【物理】2019届一轮复习人教版自由落体和竖直上抛运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版自由落体和竖直上抛运动学案

第 3 课时 自由落体和竖直上抛运动 考点 1 自由落体运动 1．定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。 2．特点：v0＝0，a＝g。 (1)速度公式：v＝gt。 (2)位移公式：h＝1 2gt2。 (3)速度位移关系式：v2＝2gh。 [例 1] (2017·湖北重点中学联考)如图所示木杆长 5 m，上端固 定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过 悬点正下方 20 m 处圆筒 AB，圆筒 AB 长为 5 m，取 g＝10 m/s2，求： (1)木杆通过圆筒的上端 A 所用的时间 t1 是多少？ (2)木杆通过圆筒 AB 所用的时间 t2 是多少？ 解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆 筒上端 A 用时，由位移公式 h＝1 2gt2 知 t 下 A＝ 2h 下 A g ＝ 2×15 10 s＝ 3 s 木杆的上端到达圆筒上端 A 用时 t 上 A＝ 2h 上 A g ＝ 2×20 10 s＝2 s 则木杆通过圆筒上端 A 所用的时间 t1＝t 上 A－t 下 A＝(2－ 3) s。 (2)木杆的上端离开圆筒下端 B 用时 t 上 B＝ 2h 上 B g ＝ 2×25 10 s＝ 5 s 则木杆通过圆筒所用的时间 t2＝t 上 B－t 下 A＝( 5－ 3) s。 答案 (1)(2－ 3) s (2)( 5－ 3) s 应用自由落体运动规律解题时的两点注意 (1)自由落体运动的实质是初速度为零的匀加速直线运动的一种 应用。可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论 等规律解题。 (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问题。 (人教版必修 1 P45·T5 改编) 如图所示是小球自由下落过程中用 频闪照相的方法获得的轨迹的一部分，用刻度尺量出计量点 1、2 之 间的距离为 7.65 cm,2、3 之间的距离为 8.73 cm，已知每次闪光的时 间间隔为 1 30 s，则小球运动到计数点 2 时的瞬时速度为________，小 球下落的重力加速度为________。 答案 2.46 m/s 9.72 m/s2 解析 已知小球做自由落体运动，故其运动遵循匀变速直线运动 的规律，所以小球运动到计数点 2 时的瞬时速度 v2＝ v ＝x t ＝x12＋x23 2T ＝7.65＋8.73 2× 1 30 ×10－2 m/s ≈2.46 m/s。 由Δx＝aT2 得 a＝Δx T2 ，故小球下落的重力加速度 g＝x23－x12 T2 ＝ 8.73－7.65 1 30 2 ×10－2 m/s2＝9.72 m/s2。 考点 2 竖直上抛运动 1．定义：将物体以初速度 v0 竖直向上抛出后只在重力作用下的 运动。 2．特点：取竖直向上为正方向，则初速度为正值，加速度为负 值。 (1)速度公式：v＝v0－gt。 (2)位移公式：h＝v0t－1 2gt2。 (3)速度位移关系式：v2－v20＝－2gh。 (4)上升的最大高度：H＝v2 2g 。 (5)上升到最高点所用的时间：t＝v0 g 。 3．竖直上抛运动实质是匀变速直线运动，先做匀减速直线运动 到速度为零再做初速度为零的匀加速直线运动。 [例 2] 气球下挂一重物，以 v0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到 达离地面高度 h＝175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物 经多长时间落到地面？落地时的速度多大？(空气阻力不计，g 取 10 m/s2) 解析 解法一：分段法 绳子断裂后重物要继续上升的时间 t1 和上升的高度 h1 分别为 t1 ＝v0 g ＝1 s h1＝v20 2g ＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间 t2 和落地速度 v 分别为 t2＝ 2H g ＝6 s v＝gt2＝60 m/s 所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为 t＝t1＋t2＝7 s。 解法二：全程法 从绳子断裂开始计时，经时间 t 后重物落到地面，规定初速度方 向为正方向，则重物在时间 t 内的位移 h′＝－175 m，由位移公式 有 h′＝v0t－1 2gt2 即－175＝10t－1 2 ×10t2＝10t－5t2 t2－2t－35＝0 解得 t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去) 所以重物落地速度为 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。 答案 7 s 60 m/s 1．竖直上抛运动的两种研究方法 (1)分段法：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。 (2)全程法：将全过程视为初速度为 v0，加速度 a＝－g 的匀变速 直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取 v0 的方向为正方向， 则 v>0 时，物体正在上升；v<0 时，物体正在下降；h>0 时，物体在 抛出点上方；h<0 时，物体在抛出点下方。 2．巧用竖直上抛运动的对称性 (1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。 (2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下 降时间相等。 3．可逆类问题的研究方法 如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线 运动，且全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式， 但必须注意 x、v、a 等矢量的正负号及物理意义。 将一个物体在 t＝0 时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8 s 时物体的速度大小变为 8 m/s(g 取 10 m/s2)，则下列说法正确的是 ( ) A．物体一定是在 t＝3.2 s 时回到抛出点 B．t＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下 C．物体的初速度一定是 20 m/s D．t＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方 答案 A 解析 物体做竖直上抛运动，在 0.8 s 内的速度变化量Δv＝gt＝ 10×0.8 m/s＝8 m/s，由于初速度不为零，可知 t＝0.8 s 时刻速度的方 向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故 B、 D 错误；由 v＝v0－gt，代入数据解得 v0＝16 m/s，则上升到最高点 的时间 t1＝v0 g ＝16 10 s＝1.6 s，则回到抛出点的时间 t＝2t1＝2×1.6 s＝ 3.2 s，故 A 正确，C 错误。 1．从某一高度相隔 1 s 先后释放两个相同的小球甲和乙，不计 空气阻力，它们在空中任一时刻( ) A．甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D．甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 答案 C 解析 小球甲释放后，设经过时间 t(t>1 s)，两小球间距离为Δh， 则Δh＝1 2gt2－1 2g(t－1)2，即Δh＝1 2g·(2t－1)(只表示函数关系)，故 t 增 大，Δh 也随之增大，而据 vt＝gt 可知Δv＝gt－g(t－1)＝g(只表示大 小)，速度差保持不变，所以 A、B、D 均错误，C 正确。 2. 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需 要精确的重力加速度 g 的值，g 值可由实验精确测得，近年来测 g 值 的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测 g 值转变为测长度和时 间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中 O 点上抛 小球又落到原处的时间为 T2，在小球运动过程中经过比 O 点高 H 的 P 点，从小球离开 P 点到又回到 P 点所用的时间为 T1，测得 T1、T2 和 H，可求得 g 等于( ) A. 8H T22－T21 B. 4H T22－T21 C. 8H T22－T212 D. H T22－T212 答案 A 解析 小球从 O 点上升到最大高度的过程中 h2＝1 2g· T2 2 2，小球 从 P 点上升到最大高度的过程中 h1＝1 2g· T1 2 2，依据题意 h2－h1＝H， 联立解得 g＝ 8H T22－T21 ，故 A 正确。 3. 如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球 a、b、c，离桌面 高度分别 h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次静止释放 a、b、c，三 球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是 ( ) A．三者到达桌面时的速度之比是 3∶ 2∶1 B．三者运动的平均速度之比是 3∶ 2∶1 C．b 与 a 开始下落的时间差小于 c 与 b 开始下落的时间差 D．b 与 a 开始下落的时间差大于 c 与 b 开始下落的时间差 答案 D 解析 三球做自由落体运动，由公式 v2＝2gh 可得 v＝ 2gh，所 以三者到达桌面时的速度之比是 h1∶ h2∶ h3＝ 3∶ 2∶1，A 正 确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以平均速度 v ＝v 2 ， 故平均速度之比为 h1∶ h2∶ h3＝ 3∶ 2∶1，B 正确；根据 h＝1 2gt2 可得 a、b 开始下落的时间差为Δt1 ＝ 2h1 g － 2h2 g ＝( 3－ 2) 2h3 g ，b、c 开始下落的时间差为Δt2＝ 2h2 g － 2h3 g ＝( 2－1) 2h3 g ，所以Δt1<Δt2，C 正确，D 错误。 4. (多选)观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通 过任一横截面的水的体积)稳定时，发现自来水水流不太大时，从水 龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为 H 的水柱上端面积 为 S1，下端面积为 S2，重力加速度为 g，以下说法正确的是( ) A．水柱是上细下粗 B．水柱是上粗下细 C．该水龙头的流量是 S1S2 2gH S21－S22 D．该水龙头的流量是 2gH S22＋S21 答案 BC 解析 由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，设Δt 时间内通过水柱任一横截面的水的体积为 V，V＝vΔtS，开始时水流 速度小，横截面积大，速度增大时横截面积变小，所以水柱是上粗下 细，A 错误，B 正确；高为 H 的水柱上端速度为 v1＝ V S1Δt ，下端速 度为 v2＝ V S2Δt ，根据 v22－v21＝2gH，水的流量V Δt ＝S1S2 2gH S21－S22 ，C 正确，D 错误。 5．跳伞运动员以 5 m/s 的速度匀速下降的过程中，在距地面 10 m 处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力 对扣子的作用，g 取 10 m/s2)( ) A．1 s B．2 s C. 2 s D．(2－ 2) s 答案 A 解析 扣子刚掉下时，由于惯性保持原来 5 m/s 的速度向下运动， 即扣子做初速度为 5 m/s、加速度为 g 的匀加速直线运动，由 h＝v0t ＋1 2gt2 解得 t1＝1 s，t2＝－2 s(舍去)，运动员着地用时为 t′＝ h v0 ＝2 s， 运动员比扣子晚着地的时间为Δt＝t′－t1＝1 s，所以选 A。 6．小球每隔 0.2 s 从同一高度抛出，做初速度为 6 m/s 的竖直上 抛运动，设它们在空中不相碰。第 1 个小球在抛出点以上能遇到的小 球个数为(g 取 10 m/s2)( ) A．3 B．4 C．5 D．6 答案 C 解析 初速度为 6 m/s 的小球竖直上抛，在抛出点上方的运动时 间 t＝2v g ＝1.2 s，所以第 1 个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为 5 个，C 正确。 7．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被 抛出至回到抛出点的运动时间为 t。现在物体上升的最大高度的一半 处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞 击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ) A．0.5t B．0.4t C．0.3t D．0.2t 答案 C 解析 物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为 t，则 2v0＝gt， 物体上升到最大高度的一半处时，速度为 vx 2 ＝ v20 2 ，则用时 t1＝ x 2 v0＋v0 2 2 。物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时 间不计，则物体落回抛出点的时间与上升的时间相同，即 t2＝t1，则 这种情况下物体上升和下降的总时间约为 t′＝2t1＝ 2x v0＋v0 2 ＝ 2v20 2g v0＋v0 2 ＝ 2v0 1＋ 2g ＝0.3t，故 C 正确。 8．(多选)将某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力， g 取 10 m/s2。5 s 内物体的( ) A．路程为 65 m B．位移大小为 25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为 10 m/s D．平均速度大小为 13 m/s，方向向上 答案 AB 解析 物体的初速度大小 v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升时间 t1＝v0 g ＝3 s，上升高度 h1＝v20 2g ＝45 m；下降时间 t2＝5 s－t1＝2 s，下 降高度 h2＝1 2gt22＝20 m；末速度 v＝gt2＝20 m/s，方向向下；故 5 s 内的路程 s＝h1＋h2＝65 m；位移 x＝h1－h2＝25 m，方向向上；速度 改变量Δv＝v－v0＝－50 m/s，负号表示方向向下；平均速度大小 v ＝ x t ＝5 m/s，方向向上。A、B 正确。 9．(2014·上海高考)在离地高 h 处，沿竖直方向同时向上和向下 抛出两个小球，它们的初速度大小均为 v，不计空气阻力，两球落地 的时间差为( ) A.2v g B.v g C.2h v D.h v 答案 A 解析 对比两球运动的过程，向上抛出的小球比向下抛出的小球 多出抛出点以上的运动过程，即竖直上抛到落回抛出点的过程，所以 两球落地的时间差为Δt＝2v g 。 10．(2018·衡水检测)一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上 方 h＝5 m 处的时间间隔Δt＝2 s，则小球的初速度 v0 为多少？小球从 抛出到返回原处所经历的时间是多少？ 答案 10 2 m/s 2 2 s 解析 画出小球运动的情景图，如图所示。小球先后经过 A 点 的时间间隔Δt＝2 s，根据竖直上抛运动的对称性，小球从 A 点到最 高点的时间 t1＝Δt 2 ＝1 s， 小球在 A 点处的速度 vA＝gt1＝10 m/s 在 OA 段根据公式 v2A－v20＝－2gx 解得 v0＝10 2 m/s 小球从 O 点上抛到 A 点的时间 t2＝vA－v0 －g ＝10－10 2 －10 s＝( 2－1) s 根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间 t＝2(t1＋t2)＝2 2 s。 11．(2017·石家庄调研)如图所示，运动员从离水面 10 m 高的平 台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全 长的中点，跃起后重心升高 0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直， 手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以 把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g 取 10 m/s2)，求： (1)运动员起跳时的速度 v0； (2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间 t(结果保留 三位有效数字)。 答案 (1)3 m/s (2)1.75 s 解析 (1)上升阶段：－v20＝－2gh 解得 v0＝ 2gh＝3 m/s。 (2)上升阶段：0＝v0－gt1 解得 t1＝v0 g ＝ 3 10 s＝0.3 s 自由落体过程 H＝1 2gt22 解得 t2＝ 2H g ＝ 2×10.45 10 s≈1.45 s 故 t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s。 12．(2018·惠州调研)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离 地面 H＝224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动。运动一段时 间后，打开降落伞，展伞后伞兵以 a＝12.5 m/s2 的加速度匀减速下降。 为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过 v＝5 m/s，取 g＝ 10 m/s2，求： (1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 答案 (1)99 m (2)8.6 s 解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为 h，此时速度为 v0，则有 v2－v20＝－2ah，又 v20＝2g(H－h) 联立并代入数据解得 v0＝50 m/s，h＝99 m。 (2)设伞兵在空中的最短时间为 t， 则有 v0＝gt1，t1＝5 s，t2＝v－v0 a ＝3.6 s， 故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s。