第1章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多运动过程问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第一章　运动的描述　匀变速直线运动研究 第2讲　自由落体运动和竖直上抛运动　 多运动过程问题 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 目录 contents Part 01 知识储备 核心考点 Part 02 提分集训 Part 03 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 知 识 储 备 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 √ × √ 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 核 心 考 点 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 提分 集训（三） 点击进入word 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 谢谢观看 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高考总复习 物理 返回目录 考向 定位 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，并能解决实际问题；2.理解竖直上抛运动的对称性和多解性；3.灵活运用匀变速直线运动的规律解决多过程问题． 1. 2. [思考判断] (1)同一地点，轻重不同的物体的g值一样大．( ) (2)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值．( ) (3)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．( ) 考点一　自由落体运动 1．运动特点 初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动． 2．解题规律 (1)初速度为0的匀变速直线运动规律适用： 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∶…. ②由Δv＝gΔt知，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． [例1]　(2024·广东江门阶段练习)如图所示，直杆长L1＝0.5 m，圆筒高为L2＝2.5 m．直杆位于圆筒正上方H＝1 m处．直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒．试求：(取g＝10 m/s2， eq \r(5)＝2.24) (1)直杆下端刚好开始进入圆筒时的瞬时速度v1 ； (2)直杆穿越圆筒所用的时间t. 【解析】　(1)直杆做自由落体运动，由运动学知识得 v eq \o\al(2,1)＝2gH 解得 v1＝ eq \r(2×10×1) m/s＝4.48 m/s (2)设直杆下端到达圆筒上方的时间为t1，则 H＝ eq \f(1,2)gt eq \o\al(2,1) 设直杆上端离开圆筒下方时间为t2，则 L1＋H＋L2＝ eq \f(1,2)gt eq \o\al(2,2) 由题意得 t＝t2－t1 联立解得 t≈0.45 s 【答案】　(1)4.48 m/s　(2)0.45 s [对点训练] 1．(2025·厦门期中)某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个小球从离地面20 m的高楼面由静止释放，让其自由下落，下落途中经过一个窗口，窗口高度为2 m，小球从窗口上边框到下边框用时Δt＝0.2 s，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小球落地时的速度大小； (2)落地前最后1 s内的位移大小； (3)高楼面离窗的上边框的高度． 解析：(1)根据速度位移关系 v2＝2gh 解得小球落地时速度大小为 v＝20 m/s (2)设小球自由下落时间为t，根据速度时间关系得 t＝ eq \f(v,g)＝2 s 小球在第1 s内的位移为 h1＝ eq \f(1,2)gt eq \o\al(2,1)＝5 m 则小球落地前最后1 s内的位移为 h2＝h－h1＝15 m (2)由题意知，窗口的高度为 h3＝2 m 设高楼面距窗的上边框h0，小球从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0，则 h0＝ eq \f(1,2)gt eq \o\al(2,0) h0＋h3＝ eq \f(1,2)g(t0＋Δt)2 联立解得 h0＝4.05 m 答案：(1)20 m/s2　(2)15 m　(3)4.05 m 考点二　竖直上抛运动 1．重要特性 (1)对称性(如图) (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 [例2]　(2025·郑州模拟)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＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)经过多长时间到达最高点； (2)抛出后离地的最大高度是多少； (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. 【解析】　(1)运动到最高点时速度为0，由匀变速运动规律可得 v＝v0－gt1 解得 t1＝ eq \f(v0－v,g)＝ eq \f(v0,g)＝2 s (2)根据匀变速运动规律 v eq \o\al(2,0)＝2ghmax 解得 hmax＝2,0) eq \f(v,2g) ＝20 m 所以 Hmax＝hmax＋h0＝45 m (3)方法一：由(1)(2)知上升时间 t1＝2 s 下落回到抛点时 hmax＝ eq \f(1,2)gt eq \o\al(2,2) 解得 t2＝2 s 故回到抛点的时间 t＝t1＋t2＝4 s 方法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由 v1＝v0－gt t＝t1＋t2＝4 s 解得 t＝－ eq \f(v1－v0,g)＝4 s 方法三：将整个过程看成匀减速运动，则有 h＝v0t－ eq \f(1,2)gt2 回到抛点时 h＝0 解得 t＝0 (舍去) t＝4 s (4)方法一：分段法，根据上述计算可知，物体上升到最高点的时间 t1＝2 s 物体从最高点落回地面的时间 Hmax＝ eq \f(1,2)gt′2 解得 t′＝ eq \r(\f(2Hmax,g))＝3 s 落回地面的总时间 t总＝t1＋t′＝5 s 方法二：全程法，把整个过程看成匀减速运动，以抛点为坐标原点，竖直向上为正方向，则有 －h0＝v0t－ eq \f(1,2)gt2 解得 t＝－1 s(舍去) t＝5 s (5)当物体在抛出点上方时，即 h＝15 m 根据匀变速运动规律 h＝v0t－ eq \f(1,2)gt2 解得 t＝1 s 或 t＝3 s 同理，当物体在抛出点下方时 h＝－15 m 根据 h＝v0t－ eq \f(1,2)gt2 解得 t＝(2＋ eq \r(7))s 或 t＝(2－ eq \r(7))s(舍去) 【答案】　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s　(5)1 s　3 s　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\r(7))) s [对点训练] 2．(多选)如图，从P 点以某一初速度竖直向上抛一个小球(视为质点)，运动中小球依次经过A、B 两点，且A、B 两点与P 点高度差都是h，小球经过B 点时的速率是经过A点时的速率的2倍，重力加速度为g，运动中小球所受空气阻力不计，下列选项正确的是(　　 ) A．从P点抛出，小球最高可以上升高度为 eq \f(5h,3) B．小球抛出时的初速度为 eq \r(\f(4gh,3)) C．小球从P点抛出再回到P点经历的时间为 eq \r(\f(10h,3g)) D．小球从最高点到达B点经历的时间为4 eq \r(\f(h,3g)) D．小球从最高点到达B点经历的时间为4 eq \r(\f(h,3g)) 解析：选AD　AB.根据题意设小球经过A 点时的速度为v，经过B 点时的速度为2v，由匀变速运动规律，可得 4v2－v2＝4gh 得v2＝ eq \f(4,3)gh 又v eq \o\al(2,0)－v2＝2gh 由此可得 v eq \o\al(2,0)＝ eq \f(10,3)gh 小球上升至最高点 v eq \o\al(2,0)＝2gH＝ eq \f(10,3)gh 解得初速度 v0＝ eq \r(\f(10,3)gh)，H＝ eq \f(5,3)h 故A正确，B错误； C.小球从P点抛出再回到P点经历的时间 t＝ eq \f(2v0,g)＝ eq \r(\f(40h,3g)) 故C错误； D．因为v2＝ eq \f(4,3)gh 可得v＝2 eq \r(\f(gh,3)) 从最高点下落到B点所需的时间 t′＝ eq \f(2v,g)＝4 eq \r(\f(h,3g)) 故D正确． 故选AD. 考点三　多运动过程问题 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3]　(2025·浙江杭州期中)水平长直公路上，甲、乙两汽车正以相同速度v0＝20 m/s同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，乙车头与甲车尾的距离d＝32 m，若t＝0时刻甲车以加速度大小为2 m/s2减速刹车． (1)若甲车开始刹车后，乙车司机反应了2 s后也开始刹车． ①甲车刹车到停下通过的距离； ②乙车至少以多大的加速度刹车减速才能避免两车相撞？ (2)若甲车开始刹车后，乙车司机因故一直未采取制动措施，甲车司机发现后立即又以2 m/s2的加速度加速前进．为了避免两车相撞，甲车最多减速多长时间？ 【解析】　(1)①根据速度位移关系可得 x0＝2,0) eq \f(v,2a) ＝ eq \f(202,2×2)m＝100 m 即甲车刹车到停下通过的距离为100 m； ②甲车从刹车到停下来的时间为 t0＝ eq \f(v0,a)＝ eq \f(20,2) s＝10 s 当甲车停下时，乙车也刚好停下，此过程乙车的位移为 x′0＝v0Δt＋ eq \f(v0,2)(t0－Δt)＝120 m<x0＋d＝132 m 可知甲车先停下，乙车后停下，当乙车减速到甲车停下位置刚好速度 为0时，乙车刹车减速的加速度最小，则有 v0Δt＋2,0) eq \f(v,2a′) ＝x0＋d 解得 a′＝2.17 m/s2 (2)设甲车刹车最长时间为t1，则当甲车再次加速到20 m/s时两车恰好未相撞，根据对称性可知甲车减速阶段和加速阶段的位移均为 x1＝x2＝v0t1－ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,1) 乙车的位移为 x3＝v0·2t1 由位移关系有 x1＋x2＋d＝x3 解得 t1＝4 s 【答案】　(1)①100 m　②2.17 m/s2　(2)4 s eq \a\vs4\al([方法指导]) 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＋ eq \f(1,2)at2，v2－v eq \o\al(2,0)＝2ax，x＝ eq \f(v＋v0,2)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 eq \f(a1,a2)＝ eq \f(t2,t1) 速度与位移关系公式：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2得 eq \f(a1,a2)＝ eq \f(x2,x1) 平均速度与位移关系公式：x1＝ eq \f(vt1,2)，x2＝ eq \f(vt2,2) 得 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(x1,x2)　　 ②多过程v－t图像“下凹”模型，如图所示． 车较之匀速行驶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＝ eq \f(Δx,v). [对点训练] 3．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0).已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　 ) A． eq \f(v0－v,2a)＋ eq \f(L＋l,v) B． eq \f(v0－v,a)＋ eq \f(L＋2l,v) C． eq \f(3(v0－v),2a)＋ eq \f(L＋l,v) D． eq \f(3(v0－v),a)＋ eq \f(L＋2l,v) 解析：选C　由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0，则列车减速运动时，有v＝v0－2at1 解得t1＝ eq \f(v0－v,2a) 在隧道内匀速运动所用时间t2＝ eq \f(L＋l,v) 列车尾部出隧道后加速到速率v0，有 v0＝v＋at3 解得t3＝ eq \f(v0－v,a) 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(3(v0－v),2a)＋ eq \f(L＋l,v)，故选项C正确． 解得 v3＝12 m/s，vm＝14 m/s，t1＝t2＝0.5 s 故A错误，C正确； BD.由以上分析可知，汽车在3.5 s达到最大速度，所以加速阶段的位移为 x0～3.5＝ eq \f(vm,2)t3.5＝24.5 m 前4 s内的位移为 x0～4＝ eq \f(v3,2)t3＋x3～4＝31.5 m 故BD错误．故选C. $$