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第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
2024年跳水世界杯总决赛在西安落幕,我国运动员获得女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中,运动员在跳台上倒立静止,然后下落,前5 m完成技术动作,随后5 m完成姿态调整。试分析回答以下问题: (1)自由落体运动应满足哪些条件 (2)运动员此轮比赛过程中是否为自由落体运动 (3)试分析总结自由落体运动满足哪些运动学规律
[footnoteRef:1] [1:
1.(2024·广西桂林期末)随着城市高层建筑的增多,高空坠物不时发生,威胁着人们的安全。假设某小区25楼楼外某处(距离地面80 m)挂着的一花盆突然由静止掉落,忽略花盆下落时受到的一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列关于花盆下落过程的描述正确的是(　　)
[A] 花盆开始下落第1 s的位移大小为10 m
[B] 花盆开始下落第2 s的位移大小为20 m
[C] 花盆下落至地面全程中的平均速度大小为5 m/s
[D] 花盆在落地前2 s下落的高度为60 m
【答案】 D
2.某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2,从抛出开始计时,下列说法正确的是(　　)
[A] 3 s时物体的速度大小为60 m/s
[B] 3 s内物体的位移大小为45 m
[C] 6 s内物体的速度变化量为0
[D] 6 s内物体的平均速度大小为6 m/s
【答案】 B]
【答案】 静止　gt　gt2　2gh　gT2　竖直向上　重力　v0-gt　v0t-gt2　-2gh
考点一　自由落体运动
自由落体运动的两点注意
(1)要充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
②从运动开始一段时间内的平均速度===gt。
③连续相等时间T内的下落高度之差Δh=gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动。从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动,等效于竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。
[例1] 【自由落体运动】 (多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球,自由释放这两个球的时间差为1 s。g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] b球下落高度为20 m时,a球的速度大小为20 m/s
[B] a球接触地面瞬间,b球离地高度为45 m
[C] 在a球接触地面之前,两球速度差恒定
[D] 在a球接触地面之前,两球离地的高度差恒定
【答案】 BC
【解析】 b球下落高度为20 m时,t1== s=2 s,则a球下落了3 s,a球的速度大小为v=30 m/s,故A错误;a球下落的总时间为t2= s=5 s,a球落地瞬间b球下落了4 s,b球下落的高度为h′=×10×42 m=80 m,故b球离地面的高度为h″=(125-80)m=45 m,故B正确;由自由落体运动的规律可得,在a球接触地面之前,两球的速度差Δv=gt-g(t-1 s)=10 m/s,即速度差恒定,两球离地的高度差变大,故C正确,D错误。
[例2] 【非质点的自由落体运动】 如图所示,木杆长5 m,上端固定在某一点,由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力),木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB,圆筒AB长为5 m,g取10 m/s2,求:
(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间;
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间。
[解题突破] (1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间:木杆的下端到达圆筒上端A时开始计时,木杆的上端到达圆筒上端A时结束计时。
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间:木杆的下端到达圆筒上端A时开始计时,木杆的上端到达圆筒下端B时结束计时。
【答案】 (1)(2-)s　(2)(-)s
【解析】 (1)木杆由静止开始做自由落体运动,
设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t1,
h1=g,
h1=20 m-5 m=15 m,
解得t1= s,
设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t2,
h2=g=20 m,
解得t2=2 s,
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t=t2-t1=(2-)s。
(2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t3,h3=g,
h3=20 m+5 m=25 m,
解得t3= s,
则木杆通过圆筒AB所用的时间
t′=t3-t1=(-)s。
考点二　竖直上抛运动
1.运动特点
(1)对称性。
(2)多解性:当物体经过抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段;物体到达抛出点某距离时,物体可能在抛出点上方,也可能在抛出点下方。存在多解问题是该运动的重要特性。
2.研究方法
分段法 上升阶段:a=-g的匀减速直线运动 下降阶段:自由落体运动
全程法 初速度v0竖直向上,加速度g竖直向下的匀变速直线运动,v=v0-gt,h=v0t-gt2(以竖直向上为正方向)。 若v>0,物体上升,若v<0,物体下降; 若h>0,物体在抛出点上方,若h<0,物体在抛出点下方
[例3] 【竖直上抛运动的运动学分析】 (2024·黑龙江哈尔滨期末)(多选)在某一高度以v0=20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10 m/s时,下列判断正确的是(g取10 m/s2)(　　)
[A] 小球在这段时间内的位移大小一定是15 m,方向竖直向上
[B] 小球在这段时间内的平均速度可能是5 m/s
[C] 小球在这段时间内的速度变化量大小可能是10 m/s,方向竖直向上
[D] 小球上升的最大高度一定为15 m
【答案】 AB
【解析】 选竖直向上为正方向,由公式v2-=-2gx 可得,小球的位移大小一定是x== m=15 m,方向竖直向上,故A正确;当小球速度大小为10 m/s,方向竖直向上时,小球在这段时间内的平均速度为==15 m/s,当小球速度大小为10 m/s,方向竖直向下时,小球在这段时间内的平均速度为′==5 m/s,故B正确;当小球速度大小为10 m/s,方向竖直向上时,在这段时间内的速度变化量为Δv=v-v0=(10-20)m/s=-10 m/s,当小球速度大小为10 m/s,方向竖直向下时,在这段时间内的速度变化量为Δv′=-v-v0=(-10-20) m/s=-30 m/s,方向竖直向下,故C错误;小球上升的最大高度为h== m=20 m,故D错误。
[例4] 【竖直上抛运动的对称性、多解性】 为测试一物体的耐摔性,在离地25 m高处,将其以20 m/s的速度竖直向上抛出,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)经过多长时间到达最高点
(2)求抛出后离地的最大高度;
(3)经过多长时间回到抛出点
(4)经过多长时间落到地面
(5)经过多长时间离抛出点15 m
【答案】 (1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s
(5)1 s　3 s　(2+)s
【解析】 (1)运动到最高点时速度为0,由v=v0-gt1得t1=-==2 s。
(2)由=2ghmax得hmax==20 m,
所以Hmax=hmax+h0=45 m。
(3)法一　由(1)(2)知上升时间t1=2 s,
hmax=20 m,下落时,hmax=g,
解得t2=2 s,故t=t1+t2=4 s。
法二　由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s,方向竖直向下,则由v1=v0-gt,
得t=-=4 s。
法三　由h=v0t-gt2,
令h=0,
解得t3=0(舍去),t4=4 s。
(4)法一　分段法
由Hmax=g,解得t5=3 s,
故t总=t1+t5=5 s。
法二　全程法
由-h0=v0t′-gt′2,
解得t6=-1 s(舍去),t7=5 s。
(5)当物体在抛出点上方时,h=15 m,
由h=v0t-gt2,解得t8=1 s,t9=3 s,
当物体在抛出点下方时,h=-15 m,
由h=v0t-gt2,
解得t10=(2+)s,t11=(2-)s(舍去)。
解决竖直上抛运动问题的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移的方向,竖直上抛运动可将全过程看成初速度方向为正方向的匀变速直线运动。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其多解性,其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法:
①根据位移h判断,h>0在抛出点上方,h=0恰好在抛出点,h<0在抛出点下方。
②根据时间t判断,t<表明正处在上升过程,t=恰好在最高点,t>表明正处于下降过程,t>表明在抛出点下方。
考点三　多物体或多过程运动问题
1.一般的解题步骤
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,对转折点速度的求解往往是解题的关键。
[例5] 【多过程运动问题】 汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1=12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶,如果走ETC通道,需要在距收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v2=4 m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v1正常行驶;如果走人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至零,经过t0=20 s缴费成功后,再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求:
(1)汽车走ETC通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小;
(2)汽车走人工收费通道,应在离收费站中心线多远处开始减速;
(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。
[过程图示] 画出运动过程示意图。
(1)走ETC通道时经历三个运动阶段:
(2)走人工收费通道经历两个运动阶段:
【答案】 (1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
【解析】 (1)走ETC通道时,减速的位移和加速的位移相等,根据公式-=-2ax1,
可得x1==64 m,
故总的位移大小x总1=2x1+d=138 m。
(2)走人工收费通道时,开始减速时离中心线的距离为x2==72 m。
(3)走ETC通道时,汽车从开始匀减速到匀加速至v1的时间t1=×2+=18.5 s,
走人工收费通道时,汽车从开始匀减速至速度为零到匀加速至v1的时间t2=×2+t0=44 s,
又x总2=2x2=144 m,
二者的位移差为Δx=x总2-x总1=6 m,
在这段位移内走ETC通道的汽车以正常行驶速度做匀速直线运动,则Δt=t2-(t1+) =25 s。
多过程问题的处理方法
(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式:v=v0+at,x=v0t+at2,v2-=2ax,x=t。
(3)充分借助v-t图像,图像反映物体运动过程经历的不同阶段,可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v-t图像“上凸”模型,如图所示。
特点:全程初、末速度为零,匀加速直线运动过程和匀减速直线运动过程平均速度相等。
设匀加速运动的时间为t1,匀减速运动时间为t2,速度与时间关系公式:v=a1t1,v=a2t2,得=。
速度与位移关系公式:v2=2a1x1,v2=2a2x2,得=。
平均速度与位移关系公式:x1=,x2=,得=。
②多过程v-t图像“下凹”模型,如图所示。
物体较之匀速运动耽搁的距离为阴影面积表示的位移Δx的大小,耽搁的时间Δt=。
[例6] 【多物体运动问题】 如图甲为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景,在工作人员的引导下,每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客,将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示,已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m。
(1)CD间距离多远
(2)此刻A的上端滑道上还有几人
(3)此时A距滑道顶端多远
【答案】 (1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m
【解析】 (1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速直线运动的规律可知,在相邻相等时间内位移差相等,即xCD-xBC=xBC-xAB,
解得xCD=4.5 m。
(2)相邻两人间距离差为1 m,所以此刻A上端滑道上还有2人。
(3)设相邻两名游客的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有Δx=xCD-xBC=aT2,即aT2=1 m,A此时的速度为vA==,
联立两式解得vA=2aT,
此时A与滑道顶端的距离
x==2aT2=2 m。
(满分:60分)
对点1.自由落体运动
1.(4分)关于自由落体运动和重力加速度,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力加速度g是标量,只有大小,没有方向,通常g取9.8 m/s2
[B] 在地面上的不同地方,g的数值相同
[C] 地球上的同一地点,一切物体做自由落体运动的加速度都相同
[D] 不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
2.(6分)(2024·山东菏泽期末)(多选)真空中羽毛和钢球从同一高度同时自由下落,如图是用频闪相机得到的它们下落过程中的一张局部照片。已知频闪相机闪光的时间间隔为T,由照片提供的信息,下列说法正确的是(　　)
[A] 一定满足关系x1∶x2∶x3=1∶3∶5
[B] 一定满足关系x3-x2=x2-x1
[C] 拍照当地的重力加速度g=
[D] 羽毛下落到位置C时的速度大小为
3.(4分)甲、乙两物体距地面的高度之比为1∶2,所受重力之比为1∶2。某时刻两物体同时由静止开始下落。不计空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　)
[A] 甲、乙落地时的速度大小之比为1∶
[B] 所受重力较大的乙物体先落地
[C] 在两物体均未落地前,甲、乙的加速度大小之比为1∶2
[D] 在两物体均未落地前,甲、乙之间的距离越来越近
4.(4分)(2024·辽宁大连二模)t=0时刻以10 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球,t=0.4 s时从同一地点又以10 m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则两小球在空中相遇的时刻为(　　)
[A] 1.1 s [B] 1.2 s
[C] 1.3 s [D] 1.4 s
5.(4分)在离水平地面高H处,以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] 甲球相对乙球做匀变速直线运动
[B] 在落地前甲、乙两球间距离均匀增大
[C] 两球落地的速度差与v0、H有关
[D] 两球落地的时间差与v0、H有关
6.(4分)(2024·浙江温州二模)如图所示,小球从距地面高度h1=1.25 m 的A点由静止释放,经地面第一次反弹,竖直上升至最高点B,B点距地面高度h2=0.8 m,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] 小球在B点处于静止状态
[B] 小球下降过程处于失重,上升过程处于超重
[C] 小球与地面作用过程速度变化量的大小为1 m/s
[D] 小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
对点3.多物体或多过程运动问题
7.(4分)(2022·山东卷,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为 4 m 的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(　　)
[A] t=(2+) s,l=8 m
[B] t=(+) s,l=5 m
[C] t=(2++) s,l=5.5 m
[D] t= s,l=5.5 m
8.(4分)(2024·河南南阳一模)如图所示,在水平线OO′某竖直平面内,距地面高度为h,一条长为L(L[A] 小球1将与小球B同时落地
[B] 在小球B下落过程中,轻绳对小球B的拉力竖直向上
[C] h越大,小球A与小球B的落地时间差越大
[D] 在小球1落地前,小球1与2之间的距离随时间的增大而增大
9.(4分)(2023·广东卷,3)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中,可视为质点的铯原子团在激光的推动下,获得一定的初速度。随后激光关闭,铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动,到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
10.(4分)(2024·广东江门一模)目前,我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v-t图像,根据图像下列描述正确的是(　　)
[A] 甲车进入的是人工通道,乙车进入的是ETC通道
[B] 两车通过收费站相同路程(乙车0～18 s内的路程)的时间差为13 s
[C] 甲车进入通道中的加速度为5 m/s2,乙车进入通道中的加速度为2.5 m/s2
[D] 甲车进入ETC通道,当速度减为5 m/s后,匀速前进5 m
11.(9分)(2024·安徽合肥模拟)目前我国开通运营的高速铁路最高时速已达486.1 km/h,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车。列车长接到通知后,经过t1=2.5 s 将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2 的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。求:
(1)列车长打开电磁制动系统时,列车的速度大小;
(2)制动风翼和电磁制动系统都打开时,列车的平均制动加速度大小a2。
12.(9分)(2024·湖南株洲模拟)在距离水平地面H处有甲、乙两个小球,某人先静止释放甲小球,过了时间t后静止释放乙小球(甲、乙不会相撞),假设小球在与水平地面碰撞后,速度大小不变,方向反向。规定竖直向上为正方向,且不计空气阻力,重力加速度为g。
(1)求两小球到达地面前一瞬间的速度大小;
(2)若甲、乙两小球第一次相遇在h=处,且此时甲仅落地一次,乙尚未落地,求t;
(3)在(2)的前提下,求出两小球相遇时各自的速度(用H和g表示)。
(答案及解析)
1.(4分)关于自由落体运动和重力加速度,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力加速度g是标量,只有大小,没有方向,通常g取9.8 m/s2
[B] 在地面上的不同地方,g的数值相同
[C] 地球上的同一地点,一切物体做自由落体运动的加速度都相同
[D] 不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
【答案】 C
【解析】 重力加速度g是矢量,方向竖直向下,故A错误;在地面上的不同地点重力加速度的大小一般不同,但相差不大,故B错误;在地球表面同一地点,重力加速度相同,故C正确;自由落体运动的条件是初速度为零,且仅受重力作用,故D错误。
2.(6分)(2024·山东菏泽期末)(多选)真空中羽毛和钢球从同一高度同时自由下落,如图是用频闪相机得到的它们下落过程中的一张局部照片。已知频闪相机闪光的时间间隔为T,由照片提供的信息,下列说法正确的是(　　)
[A] 一定满足关系x1∶x2∶x3=1∶3∶5
[B] 一定满足关系x3-x2=x2-x1
[C] 拍照当地的重力加速度g=
[D] 羽毛下落到位置C时的速度大小为
【答案】 BD
【解析】 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知,若A点为下落起点位置,则满足x1∶x2∶x3=1∶3∶5,由于A点的速度不一定为零,则不一定满足关系x1∶x2∶x3=1∶3∶5,故A错误;根据匀变速直线运动的推论Δx=gT2=x2-x1=x3-x2,解得拍照当地的重力加速度g=,一定满足关系x3-x2=x2-x1,故B正确,C错误;根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度,羽毛下落到位置C时的速度大小为vC=,故D正确。
3.(4分)甲、乙两物体距地面的高度之比为1∶2,所受重力之比为1∶2。某时刻两物体同时由静止开始下落。不计空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　)
[A] 甲、乙落地时的速度大小之比为1∶
[B] 所受重力较大的乙物体先落地
[C] 在两物体均未落地前,甲、乙的加速度大小之比为1∶2
[D] 在两物体均未落地前,甲、乙之间的距离越来越近
【答案】 A
【解析】 由于不计空气阻力,两物体均做自由落体运动,由v2=2gh可知v=,所以甲、乙落地时的速度大小之比为1∶,故A正确;由h=gt2可知t=,所以物体做自由落体运动的时间取决于下落高度,与物体所受重力的大小无关,即甲物体先落地,故B错误;由于两物体都做自由落体运动,加速度均为重力加速度,故C错误;由于两物体都做自由落体运动且同时下落,则在两物体均未落地前,甲、乙之间的距离不变,故D错误。
对点2.竖直上抛运动
4.(4分)(2024·辽宁大连二模)t=0时刻以10 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球,t=0.4 s时从同一地点又以10 m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则两小球在空中相遇的时刻为(　　)
[A] 1.1 s [B] 1.2 s
[C] 1.3 s [D] 1.4 s
【答案】 B
【解析】 设抛出第二个小球经t′时间与第一个小球相遇,由竖直上抛运动公式,则有v0(t′+t)-g(t′+t)2=v0t′-gt′2,解得t′=0.8 s,则两小球在空中相遇的时刻为t″=0.8 s+0.4 s=1.2 s。
5.(4分)在离水平地面高H处,以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] 甲球相对乙球做匀变速直线运动
[B] 在落地前甲、乙两球间距离均匀增大
[C] 两球落地的速度差与v0、H有关
[D] 两球落地的时间差与v0、H有关
【答案】 B
【解析】 甲、乙两球加速度相同,故甲球相对于乙球做匀速直线运动,在落地前二者距离不断均匀增大,A错误,B正确;根据竖直上抛的对称性,甲球回到抛出点时速度大小为v0,方向竖直向下,两球落地的速度差为零,与v0、H均无关,C错误;由竖直上抛的对称性可知,两球落地的时间差Δt=,与v0有关,与H无关,D错误。
6.(4分)(2024·浙江温州二模)如图所示,小球从距地面高度h1=1.25 m 的A点由静止释放,经地面第一次反弹,竖直上升至最高点B,B点距地面高度h2=0.8 m,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] 小球在B点处于静止状态
[B] 小球下降过程处于失重,上升过程处于超重
[C] 小球与地面作用过程速度变化量的大小为1 m/s
[D] 小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
【答案】 D
【解析】 小球在B点受到重力,合力不为零,所以小球在B点不能处于静止状态,故A错误;小球下降过程做自由落体运动,a=g,处于完全失重状态,上升过程加速度方向为竖直向下,也是失重状态,故B错误;小球从距地面高度h1=1.25 m的A点由静止释放,做自由落体运动,到地面速度为v1=,解得v1=5 m/s,竖直上升至最高点B,B点距地面高度h2=0.8 m,小球做匀减速直线运动,从地面反弹的速度为v2=-,解得v2=-4 m/s,速度变化量为Δv=v2-v1,解得Δv=-9 m/s,故C错误;小球下降过程的平均速度大小为==2.5 m/s,上升过程的平均速度大小为=||=2 m/s,则小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小,故D正确。
对点3.多物体或多过程运动问题
7.(4分)(2022·山东卷,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为 4 m 的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(　　)
[A] t=(2+) s,l=8 m
[B] t=(+) s,l=5 m
[C] t=(2++) s,l=5.5 m
[D] t= s,l=5.5 m
【答案】 B
【解析】 依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1== m/s,在CD段运动的最大速率为v2==2 m/s,所以经过BC段和CD段的最大速率为v2=2 m/s,因此在BC段和CD段运动的最短时间t3= s= s,在B点的速率最大为v2=2 m/s,设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x,则根据匀变速直线运动规律得=-2a1x,解得x=3 m,
t2==1 s,所以匀速运动的最大距离l=8 m-x=5 m,运动时间t1= s,最短时间t=t1+t2+t3=(+) s。
8.(4分)(2024·河南南阳一模)如图所示,在水平线OO′某竖直平面内,距地面高度为h,一条长为L(L[A] 小球1将与小球B同时落地
[B] 在小球B下落过程中,轻绳对小球B的拉力竖直向上
[C] h越大,小球A与小球B的落地时间差越大
[D] 在小球1落地前,小球1与2之间的距离随时间的增大而增大
【答案】 D
【解析】 设小球1下落到与小球B等高的位置时的速度为v,设小球1还需要经过时间t1落地,则h-L=vt1+g,设小球B运动的时间为t2,则h-L=g,比较可知t19.(4分)(2023·广东卷,3)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中,可视为质点的铯原子团在激光的推动下,获得一定的初速度。随后激光关闭,铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动,到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 铯原子团仅受重力的作用,加速度g竖直向下,大小恒定,在v-t图像中,斜率表示加速度,故斜率不变,图像应该是一条倾斜的直线,故A、B错误;因为加速度恒定,且方向竖直向下,为负值,故C错误,D正确。
10.(4分)(2024·广东江门一模)目前,我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v-t图像,根据图像下列描述正确的是(　　)
[A] 甲车进入的是人工通道,乙车进入的是ETC通道
[B] 两车通过收费站相同路程(乙车0～18 s内的路程)的时间差为13 s
[C] 甲车进入通道中的加速度为5 m/s2,乙车进入通道中的加速度为2.5 m/s2
[D] 甲车进入ETC通道,当速度减为5 m/s后,匀速前进5 m
【答案】 D
【解析】 经过人工通道缴费时车的速度应减为零,然后再启动,而经过ETC通道不需要停车即可通过,由题图可知甲只是减速,但速度并没有减为零,所以甲车进入的是ETC通道,乙车进入的是人工通道,故A错误;由v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移可知,通过收费站相同路程为s=4×10 m=40 m,乙车用了18 s时间,而甲车用了大于5 s时间(0～5 s时间内,甲图线与时间轴围成的面积小于40 m),故两车通过收费站相同路程的时间差小于13 s,故B错误;甲车进入通道的加速度大小为a甲=||= m/s2=2.5 m/s2,乙车进入通道的加速度大小为a乙=||= m/s2=2.5 m/s2,故C错误;由v-t 图像图线与坐标轴所围的面积表示位移可知,甲车进入ETC通道,当速度减为5 m/s后,匀速前进x=vt=5×1 m=5 m,故D
正确。
11.(9分)(2024·安徽合肥模拟)目前我国开通运营的高速铁路最高时速已达486.1 km/h,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车。列车长接到通知后,经过t1=2.5 s 将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2 的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。求:
(1)列车长打开电磁制动系统时,列车的速度大小;
(2)制动风翼和电磁制动系统都打开时,列车的平均制动加速度大小a2。
【答案】 (1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
【解析】 (1)设经过t2=40 s时,列车的速度大小为v1,又v0=288 km/h=80 m/s,
则打开制动风翼后,减速过程有
v1=v0-a1t2=60 m/s。
(2)列车长接到通知后,经过t1=2.5 s将制动风翼打开,这段时间列车行驶的距离
x1=v0t1=200 m,
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中,列车行驶的距离x2==2 800 m,
从打开电磁制动系统到列车停下来的过程中,列车行驶的距离
x3=x0-x1-x2-500 m=1 500 m,
则a2==1.2 m/s2。
12.(9分)(2024·湖南株洲模拟)在距离水平地面H处有甲、乙两个小球,某人先静止释放甲小球,过了时间t后静止释放乙小球(甲、乙不会相撞),假设小球在与水平地面碰撞后,速度大小不变,方向反向。规定竖直向上为正方向,且不计空气阻力,重力加速度为g。
(1)求两小球到达地面前一瞬间的速度大小;
(2)若甲、乙两小球第一次相遇在h=处,且此时甲仅落地一次,乙尚未落地,求t;
(3)在(2)的前提下,求出两小球相遇时各自的速度(用H和g表示)。
【答案】 (1)　(2)(2-) (3)见解析
【解析】 (1)两小球均做自由落体运动,
则v2=2gH,
解得v=。
(2)此时乙的位移大小为x1=H-h=H,
其中x1=g,
解得t1=,
而甲落地后又上升了h=的高度,其中H=g,h=vt3-g,
解得t3=-或t3=+(舍去),
则t=t2+t3-t1=(2-)。
(3)相遇时甲的速度大小为
v甲=v-gt3=,
方向竖直向上;
乙的速度大小为
v乙=gt1=,方向竖直向下。(共67张PPT)
高中总复习·物理
第3讲　
自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
情境导思
2024年跳水世界杯总决赛在西安落幕,我国运动员获得女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中,运动员在跳台上倒立静止,然后下落,前5 m完成技术动作,随后5 m完成姿态调整。试分析回答以下问题:
(1)自由落体运动应满足哪些条件
(2)运动员此轮比赛过程中是否为自由落体运动
(3)试分析总结自由落体运动满足哪些运动学规律
知识构建
小题试做
1.(2024·广西桂林期末)随着城市高层建筑的增多,高空坠物不时发生,威胁着人们的安全。假设某小区25楼楼外某处(距离地面80 m)挂着的一花盆突然由静止掉落,忽略花盆下落时受到的一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列关于花盆下落过程的描述正确的是(　　)
[A] 花盆开始下落第1 s的位移大小为10 m
[B] 花盆开始下落第2 s的位移大小为20 m
[C] 花盆下落至地面全程中的平均速度大小为5 m/s
[D] 花盆在落地前2 s下落的高度为60 m
D
小题试做
2.某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2,从抛出开始计时,下列说法正确的是(　　)
[A] 3 s时物体的速度大小为60 m/s
[B] 3 s内物体的位移大小为45 m
[C] 6 s内物体的速度变化量为0
[D] 6 s内物体的平均速度大小为6 m/s
B
高中总复习·物理
考点一
自由落体运动
自由落体运动的两点注意
(1)要充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
③连续相等时间T内的下落高度之差Δh=gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动。从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动,等效于竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。
[例1] 【自由落体运动】 (多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球,自由释放这两个球的时间差为1 s。g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(　 　)
[A] b球下落高度为20 m时,a球的速度大小为20 m/s
[B] a球接触地面瞬间,b球离地高度为45 m
[C] 在a球接触地面之前,两球速度差恒定
[D] 在a球接触地面之前,两球离地的高度差恒定
BC
[例2] 【非质点的自由落体运动】 如图所示,木杆长5 m,上端固定在某一点,由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力),木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB,圆筒AB长为5 m,g取10 m/s2,求:
(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间;
规范答题
[解题突破] (1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间:木杆的下端到达圆筒上端A时开始计时,木杆的上端到达圆筒上端A时结束计时。
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间。
规范答题
[解题突破] (2)木杆通过圆筒AB所用的时间:木杆的下端到达圆筒上端A时开始计时,木杆的上端到达圆筒下端B时结束计时。
高中总复习·物理
考点二
竖直上抛运动
1.运动特点
(1)对称性。
(2)多解性:当物体经过抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段;物体到达抛出点某距离时,物体可能在抛出点上方,也可能在抛出点下方。存在多解问题是该运动的重要特性。
2.研究方法
[例3] 【竖直上抛运动的运动学分析】 (2024·黑龙江哈尔滨期末)(多选)在某一高度以v0=20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10 m/s时,下列判断正确的是(g取10 m/s2)(　 　)
[A] 小球在这段时间内的位移大小一定是15 m,方向竖直向上
[B] 小球在这段时间内的平均速度可能是5 m/s
[C] 小球在这段时间内的速度变化量大小可能是10 m/s,方向竖直向上
[D] 小球上升的最大高度一定为15 m
AB
[例4] 【竖直上抛运动的对称性、多解性】 为测试一物体的耐摔性,在离地25 m高处,将其以20 m/s的速度竖直向上抛出,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)经过多长时间到达最高点
【答案】 (1)2 s　
(2)求抛出后离地的最大高度;
【答案】 (2)45 m　
(3)经过多长时间回到抛出点
【答案】 (3)4 s
(4)经过多长时间落到地面
【答案】　(4)5 s
(5)经过多长时间离抛出点15 m
解决竖直上抛运动问题的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移的方向,竖直上抛运动可将全过程看成初速度方向为正方向的匀变速直线运动。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其多解性,其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法:
①根据位移h判断,h>0在抛出点上方,h=0恰好在抛出点,h<0在抛出点下方。
方法点拨
高中总复习·物理
考点三
多物体或多过程运动问题
1.一般的解题步骤
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,对转折点速度的求解往往是解题的关键。
[例5] 【多过程运动问题】 汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1=12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶,如果走ETC通道,需要在距收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v2=4 m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v1正常行驶;如果走人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至零,经过t0=20 s缴费成功后,再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求:
(1)汽车走ETC通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小;
【答案】 (1)138 m
(2)汽车走人工收费通道,应在离收费站中心线多远处开始减速;
【答案】 (2)72 m
(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。
【答案】 (3)25 s
多过程问题的处理方法
(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
方法点拨
(3)充分借助v-t图像,图像反映物体运动过程经历的不同阶段,可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v-t图像“上凸”模型,如图所示。
方法点拨
②多过程v-t图像“下凹”模型,如图所示。
方法点拨
[例6] 【多物体运动问题】 如图甲为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景,在工作人员的引导下,每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客,将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示,已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m。
(1)CD间距离多远
【答案】 (1)4.5 m
【解析】 (1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速直线运动的规律可知,在相邻相等时间内位移差相等,即xCD-xBC=xBC-xAB,
解得xCD=4.5 m。
(2)此刻A的上端滑道上还有几人
【答案】 (2)2人
【解析】 (2)相邻两人间距离差为1 m,所以此刻A上端滑道上还有2人。
(3)此时A距滑道顶端多远
【答案】 (3)2 m
高中总复习·物理
(满分:60分)
课时巩固
基础对点练
对点1.自由落体运动
1.(4分)关于自由落体运动和重力加速度,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力加速度g是标量,只有大小,没有方向,通常g取9.8 m/s2
[B] 在地面上的不同地方,g的数值相同
[C] 地球上的同一地点,一切物体做自由落体运动的加速度都相同
[D] 不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
C
【解析】 重力加速度g是矢量,方向竖直向下,故A错误;在地面上的不同地点重力加速度的大小一般不同,但相差不大,故B错误;在地球表面同一地点,重力加速度相同,故C正确;自由落体运动的条件是初速度为零,且仅受重力作用,故D错误。
2.(6分)(2024·山东菏泽期末)(多选)真空中羽毛和钢球从同一高度同时自由下落,如图是用频闪相机得到的它们下落过程中的一张局部照片。已知频闪相机闪光的时间间隔为T,由照片提供的信息,下列说法正确的是(　 　)
[A] 一定满足关系x1∶x2∶x3=1∶3∶5
[B] 一定满足关系x3-x2=x2-x1
BD
3.(4分)甲、乙两物体距地面的高度之比为1∶2,所受重力之比为1∶2。某时刻两物体同时由静止开始下落。不计空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　)
[B] 所受重力较大的乙物体先落地
[C] 在两物体均未落地前,甲、乙的加速度大小之比为1∶2
[D] 在两物体均未落地前,甲、乙之间的距离越来越近
A
对点2.竖直上抛运动
4.(4分)(2024·辽宁大连二模)t=0时刻以10 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球,t=0.4 s时从同一地点又以10 m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则两小球在空中相遇的时刻为(　　)
[A] 1.1 s [B] 1.2 s
[C] 1.3 s [D] 1.4 s
B
5.(4分)在离水平地面高H处,以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] 甲球相对乙球做匀变速直线运动
[B] 在落地前甲、乙两球间距离均匀增大
[C] 两球落地的速度差与v0、H有关
[D] 两球落地的时间差与v0、H有关
B
6.(4分)(2024·浙江温州二模)如图所示,小球从距地面高度h1=1.25 m 的A点由静止释放,经地面第一次反弹,竖直上升至最高点B,B点距地面高度h2=
0.8 m,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
[A] 小球在B点处于静止状态
[B] 小球下降过程处于失重,上升过程处于超重
[C] 小球与地面作用过程速度变化量的大小为1 m/s
[D] 小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
D
对点3.多物体或多过程运动问题
7.(4分)(2022·山东卷,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为 4 m 的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(　　)
B
8.(4分)(2024·河南南阳一模)如图所示,在水平线OO′某竖直平面内,距地面高度为h,一条长为L(L[A] 小球1将与小球B同时落地
[B] 在小球B下落过程中,轻绳对小球B的拉力竖直向上
[C] h越大,小球A与小球B的落地时间差越大
[D] 在小球1落地前,小球1与2之间的距离随时间的增大而增大
D
9.(4分)(2023·广东卷,3)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中,可视为质点的铯原子团在激光的推动下,获得一定的初速度。随后激光关闭,铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动,到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　　)
D
综合提升练
[A] [B] [C] [D]
【解析】 铯原子团仅受重力的作用,加速度g竖直向下,大小恒定,在v-t图像中,斜率表示加速度,故斜率不变,图像应该是一条倾斜的直线,故A、B错误;因为加速度恒定,且方向竖直向下,为负值,故C错误,D正确。
10.(4分)(2024·广东江门一模)目前,我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v-t图像,根据图像下列描述正确的是(　　)
[A] 甲车进入的是人工通道,乙车进入的是ETC通道
[B] 两车通过收费站相同路程(乙车0～18 s内的路程)的时间差为13 s
[C] 甲车进入通道中的加速度为5 m/s2,乙车进入通道中的加速度为2.5 m/s2
[D] 甲车进入ETC通道,当速度减为5 m/s后,匀速前进5 m
D
11.(9分)(2024·安徽合肥模拟)目前我国开通运营的高速铁路最高时速已达486.1 km/h,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车。列车长接到通知后,经过t1=2.5 s 将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2 的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。求:
(1)列车长打开电磁制动系统时,列车的速度大小;
【答案】 (1)60 m/s
【解析】 (1)设经过t2=40 s时,列车的速度大小为v1,又v0=288 km/h=80 m/s,
则打开制动风翼后,减速过程有v1=v0-a1t2=60 m/s。
【答案】 (2)1.2 m/s2
(2)制动风翼和电磁制动系统都打开时,列车的平均制动加速度大小a2。
12.(9分)(2024·湖南株洲模拟)在距离水平地面H处有甲、乙两个小球,某人先静止释放甲小球,过了时间t后静止释放乙小球(甲、乙不会相撞),假设小球在与水平地面碰撞后,速度大小不变,方向反向。规定竖直向上为正方向,且不计空气阻力,重力加速度为g。
(1)求两小球到达地面前一瞬间的速度大小;
(3)在(2)的前提下,求出两小球相遇时各自的速度(用H和g表示)。

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