第一章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第一章 运动的描述　匀变速直线运动 第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题 返回目录 返回目录 返回目录 × √ × √ × √ 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 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。 2．能灵活处理多过程问题 【微点辨析】 (1)重的物体总是比轻的物体下落得快。( ) (2)同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。( ) (3)自由落体加速度的方向垂直地面向下。( ) (4)做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s。( ) (5)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。( ) (6)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。( ) 考点 eq \a\vs4\al(1) 自由落体运动(互动共研) 1．可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的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。 (2)从运动开始的一段时间内的平均速度 eq \x\to(v) ＝ eq \f(h,t) ＝ eq \f(v,2) ＝ eq \f(1,2) gt。 (3)连续相等的时间T内位移的增加量相等，即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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决。 考向1　自由落体运动基本公式的应用 [例1]　如图所示，木杆长为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，取g＝10 m/s2。求： (1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1。 (2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2。 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t下A， h下A＝ eq \f(1,2) gt下A2，解得t下A＝ eq \r(3)s， 设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A， h上A＝ eq \f(1,2) gt上A2，解得t上A＝2 s， 则木杆通过圆筒上端A所用的时间： t1＝t上A－t下A＝(2－ eq \r(3)) s； (2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B，h上B＝ eq \f(1,2) gt上B2， h上B＝20 m＋5 m＝25 m， 解得t上B＝ eq \r(5) s， 则木杆通过圆筒所用的时间： t2＝t上B－t下A＝( eq \r(5) － eq \r(3) ) s。 答案　(1)(2－ eq \r(3) ) s　(2)( eq \r(5) － eq \r(3) ) s 考向2　自由落体的先后下落问题 [例2]　如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2 s。B球与地面的高度差h＝5 m(不计空气阻力，g取10 m/s2)。则(　　) A．A球与地面的高度差为6 m B．A、B两小球释放前相距4.4 m C．若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地 D．A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大 解析　设B球用时为t，则有5 m＝ eq \f(1,2) gt2，对A球有h＝ eq \f(1,2) g(t＋0.2)2，联立解得h＝7.2 m，故A错误；据前面分析，A、B两小球释放前高度差为Δh＝7.2 m－5 m＝2.2 m，则相距为s＝ eq \f(Δh,sin 30°) ＝4.4 m，故B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。 答案　B 2．(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，以下判断正确的是(　　) 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 解析　b球下落高度为20 m时，t1＝ eq \r(\f(2h,g)) ＝ eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s，则a球下降了3 s，a球的速度大小为v＝30 m/s，故A错误；a球下降的总时间为t2＝ eq \r(\f(2×125,10)) s＝5 s，此时b球下降了4 s，b球的下降高度为h′＝ eq \f(1,2) ×10×42 m＝80 m，故b球离地面的高度为hb＝(125－80) m＝45 m，故B正确；由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误。 答案　BC 考点 eq \a\vs4\al(2) 竖直上抛运动(互动共研) 1．重要特性(如图)： (1)对称性 ①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。 ②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。 (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，在解决问题时要注意这个特性。 2．竖直上抛运动的两种研究方法 (1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 (2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度a＝－g的匀变速直线运动。必须注意物理量的矢量性，习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。 考向1　竖直上抛运动的分析 [例3]　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) gt12＝ 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　竖直上抛运动的对称性 [例4]　一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　) A．80 m B．40 m C．20 m D．无法确定 解析　物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为 eq \f(tA,2) ，从最高点自由下落到B点的时间为 eq \f(tB,2) ，A、B间距离为hAB＝ eq \f(1,2) g eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tA,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tB,2)))\s\up12(2))) ＝ eq \f(1,2) ×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C。 答案　C 考点 eq \a\vs4\al(3) 匀变速运动中的多过程问题(互动共研) 1．一般的解题步骤 (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。 (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。 (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。 2．解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。 [例6]　 ETC是高速公路电子不停车收费系统的简称，可以加快高速公路上汽车的通行。如图所示，甲、乙两车均以v0＝15 m/s的初速度同向分别走ETC通道和人工收费通道下高速。甲车从减速线AB处开始做匀减速运动，当速度减至v＝5 m/s时，匀速行驶到收费站中心线处，再匀加速至15 m/s的速度驶离。乙车从减速线AB处开始做匀减速运动，恰好在收费站中心线处停车，缴费用时10 s，然后再匀加速至15 m/s的速度驶离。已知两汽车加速和减速的加速度大小均为2.5 m/s2，求： (1)甲车通过收费站过程中，匀速行驶的距离。 (2)两车均从15 m/s开始减速到加速至速度刚好为15 m/s的过程中，甲车比乙车少用的时间。 解析　(1)以乙车为研究对象，从减速线AB到收费站中心线，由0－v02＝ －2ax解得x＝45 m，以甲车为研究对象，由v2－v02＝－2ax1解得x1＝40 m，则甲车匀速行驶的距离x2＝x－x1＝5 m； (2)对甲、乙两车应用运动学公式，得v＝v0－at1，0＝v0－at2，解得t1＝4 s，t2＝6 s，甲车匀速行驶的时间t3＝ eq \f(x2,v) ＝1 s，则甲车比乙车少用的时间Δt＝(2t2＋t)－(2t1＋t3) ，其中t＝10 s，解得Δt＝13 s。 答案　(1)5 m　(2)13 s $$