第1章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程运动问题(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程运动问题 [对应学生用书第9页] (1)在空气中自由释放的物体做自由落体运动。(　　) (2)物体在真空中一定做自由落体运动。(　　) (3)自由释放的物体只在重力作用下一定做自由落体运动。(　　) (4)在同一地点，轻重不同的物体自由落体加速度一样大。(　　) (5)自由落体加速度的方向指向地心。(　　) (6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)× 　(6)√ [对应学生用书第9页] 考点一　自由落体运动和竖直上抛运动 1．竖直上抛运动的对称性 时间 的对 称性 (1)物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝ (2)物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等 速度 的对 称性 (1)物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 (2)物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反 能量的 对称性 做竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能等分别相等 2．竖直上抛运动的研究方法 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竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2(规定竖直向上方向为正方向) 若vt＞0，物体上升，若vt＜0，物体下落 若h＞0，物体在抛出点正上方，若h＜0，物体在抛出点正下方 考向1　自由落体运动 　某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理书竖直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，整个下落过程的频闪照片如图所示，已知物理书的长度为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，该频闪摄影的闪光频率为(　　) A．　　　　　 B． C． D． [解析]　由题图可知，小钢球下落过程经过5段间隔，则运动时间为t＝，根据l＝gt2得该频闪摄影的闪光频率为f＝，故选C。 [答案]　C 考向2　竖直上抛运动 　竖直上抛的物体，又落回抛出点，下列关于物体运动的说法中正确的是(　　) A．上升过程和下落过程，时间相等、位移相同 B．物体到达最高点时，速度和加速度均为零 C．整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均不同 D．不管竖直上抛的初速度有多大(v0>10 m/s)，物体上升过程的最后1 s时间内的位移大小总是不变的 [解析]　竖直上抛的物体，又落回抛出点，上升和下落过程时间相等，位移大小相等、但方向相反，物体到达最高点加速度仍为g，故A、B错误；在任意相等时间t内，速度变化量均为Δv＝gt，故C错误；应用逆向思维知，物体上升过程最后1 s内位移和自由下落第1 s内位移大小相等，故D正确。 [答案]　D 1．航天员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s内的位移是18 m，则(　　) A．物体在2 s末的速度是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s C．物体自由下落的加速度是5 m/s2 D．物体在5 s内的位移是50 m 解析　根据运动学公式Δx＝at22－at12＝18 m，t2＝5 s，t1＝4 s，解得a＝4 m/s2，选项C错误；物体在2 s末的速度为v2＝4×2 m/s＝8 m/s，选项A错误；物体在5 s内的位移为x5＝×4×52 m＝50 m，选项D正确；物体在第5 s内的位移为18 m，故物体在第5 s内的平均速度为18 m/s，选项B错误。 答案　D 2．(多选)(2024·广东广州期末)如图所示，甲球从距离地面高度为h1＝15 m处以速度v0＝10 m/s竖直向上抛出，同时乙球从距离地面高度为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．乙球落地前，两小球的速度差不变 B．至乙球落地时，甲、乙两球的平均速率之比为1∶2 C．至乙球落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3∶4 D．甲、乙两球运动的第1 s内位移不相同 解析　取竖直向上为正方向，乙球落地前，甲球与乙球的速度差为Δv＝(v0－gt1)－(－gt1)＝v0，即乙球落地前，两小球的速度差保持恒定，故A正确；对乙球，根据自由落体运动位移—时间公式h2＝gt22，解得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－gt22＝h3，解得h3＝0。甲球上升的最大高度为H＝＝5 m，则甲球运动的路程为s1＝2H＝10 m，甲球整个过程平均速率为1＝＝ m/s＝5 m/s，乙球落地时甲、乙两球的平均速率之比为＝＝，故B正确；乙球落地时，甲球刚好回到出发位置，位移为零，所以至乙球落地时，甲、乙两球的位移大小之比为0，故C错误；甲球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，所以甲、乙两球运动的第1 s内位移大小相等，方向不同，故D正确。 答案　ABD 考点二　匀变速直线运动中的多过程问题 解决匀变速直线运动的多过程问题的基本思路 　交管部门规定，7座以下的小型车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝20 m/s，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度做匀减速直线运动，通过收费站口时的速度为vt＝8 m/s，然后立即以a2＝4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。求： (1)该车应在距收费站口多远处开始减速？ (2)该车从开始减速到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？ (3)在(1)(2)问中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？ [解析]　(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入收费站口前做匀减速直线运动，设在距离收费站口x1处开始制动，则有vt2－v02＝－2a1x1 解得x1＝33.6 m。 (2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2，则 减速阶段有t1＝＝2.4 s 加速阶段有t2＝＝3 s 则加速和减速的总时间为t＝t1＋t2＝5.4 s。 (3)在加速阶段有x2＝t2＝42 m 则总位移x＝x1＋x2＝75.6 m 若不减速所需要时间t′＝＝3.78 s 该车因减速和加速过站而耽误的时间Δt＝t－t′＝1.62 s。 [答案]　(1)33.6 m　(2)5.4 s　(3)1.62 s 1．如图所示，小球在x＝0点从静止出发开始运动。在0≤x<x0区域，小球具有沿x轴正方向的匀加速度a0；在x0≤x<2x0区域，小球具有沿x轴正方向的匀加速度2a0。 (1)试求小球到达x0点时的速度v1和到达2x0时的速度v2； (2)小球从x＝0到达x＝2x0点所需时间t。 解析　(1)根据v2－v02＝2ax 可知到达x0点时的速度v1＝ 到达2x0时的速度v2＝＝。 (2)根据t＝可知从x＝0到达x0所需时间t1＝＝· 从x＝x0到达x＝2x0点所需时间t2＝＝· 小球从x＝0到达x＝2x0点所需时间t＝t1＋t2＝·。 答案　(1)　　(2)· 2．如图所示，有一空心上下无底的弹性圆筒，它的下端距水平地面的高度为H(已知量)，筒的轴线竖直。圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒碰地后的反弹速率为落地速率的，小球碰地后的反弹速率为落地速率的，它们与地面的碰撞时间都极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆筒的轴线始终位于竖直方向。已知圆筒第一次反弹后再次落下，它的底端与小球同时到达地面(在此之前小球未碰过地)，此时立即锁住圆筒让它停止运动，小球则继续多次弹跳，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度hmax； (2)求小球从释放到第一次落地所经历的时间t以及圆筒的长度L。 (3)在筒壁上距筒底处装有一个光电计数器，小球每次经过该处计数器就会计数一次，请问，光电计数器的示数最终稳定为几次？ 解析　(1)圆筒第一次落地做自由落体运动，有2gH＝v筒2 圆筒第一次落地弹起后到最高点做匀减速运动，可视为初速度为零的匀加速运动，有2ghmax＝ 联立解得hmax＝H。 (2)根据h＝gt2可得圆筒第一次落地的时间t1＝ 圆筒第一次弹起后到最高点的时间t2＝＝ 圆筒第一次弹起后到落地时小球同时到达地面，所以小球从释放到第一次落地所经历的时间 t＝t1＋2t2＝＋2×＝ 可知小球下落的高度h＝gt2＝H 则圆筒的高度L＝h－H＝H。 (3)小球第一次落地时的速度v＝＝ 小球到达筒壁上距筒底处的速度v′＝＝ 设小球最后到达距筒底处与地面共碰撞n次，小球每次碰地后的反弹速率为落地速率的，则有v×>v′，解得n＝4次 则光电计数器的示数最终稳定为2n＋1＝9次。 答案　(1)H　(2)　H　(3)9次 [对应学生用书第11页] 1．(2024·广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　) A．v1＝5 m/s　　　 B．v1＝10 m/s C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s 解析　石块自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s，故选B。 答案　B 2．(2024·河北卷)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 解析　由题意可知题图中v<0表示篮球在向下运动，v>0表示篮球在向上运动，由v­t图像与直线v＝0所围图形的面积表示位移大小可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。 答案　A 3．(2023·广东卷)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　　) 解析　铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v­t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条直线，故选项A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，D正确。 答案　D 4．(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是(　　) A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s 解析　因电梯上升，由题图可知，电梯加速上升的时间段为20.0～30.0 s，故选A。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $$