课时作业3 自由落体和竖直上抛运动 多过程问题-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业3 自由落体和竖直上抛运动 多过程问题 (总分：80分) !基础巩固 6.(5分)（多选）在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由 静止开始做匀加速直线运动，在运动了8s之后， 1.(5分)一物体在空中做自由落体运动，下列图像中 由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又 能正确描述它的速率与位移x变化关系的是 紧急刹车，匀减速运动经4$停在巨石前。关于汽 车的运动情况，下列说法正确的是 () A.加速、减速中的加速度大小之比为a1:a2=2:1 B.加速、减速中的平均速度大小之比为w1:o2= 1:1 B C.加速、减速中的位移之比为x1:x2=2:1 2.(5分)对于自由落体运动(g取10m/s2),下列说 D.加速、减速中的加速度大小之比为a1:a2= 法正确的是 ( 1:3 A.前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是 7.(5分)(2024·北京通州 1:3:5 区一模)2023年7月，我 国研制的电磁弹射微重 B.相邻两个1s内的位移之差都是10m 竖直上抛阶段 C.第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小之 力实验装置启动试运 行。如图所示，电磁弹 比是1：2：3 射系统将实验舱竖直加 电磁弹射阶段 D.1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1：3：5 速到预定速度后释放， 777 3.(5分)(2024·广西卷)让质量为1kg的石块P1 实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力 从足够高处自由下落，P1在下落的第1s末速度大 环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2s和 小为1，再将P1和质量为2kg的石块绑为一个整 下落阶段2s的4s微重力时间。若某次电磁弹射 体P2,使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1s 阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重 末速度大小为v2,g取10m/s2,则 力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是() A.v1=5 m/s B.v1=10m/s A.电磁弹射阶段用时约为2s C.v2=15m/s D.v2=30m/s B.电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20m 4.(5分)(2025·河北承德高三期末)体育课上同学 C.实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100m 们在练习排球，某同学将排球竖直向上垫起后，经 D.实验舱开始竖直上抛的速度约为20m/s 1.2s排球又回到原出发点，则排球被垫起后上升 的最大高度约为(g取10m/s2,不计空气阻力) 综合提升 ( ) 8.(5分)(2024·河南开封高三阶段检测)一物体从 A.1.0mB.1.2mC.1.5m D.1.8m 空中某位置以竖直向上的速度v抛出，经过时间 5.(5分)(2025·山东聊城高三检测)物理2C 物体的速度大小为初速度大小的2倍，忽略空气阻 研究小组正在测量桥面某处到水面的高 力，重力加速度为g。下列说法正确的是() 度。如图所示，一同学将两个相同的铁球 1○ A.t=0 1、2用长L=3.8m的细线连接。用手抓 住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然 B.物体的平均速率为 6 后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水 面的时间差△t=0.2s,g取10m/s2,则桥面该处 C.物体的位移大小为3 g 到水面的高度为 D.再经时间t,物体仍未落地，此时物体速度大小 A.22m B.20m C.18m D.16m 为3u (横线下方不可作答) 351☐ 第一章运动的描述 匀变速直线运动 9.(5分)（多选）在某高塔顶层的墙外侧，以20m/s12.(15分)如图所示，A、B为空心圆管的 的速度竖直上抛一个小石子（小石子可看成质 两端，C为可视为质点的小球，AB长度 点)，忽略空气阻力，当小石子运动到离抛出点 为L=1m,A、B与C在同一竖直线 15m时，运动时间可能是(g取10m/s2)() 上，A、C之间距离为h=20m。t=0时 A.1s B.3s 刻，空心圆管做自由落体运动，C从地C○ C.4s D.(2+√7)s 面以初速度v。开始做竖直上抛运动，g 10.(5分)（多选）自高为H的塔顶自由落下A物体 取10m/s2. 得分 的同时，B物体自塔底以初速度vo竖直上抛，且 (1)要使C在空心圆管落地前穿过空心圆管，。 A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为 应大于多少？ g,下列说法正确的是 () (2)若v。=20m/s,求C从A端穿过空心圆管所 A.若o>√gH,则两物体相遇时，B物体正在下 用的时间。（不考虑圆管落地后的情形） 降途中 B.若oo=√gH,则两物体在地面相遇 H C.若2 <。<√gH,则两物体相遇时B物 体正在空中下落 D.若v0= gH ,则两物体在地面相遇 11.(15分)物流机器人已在许多地方大规模投用。 某次实验人员在测试物流机器人时，先从静止开 始，沿直线匀加速行驶了10s,达到最大速度 12m/s后，又以3m/s2的加速度沿直线匀减速 行驶了3$，然后做匀速直线运动。已知物流机 器人满载货物时总质量为300kg,求：得分 (1)匀加速运动时的加速度大小； (2)13s到20s内物流机器人通过的位移大小； (3)前20s过程中机器人通过的总位移大小。 红对勾·讲与练 352] 高三物理 ■02-v8 过的位移大小，即x= =50 m. 2a 故B正确。 4.C采用逆向思雏法，由于最后1s内 1 汽车的位移为2m,根据xg= -at? 2x2 得，汽车加速度大小a= t =4m/s2, 第1s内汽车的位移为13m,根据 I1=votI- ?αti,代入教据解得初速 度vo=15m/s,则汽车在第1s末的速 度大小1=vo-at1=15m/s-4× 1m/s=11m/s,故C正确，A、B、D 错误。 5.C设车头到第2根电线杆时的速度 为，由平均速度公式=号，得 0= 24,A错误：根据初速度为零的匀变速 直线运动，连续相等时间内通过的位 移之比为1：3：5：…，车头到第5根 电线杆时所用的时间为2t,B错误；车 头到第5根电线杆时的速度为0’= 2X Ad Ad ,C正确，D错误。 2t t 6.C运动员在ab、bc、cd三段位移内速 度增加量之比为1：2：1，则对应时间 之比为1：2：1，有b1=t计7at L:=(w,十a)2+号a(2)- 2vot十4at2,L3=(v。+3at)·t+ 1 7 2at=,t十2at观察可得L:= L1十L3,故选C。 7.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(U U。),则列车进隧道前必须减速到，则 有v=vo一2at1,解得减速运动的时间 t1= 一，在隧道内匀速运动的时间 2a L+l ，列车尾部出隧道后立即加 U 速到v0,有vo=v十at,解得加速运动 的时间tg= 二”，则列车从减速开始 a 至回到正常行驶速率v。所用时间至少 为t= 3(v。-),L十l 2a U 8.C根据匀变速直线运动推论可得加速 度大小为a= 42 m/s2= 0.4m/s2,B错误：根据匀变速直线运动中 间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平 均速度，可知送货车在第1个4s末的速 x1十x2 9.6+16 度大小为1= 2T m/s= 8 3.2m/s,C正确；根据v=v。十at可 得，计时时刻送货车的速度为。= v1-aT=3.2m/s-0.4X4m/s= 1.6m/s,A错误；送货车在第2个4s -x216 内的平均速度大小为v=下=4m/s= 4m/s,D错误。 9.B108km/h=30m/s,324km/h= 90m/s,由于中间4个站均匀分布，因 此节省的总时间相当于在任意相邻两 站间节省的时间的5倍，相邻两站间的 距离x=1080X10 m=2.16×105m, 5 普通列车加速时间1=”=30 a0.5s= 60s,加速过程的位移1三2at= 7×0.5×60°m=900m,根据对称性可 知加速过程与减速过程的位移相等， 可得匀速运动的时间6，=工一2 2.16×105-2×900 s=7140s,同理 30 高铁列车加速时间二=。s门 1 180s,加速过程的位移i=之at= 2×0.5×1802m=8100m,根据对 称性可知加速过程与减速过程的位移 相等，可得匀速运动的时间t2= x-2i=2.16×105-2×8100 90 s= 2220s,相邻两站间节省的时间△t= (t2十2t1)一(t2十2t1)=4680s,因此 总的节省时间△ts=5△t=5×4680s 23400s=6小时30分，故选B。 10.BD假设汽车在第4个2s内一直做 匀变速直线运动，根据工1一x1= 3aT2,将x1=24mx1=1m、T=2s 代入解得a=m/s,再由匀变速 直线运动的位移与时间的关系式可 得x1=vot1十2ati,将t1=2sx1= 24m代入解得初速度v%≈14m/s,速 度减为零用时t= 0-0≈7.3s,可见 假设不成立，则汽车在8s末前速度 减为零。设汽车的加速度为a,第1 1 个2s内的位移x1=t1十2ati,汽 车速度减为零的时间t= 0一0°，第4 a 个2s内的位移z'=号（二a)(t 6s),联立解得a=-2m/s,vo 14m/s,汽车刹车距离x 02一6= 2a 49m<50m,故汽车刹车后停止前，不 会撞上施拉机，A、C错误，B、D正确。 11.(1)20m/s(2)680m 解析：(1)根据匀变速运动速度公式 v=at1,可得救护车匀速运动时的速 度大小v=2X10m/s=20m/s。 -601- (2)救护车匀加速运动过程中的位移 x1=2ati=100m,设在t3时刻停止 鸣笛，根据题意可得t2= (t3-t1)×20+100 十t。停止鸣笛时 救护车距出发处的距离x=x1十(t3一 t1)Xv,代入数据联立解得x=680m。 12.(1)0.2m/s(2)0.2m/s (3)0.7m 解析：(1)据题意水球从静止开始做 匀加速直线运动可得1=之1，代入 数据解得1s末水球的速度为v= 0.2m/s,之后水球做匀速直线运动， 速度大小等于1s末的速度大小为 0.2m/s。 (2)由匀加速直线运动规律得2= 2as1,代入数据解得加速过程中加速 度大小为a=0.2m/s2。 (3)水球匀速运动阶段用时t2=3s, 位移大小为s2=t2=0.6m,水球运 动全过程的总位移的大小为s=51十 s2=0.7m。 课时作业3自由落体和竖直 上抛运动多过程问题 1.D根据自由落体运动的速度一位移 公式v2=2gx,解得v=√2gx,D 正确。 1 2.B根据h=2gt可知，前1s内、前 2s内、前3s内的位移大小之比是1： 4:9,故A错误；相邻两个1s内的位 移之差都是△h=gT2=10m,故B正 确：第1s内、第2s内、第3s内的位移 大小之比为1：3：5，所以平均速度大 小之比为1：3：5，故C错误；由v= gt可知，1s末、2s末、3s末的速度大 小之比是1：2：3，故D错误。 3.B石块自由下落做自由落体运动，与 质量无关，则下落1s后速度为1 v2=gt =10 m/s'X 1 s=10 m/s, 选B。 4.D排球被垫起后经1.2s又回到原出 发点，根据竖直上抛运动的对称性可 知，从最大高度下落到抛出点的时间 为t=0,6s,则排球被垫起后上升的最 1 大高度h=2gt=1.8m,故D正确。 5.B设桥面该处到水面的高度为h,根 据自由落体运动位移公式，对铁球2有 h=号g5,时铁球1有A-L=分g又 t2一t1=,解得h=20m,故选B。 6.BC汽车由静止运动8s,又经4s停 止，加速运动阶段的末速度与减速运 动阶段的初速度相等，由v=at,知 a141=a:4,则：=之，A,D错误：又 x1=a2= 由v2=2ax知a1x1=axg'x2a 参考答案·2。 异，C正魔：由0=号知，u: 1:1,B正确。 7.D由题意可知实验舱上抛阶段时间 为2$，可知实验舱开始上抛的速度为 v=gt上=20m/s,电磁弹射阶段有 U=5gt,解得t=0.4s,故A错误，D正 确：电磁弹射阶段，实验舱上升的距离 1 约为h=2·5g·t=4m,故B错 误：实验舱竖直上抛阶段的运行长度 约为h:=号g=20m,故C错误。 8.B根据题意可知，末速度与初速度方 向相反，根据速度一时间关系可得t= 2w-(-v)3u ,故A错误；设物体的 g g 位移大小为x,物体上升的最大高度为 h1,从最高点下降的高度为h2,根据速 度一位移关系有4u2-v2=2gx,02= 2gh1,4u2=2gh2,由此可得位移大小 为x3 28 ,路程为s=h1十h:=2g' 5u2 由北可得华均造华=宁-号故B 正确，C错误；在相同时间t内速度变 化量△v=gt=3u,再经时间t,物体速 度大小为v'=2u十△v=5v,故D 错误。 9.ABD小石子上拋过程运动到离抛出 _6=20m,当小 点最远的距离为hm=2g 石子运动到离抛出，点上方15m时，有 h=vt-之gt,解得=1s,t=3s; 当小石子运动到离抛出点下方15m 时，有一A=w1一，解得 (2十√7)s,t1=(2-√7)s(舍去)，故A、 B、D正确。 10.CD假设B物体在上升到最高点时 与A物体相遇，则t三，H 1 2+g=Vg团，当> √gH时，两物体在B物体上升中相 遇，A错误：当o=√gH时，两物体 在B物体上升到最高，点时相遇，B错 误：如果两物体在B物体下落到地面 时相道，则1=-0，H=g,= 1 g √厚 <vo<√gF,两 物体相遇时，B物体正在空中下落， C、D正确。 11.(1)1.2m/s2(2)21m (3)103.5m 解析：(1)根据匀变速直线运动公式 有1=at1,可得匀加速运动时的加 选度大小a=是ng=12n, 红对勾·讲与练·高三物理 (2)根据题意可知，t=13s时，物流机 器人开始做匀速运动，此时速度大小 v2=1一at2=3m/s,1320s内物 流机器人做匀速运动，通过的位移 x=v2t3=21m。 (3)匀加速直线运动阶段的位移x1= 2at片=60m,匀减速阶段的位移 22=v1t-2a't号=22.5m,则前 20s过程中机器人走的总位移大小 x=x1十x2十x3=103.5m。 12.(1)10.5m/s(2)0.05s 解析：(1)C在圆管落地前穿过圆管的 条件是，圆管落地的瞬间小球经过B 端，此过程小球的初速度为最小值。 设国管的落地时间为t,则h=令g, 解得t=2s,此时C恰好经过B端， 则有0mt一之gt=L,解得0m 10.5m/s,即o应大于10.5m/s。 (2)由上述分析可知，小球一定在空 中穿过圆管，设C到达A端的时间为 1则有(e,一2）+分=A 1 设C到B端的时间为t2,则有 (t-7gt）十2g8=h+L,C 从A端穿过圆管所用的时间为△t= t2-t1,解得△t=0.05s。 课时作业4专题强化：运动学图像 1.Cv-t图像中图线与横轴围成的面 积表示位移大小，故可得x=(74 1 25+94)×20X2m=1430m,故选C。 2.A由图像可知，图像第四象限表示向 下运动，速度为负值。当向下运动到 速度最大时篮球与地面接触，运动发 生突变，速度方向变为向上并做匀减 速运动。故第一次反弹后上升至a ,点，此时速度第一次向上减为零，到达 离地面最远的位置，故四个点中篮球 位置最高的是a点，故选A。 3.B因为U-t图像的斜率表示加速度， 由匀加速直线运动速度与时间关系 v=at可知，匀加速阶段v-t图像为 一条倾斜直线，匀速阶段速度不随时 间变化，v-t图像为一条平行于时间 轴的直线，故A错误，B正确；根据匀 加速直线运动位移与时间的关系x= 2at可知，匀加速阶段x-t图像为 开口向上的樾物线，匀速阶段由x=vt 可知x一t图像为一条倾斜直线，故C、 D错误。 4.B由题图可知，0~t1段运动员向上 做匀减速运动，A错误；根据U-t图像 斜率表示加速度，结合题意可知0t2 段运动员的加速度保持不变，B正确； 由题意可知0一t,段运动员的加速度 -602- 为重力加速度；t2时刻后运动员刚好 接触水面；？时刻运动员速度达到最 大，运动员受到合力为零，故C错误； 根据v-t图像斜率表示加速度可知 t?~t1段运动员的加速度先增大后减 小，故D错误。 5.AC根据图像可知，机器人在0~30s 内的位移大小为2m,A正确；位移 时间图线的斜率可反映速度，0~10s 内，图线的斜率不变，机器人做匀速运 动，B错误；10~30s内，机器人的平均 7 速度大小为v=20 m/s=0.35m/s, C正确；0~10s内图线的斜率与10 20s内图线的斜率关系为k1=一k2, 所以机器人在5s末的速度与15s末 的速度等大反向，因速度是矢量，D错误。 6.Ax-t图像斜率的物理意义是速度， 在0一t1时间内，x-t图像斜率增大， 汽车的速度增大；在t1~t2时间内， x一t图像斜率不变，汽车的速度不变： 在t2t时间内，x一t图像的斜率减 小，汽车做减速运动，综上所述可知A 中v一t图像可能正确，故选A。 7.C根据x-t图像的斜率表示速度， 知甲车的图像是倾斜的直线，说明甲 车的速度保持不变，做匀速直线运动， 故A错误；乙车图像的斜率逐渐减小， 乙车速度减小，所以乙车做减速运动， 但不一定是匀减速运动，故B错误；t0 时刻，直线a和曲线b刚好相切，所以 甲、乙两车速度相等，故C正确；乙车 从开始运动到t。时刻，乙车的速度大 于甲车的速度，t。以后甲车的速度大 于乙车的速度，故D错误。 8.B0一x2过程中加速度不变，所以物 体做匀加速直线运动，x2一~x过程中 加速度方向不变，依然与速度同向，故 物体仍做加速直线运动，位移为x3 时，物体的速度达到最大，A、C错误： 由位移一速度公式可得2aox1=,解 得位移为x1时，物体的速度大小为 √2a0x1,B正确；由位移一速度公式 可得”，=a·x,故a-工图像的面 2 积表示”心，则物你在位移为时 2 的最大速度为√JQ。(x2干x3),D错误。 9.D根据速度一位移关系可得0~2m 内质点的加速度大小为a=2z=4m/s, 故A错误；根据数学方法结合图像可 知x=1m时质，点的速度的二次方为 8(m/s),则速度大小为2√2m/s,故B 错误；根据速度一位移关系可得2一6s 内质点的加速度大小为Q'=27 2m/s,所以0~2m内质点的加速度 大于2~6m内质点的加速度，故C错 误；由上述分析可知0~2m内质，点运 动的时间为t1=2=1s,2一6m内质