提分集训(3) 自由落体运动(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　自由落体运动 1．(2021·湖北高考)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军．某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，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，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　　 ) A．0.2 s　　　　　　　B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s 解析：选B　陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误． 2．(2024·云南曲靖期末)某跳伞运动员做低空跳伞表演．从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到25 m/s 时打开降落伞，此后做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，到达地面时速度为5 m/s，重力加速度g＝10 m/s2 .下列说法正确的是(　　 ) A．运动员在1 s内、2 s内、3 s内的位移大小之比为1∶4∶9 B．运动员在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比为1∶4∶9 C．运动员在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比为4∶8∶9 D．运动员距离地面91.25 m时打开降落伞 解析：选C　A．运动员从开始跳伞到打开降落伞的时间为 t＝＝2.5 s 若运动员在3 s内一直做自由落体运动，则根据 h＝gt2 可知运动员在1 s内、2 s内、3 s内的位移大小之比为1∶4∶9，但因运动员在第3 s内的后0.5 s不是自由落体运动，可知运动员在1 s内、2 s内、3 s内的位移大小之比不等于1∶4∶9，选项A错误； B．若运动员在3 s内一直做自由落体运动，运动员在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5，则平均速度大小之比为1∶3∶5；但因运动员在第3 s内的后0.5 s做匀减速运动，则第3 s内的位移比值小于5，则平均速度之比不等于1∶4∶9，选项B错误； C．运动员在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比为 v1∶v2∶v3＝(10×1)∶(10×2)∶(10×2.5－5×0.5)＝4∶8∶9 选项C正确； D．根据v2＝v－2ah 解得 h＝＝ m＝60 m 运动员距离地面60 m时打开降落伞，选项D错误． 故选C. 对点练2　竖直上抛运动 3．(2025·石家庄期末)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/s2.5 s内物体的(　　 ) A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向向下 C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向向上 解析：选A　A．物体上升到最高点所需时间为t上升＝＝3 s 可知5 s内物体的路程为 s＝t上升＋g(t－t上升)2＝65 m 故A正确； B．依题意，有 x＝v0t－gt2＝25 m 方向向上．故B错误； C．速度改变量 Δv＝g·Δt＝50 m/s 方向向下．故C错误； D．平均速度 ＝＝5 m/s 方向向上．故D错误． 故选A. 4．(多选)(2025·广州期末)如图所示，小球甲从距离地面高度为h1＝15 m处以速度v0＝10 m/s 竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为h2＝20 m处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　 ) A.小球乙落地前，两小球的速度差不变 B．至小球乙落地时，小球甲、乙的平均速率之比为1∶2 C．至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3∶4 D．小球甲、乙运动的第1 s内位移不相同 解析：选ABD　A．取竖直向上为正方向，小球乙落地前，甲球与乙球的速度差为 Δv＝(v0－gt1)－(－gt1)＝v0 即小球乙落地前，两小球的速度差保持恒定，故A正确； B．对乙球，根据自由落体运动位移时间公式 h2＝gt 可得t2＝2 s 乙球经过的路程为 s2＝h2＝20 m 落地前的运动过程中小球乙的平均速率为 2＝＝10 m/s 对甲球，取竖直向上为正方向，有 v0t2－gt＝h1 解得h1＝0 甲球上升的最大高度为 H＝＝5 m 则甲球运动的路程为 s1＝2 H＝10 m 甲球整个过程平均速率为 1＝＝ m/s＝5 m/s 小球乙落地时小球甲、乙的平均速率之比为 ＝＝ 故B正确； C．小球乙落地时，甲球刚好回到出发位置，位移为零，所以至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为0，故C错误； D．小球甲上升到最高点的时间为 t3＝＝1 s 位移大小为 x1＝t3＝5 m 方向竖直向上； 乙运动第1 s内位移 x2＝gt2＝5 m 方向竖直向下，所以小球甲、乙运动的第1 s内位移大小相等，方向不同，故D正确． 故选ABD. 5．(多选)(2025·唐山质检)将小球A从一座高度为H的高塔塔顶静止释放，同时另一个小球B自塔底以初速度v0 竖直上抛，A，B两小球在同一直线上运动．不考虑空气阻力的影响，下面说法正确的是(　　 ) A．两小球在空中运动过程中，间距随时间均匀减小 B．如果两小球在空中相遇，则球A从开始下落到与球B相遇经历的时间一定为 C．若H>，则A、B两小球可能在空中相遇 D．若<H<，则球B定能在下降过程与球A相遇 解析：选ABD　A．两小球在空中运动过程中，间距 Δx＝H－gt2－(v0t－gt2) 整理可得 Δx＝H－v0t 可知间距随时间均匀减小，故A正确； B．如果两小球在空中相遇，根据 v0t－gt2＋gt2＝H 解得球A从开始下落到与球B相遇经历的时间 t＝ 故B正确； CD.若B球正好运动到最高点时相遇，则B速度减为零所用的时间t＝ A自由下落的位移为 hA＝gt2 B竖直上抛的位移为 hB＝v0t－gt2 又hA＋hB＝H 联立得v0t＝H 将t代入解得H＝ 当AB两球恰好在落地时相遇，则有t＝ A自由下落的位移为H＝gt2 代入时间得H＝ 由以上分析可知当H> 时，A、B两小球不能在空中相遇，当H< 时，A、B两小球能在空中相遇，<H<，则B球一定能在下落过程中与A球相遇，故D正确，C错误． 故选ABD. 对点练3　多运动过程问题 6．(多选)平直公路上，一辆小汽车前方12 m处有一辆大客车正以36 km/h的速度匀速前进，这时小汽车从静止出发以4 m/s2 的加速度追赶，下列说法正确的是(　　 ) A．汽车经5 s追上客车 B．追上前，汽车与客车相距最远距离为24.5 m C．汽车经6 s追上客车 D．追上前，汽车与客车相距最远距离为12.5 m 解析：选BC　AC.当汽车追上客车时 at2＝x0＋vt 即×4t2＝12＋10t 解得t＝6 s 故A错误，C正确； BD.当两车距离最远时速度相等，则at1＝v 解得t1＝2.5 s 此时两者最远距离为 Δx＝x0＋vt1－at＝(12＋10×2.5－×4×2.52)m＝24.5 m 故B正确，D错误． 故选BC. 7．(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是(　　 ) A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s B．小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为 20 m/s D．三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞 解析：选AD　设小轿车从刹车到停止所用最短时间为t2，则t2＝＝ s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－v，解得v′＝2 m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108 m，放置的位置至少在货车后Δx＝(108－50)m＝58 m，故D正确． [B级　练综合·提分] 8．(多选)(2025·安徽六安期末)质点从O点静止释放做自由落体运动，依次经过A、B两点，若质点通过OA、AB位移所用时间之比为1∶2，则下列说法正确的是(　　 ) A．通过A、B两点的速度大小之比为1∶2 B．OA、AB长度之比为1∶4 C．OA、AB段平均速度大小之比为1∶4 D．OA、AB段位移中点速度大小之比为1∶ 解析：选CD　A．根据v＝gt 通过A、B两点的速度大小之比为 vA∶vB＝t0∶3t0＝1∶3 故A错误； B．根据 v＝2gxOA v－v＝2gxAB OA、AB长度之比为xOA∶xAB＝1∶8 故B错误； C．OA、AB段平均速度大小之比为 OA∶AB＝∶＝1∶4 故C正确； D．根据v1＝，v2＝ OA、AB段位移中点速度大小之比为 v1∶v2＝∶＝1∶ 故D正确． 故选CD. 9．(2025·山东东营期末)如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，管长为l＝0.2 m，M、N为空管的上、下两端面．空管以恒定的速度向下做匀速直线运动，同时在距空管N端面正下方d＝0.25 m处，有一小球开始做自由落体运动，取g＝10 m/s2. 求： (1)若经过t1＝0.1 s，小球与N端面等高，求空管的速度大小v1 ； (2)若经过t2＝0.5 s，小球在空管内部，求空管的速度大小v2 应满足什么条件． 解析：(1)当球与N点等高时 v1t1－gt＝d 解得v1＝3 m/s (2)若v2最小时，球恰好运动到与N点等高 v2mint2－gt＝d 解得v2min＝3 m/s 若v2最大时，球恰好运动到与M点等高 v2maxt2－gt＝d＋l 解得v2max＝3.4 m/s 空管的速度大小v2应满足 3 m/s≤v2≤3.4 m/s 答案：(1)3 m/s　(2)3 m/s≤v2≤3.4 m/s [C级　练加强·培优] 10．(2025·济宁模拟)某市开展礼让行人活动，要求在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线．如图所示一辆家用轿车长度L＝4 m，正以v0＝10 m/s 的速度行驶，车头距停止线的距离为L1＝30 m，人行道宽度为L2＝4 m．距离人行道为L4＝3 m的行人以v1＝1 m/s 的速度匀速走向长度为L3＝9 m的人行道，停止线到人行道的距离可忽略． (1)若行人与轿车均未发现对方，均做匀速运动，求两者能否相遇； (2)若轿车立即以恒定的加速度a＝2 m/s2 加速，求是否违反要求； (3)若轿车以恒定的加速度a2 减速，要保证不违反要求，求加速度a2 的大小需要满足的条件． 解析：(1)从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间 t＝＝3.8 s 行人在这段时间内的位移为 x0＝v1t＝3.8 m 则有x0－L4＝0.8 m 可知，两者不会相遇． (2)从题述时刻到行人走上人行道所用时间 t1＝＝3 s 在3 s内轿车的位移x＝v0t1＋at 代入数据得x＝39 m>L1＋L＋L2 故没有违反要求． (3)从题述时刻到行人穿过人行道所用时间 t2＝＝12 s 要保证不违反要求，轿车必须在12 s内到达停止线，所以轿车在30 m内速度减小为零时对应的加速度最小 a2min＝＝ m/s2 故轿车的加速度大小应满足 a2≥ m/s2 答案：(1)两者不会相遇　(2)没有违反要求　(3)a2≥ m/s2 学科网（北京）股份有限公司 $$