第1章 第3课时 自由落体运动和竖直上抛运动(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

该高中物理高考复习教案聚焦自由落体运动和竖直上抛运动核心考点，按概念规律、加速度特性、伽利略研究方法的逻辑层次组织知识，通过考点梳理、方法指导（如比例关系、对称特性）、真题训练（多情境例题）环节，帮助学生构建匀变速直线运动问题的分析框架。 教案突出科学思维与模型建构，如用全过程法解析竖直上抛运动，设计基础判断、典例解析、拓展应用分层练习，通过矿井小球释放等例题培养运动观念和推理能力，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生解题效率与应考能力。

第3课时　自由落体运动和竖直上抛运动 [复习目标] 1．掌握自由落体运动和竖直上抛运动的规律和特点。 2．能够应用匀变速直线运动的规律熟练解决自由落体和竖直上抛运动问题。 一、自由落体运动 1．自由落体运动的概念：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。 2．自由落体运动的基本规律 (1)速度公式：v＝gt。 (2)位移公式：h＝gt2。 (3)速度位移关系式：v2＝2gh。 3．伽利略对自由落体运动的研究 伽利略通过逻辑推理说明亚里士多德“重的物体下落得快”的看法是错误的，然后得出重物与轻物应该下落得同样快的结论，最后用实验证实了自己的结论。 伽利略这种推理与实验相结合的方法，为物理学的研究奠定了基础。 二、自由落体加速度 1．定义：在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同，这个加速度叫作自由落体加速度，也叫作重力加速度，通常用g表示。 2．方向：总是竖直向下。 3．大小：在地球表面不同的地方，g的大小一般是不同的。在一般的计算中，g取9.8_m/s2或10_m/s2。 1．(1)重的物体总是比轻的物体下落得快。(　　) (2)同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。(　　) (3)自由落体加速度的方向垂直于地面向下。(　　) (4)做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s。(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 三、竖直上抛运动 1．竖直上抛运动的概念：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。 2．竖直上抛运动的基本规律 (1)速度公式：v＝v0－gt。 (2)位移公式：h＝v0t－gt2。 (3)速度位移关系式：v2－v＝－2gh。 2．(1)竖直上抛运动是匀变速直线运动。(　　) (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。(　　) (4)竖直上抛运动上升过程和下降过程的时间和速度具有对称性。(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√ 考点一　自由落体运动 1．可充分利用自由落体运动初速度为零的特点，利用比例关系及推论解题。 (1)从运动开始连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。 (2)一段时间内的平均速度＝＝＝gt。 (3)连续相等的时间T内位移的增加量相等，即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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决。 (2026·贵州安顺市质检)攀岩爱好者在野外攀岩，中途休息时，踩落一小石块，约4 s后听到石头直接落到崖底的声音(g取10 m/s2)，则小石块落地前最后一秒的平均速度最接近(　　) A．10 m/s B．25 m/s C．30 m/s D．35 m/s [解析]　由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度可知，小石块落地前最后一秒的平均速度＝v3.5＝gt3.5＝35 m/s。 [答案]　D 如图所示，物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m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Δt＝0.2 s，g取10 m/s2，则桥面该处到水面的高度为(　　) A．22 m B．20 m C．18 m D．16 m [解析]　由题意可知，2球落水前3.8 m内的平均速度＝＝19 m/s，则球2落水时的速度v＝＋g＝20 m/s，则h＝＝20 m，故B正确。 [答案]　B (2026·河北邢台区期末)一矿井深125 m，在井口每隔相同的时间由静止释放一小球(视为质点)，当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则与第9个小球相距40 m的小球为(　　) A．第7个小球 B．第6个小球 C．第5个小球 D．第4个小球 [解析]　设每个球释放时间间隔为t，由自由落体运动规律有125 m＝g(10t)2，解得t＝0.5 s，设与第9个小球相距40 m的小球运动时间为T，则gT2－g(2t)2＝40 m，联立解得T＝3 s，故与第9个小球相距40 m的小球为第5个小球。 [答案]　C 考点二　竖直上抛运动 1．重要特性 (1)两类对称 时间对称 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＝ 物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等 速度 对称 物体上抛时的初速度与物体落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 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 (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，在解决问题时要注意这个特性。 2．研究方法 (1)全过程法 将竖直上抛运动视为初速度竖直向上、加速度竖直向下的匀变速直线运动，取向上为正方向，a＝－g，则v＝v0－gt，h＝v0t－gt2，v2－v＝－2gh。在抛出点上方，h＞0；在抛出点下方，h＜0。若v＞0，物体上升，若v＜0，物体下降。 (2)分阶段法 将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 上升过程：物体做匀减速直线运动，最终速度减为零，上升到最高点的时间t＝，上升的最大高度h＝。 下落过程：物体做自由落体运动。 一同学站在高台上，将一小球以v0＝5 m/s的速度竖直向上抛出，小球最终落到地面上。已知抛出点距离地面的高度h＝30 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，最后1 s内小球运动的位移大小为(　　) A．15 m B．20 m C．25 m D．30 m [解析]　整个过程是匀变速直线运动，根据位移时间关系可得－h＝v0t－gt2，解得t＝3 s，则第2 s时的速度v1＝v0－gt1＝－15 m/s，第3 s时的速度v2＝v0－gt2＝－25 m/s，则最后1 s内对应的位移h1＝(t2－t1)＝－20 m，所以位移大小为20 m。 [答案]　B 如图所示，现有一喷泉从地面圆形喷口竖直向上喷出，若喷泉高度约为1.8 m，喷口横截面积为5.0×10-3 m2，已知水的密度为1.0×103 kg/m3，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2，则该喷口每秒喷水质量大约为(　　) A．300 kg B．30 kg C．3 kg D．30 g [解析]　由竖直上抛运动公式v＝2gh，得v0＝6 m/s，因此该喷口每秒喷水质量大约为m＝ρSv0t＝30 kg。 [答案]　B 拓展点 双向可逆类问题 1．示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变。 2．注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　) A．物体运动时间可能为1 s B．物体运动时间可能为3 s C．物体运动时间可能为(2＋) s D．物体此时的速度大小一定为5 m/s [解析]　以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确；由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s或v3＝－5 m/s，故D错误。 [答案]　ABC 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 (2026·辽宁鞍山市期末)长L＝0.4 m的管从地面以v＝4 m/s的速度竖直上抛，上管口正上方h＝1.6 m处有一可视为质点的小球同时自由下落。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，管运动过程保持竖直，小球穿过管的过程与管间无相互作用，求： (1)管经过多长时间上升到最高点； (2)小球穿出下管口时离地的高度。 [解析]　(1)管上升到最高点时速度为0 由v＝gt，解得t＝0.4 s。 (2)设从静止开始经过t1小球到达下管口 此过程中小球的位移y1＝gt 管的位移y2＝vt1－gt 由几何关系y1＋y2＝h＋L 解得y1＝1.25 m 此时小球离地的高度h′＝h＋L－y1＝0.75 m。 [答案]　(1)0.4 s　(2)0.75 m 学科网（北京）股份有限公司 $