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(教用Word)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多运动过程问题 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，＝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＝2gH 解得 v1＝ 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＝gt 设直杆上端离开圆筒下方时间为t2，则 L1＋H＋L2＝gt 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＝＝2 s 小球在第1 s内的位移为 h1＝gt＝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＝gt h0＋h3＝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－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＝＝＝2 s (2)根据匀变速运动规律 v＝2ghmax 解得 hmax＝＝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＝gt 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 解得 t＝－＝4 s 方法三：将整个过程看成匀减速运动，则有 h＝v0t－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＝gt′2 解得 t′＝＝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－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－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－gt2 解得 t＝(2＋)s 或 t＝(2－)s(舍去) 【答案】　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s　(5)1 s　3 s　 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 B．小球抛出时的初速度为 C．小球从P点抛出再回到P点经历的时间为 D．小球从最高点到达B点经历的时间为4 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＝gh 又v－v2＝2gh 由此可得 v＝gh 小球上升至最高点 v＝2gH＝gh 解得初速度 v0＝，H＝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＝＝ 故C错误； D．因为v2＝gh 可得v＝2 从最高点下落到B点所需的时间 t′＝＝4 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＝＝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＝＝ 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＋(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＋＝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－at 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 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－v＝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． 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＝. [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．＋ B．＋ C．＋ D．＋ 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＝ 在隧道内匀速运动所用时间t2＝ 列车尾部出隧道后加速到速率v0，有 v0＝v＋at3 解得t3＝ 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＝＋，故选项C正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$