第1章 第3讲 自由落体和竖直上抛运动(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 第3讲 自由落体和竖直上抛运动 备考目标 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。 2.能灵活处理多过程问题。 考点一　自由落体运动 整合 必备知识 静止 gt gt2 2gh 提升 关键能力 题组 应用训练 考点二　竖直上抛运动 整合 必备知识 向上 重力 v0-gt -2gh × √ 提升 关键能力 题组 应用训练 课下巩固精练（三） 【真题衍生·小练】 (2021·湖北高考改编)我国运动员陈芋汐在女子单人10米跳台比赛中，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。假设整个下落过程近似为自由落体运动，则她用于姿态调整的时间约为________。 提示：0.4 s 应用自由落体运动规律解题时的两点注意 (1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题。 ①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。 ②Δv＝gΔt。相等时间内，速度变化量相同。 ③连续相等时间T内下落的高度之差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。 考向1　自由落体运动基本公式的应用 1．(2023·黑龙江哈尔滨统考)一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1 s内的位移恰为最后1 s内位移的二分之一。已知重力加速度大小取10 m/s2，则它开始下落时距落地点的高度为(　　 ) A．15 m B．12.5 m C．11.25 m D．10 m 解析：选C。物体第1 s内的位移为h1＝ eq \f(1,2) gt eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(0)) ＝ eq \f(1,2) ×10×12 m＝5 m，则物体最后1 s内的位移为h2＝2h1＝10 m，物体最后1 s内的平均速度为v＝ eq \f(h2,t0) ＝gt，解得t＝1 s，则下落的时间为t总＝t＋ eq \f(t0,2) ＝1 s＋ eq \f(1,2) s＝1.5 s，则物体开始下落时距落地点的高度为h＝ eq \f(1,2) gt eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(总)) ＝ eq \f(1,2) ×10×1.52 m＝11.25 m，故C正确。 考向2　自由落体运动中的“比例关系”的应用 2．(2023·浙江名校联考)将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4 s末落到井底。该小球开始下落后第2 s内和第4 s内的平均速度之比是(　　 ) A．1∶3 B．2∶4 C．3∶7 D．1∶4 解析：选C。根据公式v＝gt可得，第1 s末小球的速度为v1＝10 m/s，第2 s末小球的速度为v2＝20 m/s，所以第2 s内的平均速度为 eq \x\to(v) 1＝ eq \f(v1＋v2,2) ＝15 m/s，第3 s末小球的速度为v3＝30 m/s，第4 s末小球的速度为v4＝40 m/s，所以第4 s内的平均速度 eq \x\to(v) 2＝ eq \f(v3＋v4,2) ＝35 m/s，故 eq \x\to(v) 1∶ eq \x\to(v) 2＝3∶7，C正确。 考向3　多物体自由下落 3．如图所示，雨天屋檐底的雨滴A自由下落0.2 s时，铜铃边缘上的雨滴B恰开始自由下落，结果A、B同时落在一水平桌面上。已知雨滴A、B初始位置的竖直高度差L＝1 m，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　 ) A．雨滴A的运动时间为0.4 s B．雨滴A到水平桌面的距离为1.8 m C．雨滴B到水平桌面的距离为1.8 m D．若雨滴下落前将桌子四脚垫高0.5 m，A、B仍能同时落在该桌面上 解析：选B。设A的运动时间为t，A到水平桌面的高度为ha，B的运动时间为(t－0.2 s)，B到地面的高度为hb，则ha＝ eq \f(1,2) gt2，hb＝ha－L＝ eq \f(1,2) g(t－0.2 s)2，两式联立得t＝0.6 s，ha＝1.8 m，hb＝0.8 m，A、C错误，B正确；若雨前将桌子四脚垫高0.5 m，则A、B到桌子距离ha′＝1.3 m，hb′＝0.3 m，根据h＝ eq \f(1,2) gt2，解得下降时间为ta′＝ eq \r(0.26) s，tb′＝ eq \r(0.06) s，因为tb′＋0.2 s≠ta′，所以A、B不能同时落在该桌面上，D错误。 【正误判断·辨析】 (1)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。( ) (2)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。( ) 1．重要特性 (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，造成多解。 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向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－ eq \f(1,2) gt2(以竖直向上为正方向) 若v＞0，物体上升，若v＜0，物体下落 若h＞0，物体在抛出点上方，若h＜0，物体在抛出点下方 考向1　竖直上抛运动的两种研究方法 1．气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力) 解析：解法一：全程法 取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示， 重物在时间t内的位移h＝－175 m 将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入 h＝v0t－ eq \f(1,2) gt2 解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去) 所以重物落地时速度为 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。 解法二：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则 t1＝ eq \f(v0,g) ＝ eq \f(10,10) s＝1 s 上升的最大高度 h1＝ eq \f(1,2) gt eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(1)) ＝ eq \f(1,2) ×10×12 m＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2＝ eq \r(\f(2H,g)) ＝ eq \r(\f(2×180,10)) s＝6 s v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下) 所以重物从气球上掉落到落地的时间 t＝t1＋t2＝7 s。 答案：7 s　60 m/s 考向2　自由落体与竖直上抛运动的结合问题 2．(2024·河南郑州模拟)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)(　　 ) A．2.3 m/s B．2.6 m/s C．3.1 m/s D．3.2 m/s 解析：选B。小球从释放到落地共用时t1＝ eq \r(\f(2h,g)) ＝ eq \r(\f(2×（1.25＋0.55）,10)) s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m共用时t2＝ eq \r(\f(2h1,g)) ＝ eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝ eq \f(2v0,g) ，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，还要大于小球从释放到下落1.25 m所用时间，即t2<t3<t1，0.5 s< eq \f(2v0,g) <0.6 s，解得2.5 m/s<v0<3 m/s，故B正确。 $$