第1章 课时测评3 自由落体运动和竖直上抛运动(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 以自由落体和竖直上抛运动为核心，通过图像分析、比例计算、逆向思维等方法构建匀变速直线运动特例的解题体系，强化运动观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |自由落体运动|3题（图像判断、比例计算、多球问题）|图像特征分析（x-t为抛物线、v²-x为直线）、运动学比例关系（1:4:9）、相对运动思想|从匀变速直线运动公式出发，推导自由落体运动规律，建立图像、时间间隔、多体运动的关联| |竖直上抛运动|7题（分段运动、逆向思维、实际应用、综合问题）|分段处理（上升下降过程）、逆向思维（最高点为自由落体起点）、实际情境建模（反应时间测量）、运动学公式联立|以竖直上抛运动的对称性为核心，通过公式推导与逆向思维解决往返运动、相遇问题，体现科学推理与模型建构|

课时测评3　自由落体运动和竖直上抛运动 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－12，每题5分，共60分) 题组1　自由落体运动 1．(2026·广东深圳高三期末)下列图像中符合自由落体运动规律的是(g＝10 m/s2)(　　) 答案：D 解析：自由落体运动的位移为x＝gt2，所以x ­t图像为抛物线，A错误；由自由落体运动的规律有v＝，v2＝2gx，则v ­x图像为曲线，v2 ­x图像为过原点且斜率为2g的直线，B错误，D正确；自由落体运动的速度为v＝gt，v ­t图像为过原点的一条直线，C错误。 2．(多选)某物体由静止开始自由下落，物体经过5 s后落地，下列说法正确的是(　　) A．计时开始后1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为1∶4∶9 B．计时开始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比为1∶3∶5 C．计时开始后第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为1∶2∶3 D．落地前，相等时间内物体的速度变化量相同 答案：AD 解析：根据h＝gt2可知，计时开始后1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为1∶4∶9，A正确；根据v＝gt可知，计时开始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比为1∶2∶3，B错误；计时开始后第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5，根据＝可知，平均速度之比为1∶3∶5，C错误；根据Δv＝gΔt可知，落地前相等时间内物体的速度变化量相同，D正确。故选AD。 3．(2026·安徽宿州期末)一矿井深80 m，在井口每隔一定时间自由释放一个小球(下落过程可视为自由落体运动)，当第9个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底(重力加速度取g＝10 m/s2)，则(　　) A．第1个小球落至井底时的速度为30 m/s B．此时第1个小球与第2个小球相距45 m C．相邻两个小球下落的时间间隔是1 s D．第1、2两个小球都在空中时，第1个小球相对第2个小球做匀速直线运动 答案：D 解析：第1个小球自由下落的时间满足H＝gt2，解得t＝4 s，第1个小球刚落至井底的瞬间，第9个小球刚好在井口，因此空中存在8个相等的时间间隔，故相邻两个小球下落的时间间隔是Δt＝＝0.5 s，故C错误；第1个小球落至井底时的速度为v1＝gt＝40 m/s，故A错误；此时第1个小球与第2个小球相距Δh＝H－g(7Δt)2＝18.75 m，故B错误；第1个小球与第2个小球的相对速度为Δv＝v1－v2＝gt－g(t－Δt)＝gΔt＝5 m/s，即第1个小球相对第2个小球做匀速直线运动，故D正确。故选D。 题组2　竖直上抛运动 4．(多选)一小型无人机携带一重物以v0＝10 m/s的速度匀速上升，到离地h＝40 m高度处无相对速度释放重物，忽略重物运动过程的一切阻力，以重物离开无人机为计时起点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．重物在空中运动的时间为4 s B．重物第2 s内的位移大小为20 m C．重物落地前瞬间的速度大小为30 m/s D．重物在空中的平均速度大小为10 m/s 答案：ACD 解析：重物离开无人机，向上运动的时间t1＝＝1 s，上升的位移h0＝＝5 m，重物下落的时间t2＝＝3 s，重物在空中运动的时间t＝t1＋t2＝4 s，A正确；重物在第2 s内的位移大小等于重物自由下落1 s的位移大小，则有Δh2＝g(Δt2)2＝5 m，B错误；根据自由落体运动规律可得，重物落地前瞬间的速度大小为v＝gt2＝30 m/s，C正确；根据平均速度的定义可得，重物的平均速度大小为＝＝10 m/s，D正确。 5．一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1 s上升的高度是它上升的最大高度的，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。下列说法中错误的是(　　) A．小球上升的最大高度是20 m B．小球上抛的初速度大小是20 m/s C．2.5 s时小球正在上升 D．1 s末、3 s末小球处于同一位置 答案：C 解析：根据逆向思维可知，小球到达最高点前1 s上升的高度是h＝gt12＝×10×12 m＝5 m，由题知小球上升的最大高度是H＝4h＝20 m，A正确；小球上抛的初速度大小是v0＝＝ m/s＝20 m/s，B正确；小球上升的总时间t上＝＝2 s，则2.5 s时小球正在下降，C错误；由于小球上升的总时间是2 s，则1 s末、3 s末小球处于同一位置，D正确。故选C。 6．(2026·河北邯郸期末)小朋友玩耍时将一个弹性小球以一定速度竖直向上抛出，抛出点距地面高度为1 m，小球向上运动的时间与其由最高点下落到地面的时间之比为2∶3，设竖直向上为正方向，空气阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．小球落地时的速度大小为4 m/s B．小球由抛出到落地的平均速度为1 m/s C．小球经过0.2 s到达最高点 D．小球由抛出到落地的时间为1 s 答案：D 解析：小球向上运动时间与向下运动时间之比为2∶3，小球下落时间设为3t，小球下落时在第3个t时间内下落1 m，做初速度为零的匀加速直线运动的物体，相邻相等时间内通过的位移比为1∶3∶5∶…，故小球距地面的最大高度hm＝ m＝1.8 m，下落的时间t下＝＝0.6 s，小球落地时的速度大小v＝gt下＝6 m/s，故A错误；向上运动的时间t上＝＝0.4 s，故C错误；小球由抛出到落地的时间为t＝0.4 s＋0.6 s＝1 s，故D正确；小球的位移为－1 m，故小球由抛出到落地的平均速度为＝＝－1 m/s，故B错误。故选D。 7．(2026·广东汕头高三上期末)小杰学习自由落体运动后，用20 cm的刻度尺测量同学的反应时间，测量方法如图所示，被测者用两个手指虚捏在尺子0刻度线处，观察到小杰松开尺子时立刻捏住尺子，读出手指所捏刻度h，当地重力加速度为9.8 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．h越大，反应时间越短 B．反应越慢，要捏住尺子时，尺子下落的速度越大 C．该尺可以测量出0.4 s的反应时间 D．计算时若重力加速度取10 m/s2，则测算出的反应时间比实际值要大 答案：B 解析：由h＝gt2可得t＝，故h越大，反应时间越长，A错误；反应越慢，要捏住尺子时所用的时间越长，根据v＝gt可知，尺子下落的速度越大，B正确；该尺下落20 cm所用时间t＝＝ s≈0.2 s，则不可以测量出0.4 s的反应时间，C错误；计算时若重力加速度取10 m/s2，则根据t＝，可知测算出的反应时间比实际值要小，D错误。故选B。 8．(2026·浙江温州月考)小明将小球以10 m/s的速度从A点竖直向上抛出，运动过程中经过B点时的速度大小为12 m/s，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则小球从A到B的过程中(　　) A．运动时间为0.2 s B．平均速度大小为11 m/s C．速度变化量大小为22 m/s D．路程为2.2 m 答案：C 解析：因为12 m/s>10 m/s，所以B点在A点的下方，为上升到最高点后再下落经过B点，取竖直向上为正方向，有vB＝vA－gt，代入数据得t＝2.2 s。从A到B的速度变化量为Δv＝vB－vA＝m/s＝－22 m/s，所以速度变化量大小为22 m/s，从A到B的位移为x＝vAt－gt2，解得x＝－2.2 m，所以路程大于2.2 m，平均速度大小为＝＝1 m/s。故选C。 9．如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2) (　　) A．2.3 m/s B．2.6 m/s C．3.1 m/s D．3.2 m/s 答案：B 解析：小球从释放到落地用时t1＝＝ s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m用时t2＝＝ s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，还要大于小球从释放到下落1.25 m所用时间，即t2＜t3＜t1，则0.5 s＜＜0.6 s，解得2.5 m/s＜v0＜3 m/s。故选B。 10．(14分)某同学将小球从某一高度位置静止释放，着地后弹起，又落下。他记录了整个过程中小球离地高度h与所用时间t的图像，已知小球每次与地面发生碰撞前后的速度大小之比不变，整个过程中空气阻力可以忽略不计，重力加速度g大小未知。请根据图像，求： (1)小球第一次落地时的速度大小； (2)小球与地面发生碰撞前后速度大小之比； (3)小球与地面第四次碰撞后速度为零的时刻； (4)小球与地面发生第四次碰撞后所能达到的最大高度。 答案：(1)40 m/s　(2)2∶1　(3)11.25 s　(4)0.312 5 m 解析：(1)小球第一次落地时根据自由落体运动公式有h1＝gt12 解得g＝＝10 m/s2 可得小球第一次落地时的速度大小为v1＝gt1＝40 m/s。 (2)设小球第二次落地时的速度大小为v2，根据题图结合匀变速直线运动规律可得上升和下降时间相同，则t2＝2 s，v2＝gt2＝10×2 m/s＝20 m/s 小球第二次落地时的速度大小跟第一次被弹起时的速度大小相同，设第一次被弹起时的速度大小为v1′，有v1′＝v2＝20 m/s 所以小球与地面发生碰撞前后速度大小之比为v1∶v1′＝2∶1。 (3)(4)根据(1)(2)分析可知每次弹起与落地的时间和为前一次弹起与落地的时间和的一半，所以可得小球与地面第四次碰撞时的时刻为t4＝10 s＋1 s＝11 s 此后上升到最高处速度为零时需要的时间为t0＝ s＝0.25 s 所以小球与地面第四次碰撞后速度为零的时刻为t＝t4＋t0＝11.25 s 此时达到的高度为h4＝gt02＝0.312 5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $