第1章 第2讲 第2课时 自由落体运动 竖直上抛运动(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

第2课时　自由落体运动　竖直上抛运动 |课|前| [精要回顾] [微点判断] (1)(人教必修1 P47“问题”·改编)让轻重不同的两个物体从同一高度同时落下，重的物体先着地。 (×) (2)亚里士多德认为物体越重下落越快，物体越轻下落越慢。 (√) (3)伽利略从理论和实验两个角度证明了轻、重物体下落一样快。 (√) (4)若某一物体在某高度由静止下落，则一定做自由落体运动。 (×) (5)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量的方向是向下的。 (√) (6)做竖直上抛运动的物体的速度为负值时，位移也一定为负值。 (×) 逐点清(一)　自由落体运动 题点1　自由落体运动公式的应用 1.(2025·武夷山高三质检)将一个小铁球从某一高度静止释放，小球做自由落体运动，测得落到地面的速度为15 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则小球下落时间和下落高度分别为 (　　) A.0.67 s，7.5 m B.0.75 s，0.75 m C.1.5 s，7.5 m D.1.5 s，11.25 m 解析：选D　由v=gt可得，小球下落时间为t== s=1.5 s，由v2=2gh可得，小球下落的高度为h== m=11.25 m，故选D。 2.(2025·湖北十堰模拟)一无人机在空中悬停，某时刻从机身底部无初速度释放一金属小球，小球落地前1 s内下落的距离是无人机底部距地面高度的。若不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则小球着地时速度大小为 (　　) A.60 m/s B.58 m/s C.54 m/s D.50 m/s 解析：选A　设小球的下落时间为t，根据自由落体运动规律可得h=gt2， h=gt2-g(t-1)2，联立解得t=6 s，则小球着地时速度大小为v=gt=60 m/s，故选A。 题点2　自由落体运动中“比例关系式”的应用 3.巴黎奥运会女子单人10米跳台比赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后下落，前一半位移完成技术动作，后一半位移完成姿态调整后几乎无水花进入水面。假设整个下落过程近似为自由落体运动，则运动员用于完成技术动作和姿态调整的时间之比为 (　　) A.1∶1 B.1∶ C.(-1)∶1 D.(+1)∶1 解析：选D　运动员用于完成技术动作和姿态调整的时间之比等于运动员自由落体前一半位移与后一半位移的时间之比，由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式可知运动员用于完成技术动作和姿态调整的时间之比为1∶(-1)=(+1)∶1，故选项D正确。 关键点拨 1.(链接T2)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，物体最后1 s内下落的高度h=gt2-g(t-1)2，求出下落时间t，即可得出下落的总高度。 2.(链接T3)自由落体运动属于初速度为零的匀加速直线运动，其比例关系式仍然适用。 逐点清(二)　竖直上抛运动 |必|备|知|能| 1.对称性：如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则： 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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。 3.研究方法 分段 研究 ①上升阶段：a=g的匀减速直线运动 ②下降阶段：自由落体运动 全程 研究 初速度v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动，vt=v0-gt，h=v0t-gt2(以竖直向上为正方向) ①若v>0，物体上升；若v<0，物体下落； ②若h>0，物体在抛出点上方；若h<0，物体在抛出点下方 1.[时间对称性的应用]音乐喷泉以其高水柱、丰富的灯光和音乐表演而著名，吸引了众多游客前来观赏和拍照。已知某喷泉能达到的最大高度为50 m，当水到达最高点后水流从四周散开，喷泉出水口与地面在同一水平面，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则喷泉水从开始喷射到落地的时间大约是 (　　) A. s B.10 s C.2 s D. s 解析：选C　根据时间对称性及h=gt2可得喷泉水从开始喷射到落地的时间大约为2t=2 s，故选C。 2.[速度对称性的应用]篮球筐距地面高度为3.05 m，某篮球运动员站立举手能达到高度为2.53 m。他竖直跳起将篮球扣入篮筐中，重力加速度g=10 m/s2，他起跳的初速度大小约为 (　　) A.1 m/s B.2.5 m/s C.3.2 m/s D.10 m/s 解析：选C　由速度对称性可知，运动员起跳的初速度与自由下落h=3.05 m-2.53 m的末速度大小相同，故v== m/s≈3.2 m/s，故选项C正确。 3.[竖直上抛运动的多解性](双选)某排球运动员将一排球从离地面2 m处的位置以10 m/s的初速度竖直向上抛出，g取10 m/s2，不计空气阻力，当排球离抛出点距离为1.8 m时，所经历的时间可能是 (　　) A.0.2 s　 B.0.6 s　 C.1.6 s　 D.s 解析：选AD　取竖直向上为正方向，当排球运动到抛出点上方离抛出点1.8 m时，位移为s=1.8 m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得s=v0t-gt2，解得t1=0.2 s，t2=1.8 s；当排球运动到抛出点下方离抛出点1.8 m时，位移为s'=-1.8 m，由s'=v0t-gt2，解得t3=s或t4=s(负值舍去)，选项A、D正确，B、C错误。 4.[竖直上抛运动的两种研究方法]研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2) 解析：法一：分段法 根据题意画出运动草图如图所示 在A→B段，根据匀变速直线运动规律可知tAB==1 s，hAB=hBC=g=5 m，由题意可知tBD=10 s 根据自由落体运动规律可得hBD=g=500 m， 故释放点离地面的高度H=hBD-hAB=495 m。 法二：全程法 释放后产品做匀变速直线运动，规定向上为正方向 则v0=10 m/s，a=-g=-10 m/s2 根据H=v0t+at2，解得H=-495 m 即产品刚释放时离地面的高度为495 m。 答案：495 m 关键点拨 1.(链接T3)与抛出点距离为1.8 m处有上、下两个位置。 2.(链接T4)应用全程法时，选初速度方向为正方向，求得位移的大小即为释放点离地面的高度，负号表示位移方向竖直向下。 44 / 57 $