2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题课件

自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题第3讲目标要求1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性.2.能灵活处理多过程问题. 内容索引考点一　自由落体运动考点二　竖直上抛运动考点三　匀变速直线运动中的多物体和多过程问题课时精练 考点一自由落体运动 自由落体运动(1)运动特点：初速度为，加速度为的匀加速直线运动.(2)基本规律：0梳理必备知识g匀变速直线运动自由落体运动vt＝v0＋atv＝gtvt2－v02＝2asv2＝2gh 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地面向下.()4.做自由落体运动的物体在1s内速度增加约9.8m/s.()5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定.()×√×√√ 应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题.①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶….②Δv＝gΔt.相等时间内，速度变化量相同.③连续相等时间T内下落的高度之差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，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题.提升关键能力 例1如图所示，木杆长5m，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20m处的圆筒AB，圆筒AB长为5m，取g＝10m/s2，求：(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1；考向1自由落体运动基本公式的应用 木杆由静止开始做自由落体运动，设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下A设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A (2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2. 设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B， 例2(多选)(2023·福建建瓯市芝华中学模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若按先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则A.三个小球到达桌面时的速度大小之比是B.三个小球运动时间之比为3∶2∶1C.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.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比考向2自由落体运动中的“比例关系”问题√√ 小球下落的加速度均为g，与重力及质量无关，D错误. 例3(多选)从高度为125m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1s，g取10m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是A.b球下落高度为20m时，a球的速度大小为20m/sB.a球接触地面瞬间，b球离地高度为45mC.在a球接触地面之前，两球速度差恒定D.在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定考向3自由落体运动中的“两物体先后下落”问题√√ 由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误. 自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大.方法点拨 考点二竖直上抛运动 竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做运动.(2)基本规律①速度公式：；②位移公式：s＝v0t－gt2.自由落体梳理必备知识vt＝v0－gt 1.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值.()2.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.()×√ 1.重要特性(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等(如图)，同理tAB＝tBA.②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.提升关键能力(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.研究方法分段法上升阶段：a＝g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度为－g的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以竖直向上为正方向)若v＞0，物体上升；若v＜0，物体下落若h＞0，物体在抛出点上方；若h＜0，物体在抛出点下方 例4气球以10m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10m/s2，不计空气阻力)考向1竖直上抛运动的两种研究方法答案7s60m/s 解法一：全程法取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示.重物在时间t内的位移h＝－175m将h＝－175m，v0＝10m/s代入解得t＝7s或t＝－5s(舍去)所以重物落地时速度为v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反. 解法二：分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5m＋175m＝180m v＝gt2＝10×6m/s＝60m/s(方向竖直向下)所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7s. 例5一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10m/s2)A.80mB.40mC.20mD.无法确定√考向2竖直上抛运动的对称性 例6(多选)从高为20m的位置以20m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10m/s2，当物体到抛出点距离为15m时，所经历的时间可能是A.1sB.2sC.3sD.(2＋)s考向3竖直上抛运动的多解性√√√ 考点三匀变速直线运动中的多物体和多过程问题 1.多物体问题研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解.2.多过程问题(1)一般的解题步骤①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程. ②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.(2)解题关键多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键. 例7如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5m和3.5m，求：(1)CD间距离多远；答案4.5m 游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5m. (2)此刻A的上端滑道上还有几人；答案2人相邻两人间的距离差为1m，所以此刻A的上端滑道上还有2人. (3)此时A距滑道顶端多远.答案2m 例8(2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是√ 由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误；速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝，B错误；再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误. 例9(2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方s0＝5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来.(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；答案60m/s 设经过t2＝40s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288km/h＝80m/s，则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60m/s. (2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2.答案1.2m/s2列车长接到通知后，经过t1＝2.5s，列车行驶的距离s1＝v0t1＝200m，从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离s3＝s0－s1－s2－500m＝1500m， 四课时精练 1.(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为A.0.2sB.0.4sC.1.0sD.1.4s基础落实练√123456789101112 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为123456789101112下落前5m的过程所用的时间为则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4s，故B正确. 2.(2023·福建省龙岩第一中学模拟)小球从离地高5.8m的平台处以某一初速度做竖直上抛运动，测得抛出后第3s内的位移大小为3.0m，方向竖直向上，可知小球抛出的初速度大小为(重力加速度g＝10m/s2)A.28m/sB.25m/sC.10m/sD.5m/s√123456789101112设第3s初的速度为v1，在这1s内根据位移与时间的关系有s＝v1t1－gt12，代入数据解得v1＝8m/s，根据v1＝v0－gt2，可得抛出时速度大小v0＝v1＋gt2＝(8＋10×2)m/s＝28m/s，故选A. 123456789101112√ 123456789101112 4.(多选)某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2.5s内物体的A.路程为65mB.位移大小为25m，方向竖直向上C.速度改变量的大小为10m/sD.平均速度大小为13m/s，方向竖直向上123456789101112√√ 解法一：分段法1234567891011125s末物体离抛出点的高度为h1－h2＝25m，即位移的大小为25m，方向竖直向上，B正确. 速度改变量的大小Δv＝gt＝50m/s，C错误.123456789101112 123456789101112解法二：全程法将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有v0＝30m/s，a＝－g＝－10m/s2，故5s内物体的位移h＝v0t＋at2＝25m>0，说明物体5s末在抛出点上方25m处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3s到达最大高度h1＝45m处，故物体运动的总路程为65m，位移大小为25m，方向竖直向上，A、B正确.速度的改变量的大小Δv＝|at|＝50m/s，C错误. 123456789101112 5.两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g)123456789101112√ 123456789101112 6.(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为质点的小球从O点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2s，不考虑一切阻力.如果将小球从照片中的A点由静止释放，则下列说法正确的是A.小球由A到B以及由B到C的时间小于0.2sB.小球通过B点和C点时的速度关系为vB∶vC＝1∶2C.小球由A到B以及由B到C的过程中平均速度的关系为＝3∶5D.小球通过B点时的速度vB和由A到C的平均速度的关系为vB>123456789101112√ 小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2s，所以OA、AB、BC三段的高度之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB、BC段的时间均大于0.2s，故A错误；123456789101112 123456789101112 7.(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝3L的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，则123456789101112√ 123456789101112 8.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记为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g值等于123456789101112能力综合练√ 123456789101112 9.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”(如图).速度高达一千多公里每小时.如果乘坐Hyperloop从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，Hyperloop先匀加速达到最大速度1200km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是A.加速与减速的时间不一定相等B.加速时间为10分钟C.加速过程中发生的位移为150公里D.加速时加速度大小约为0.46m/s2123456789101112√ 加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12min，故B错误；加速位移为s加＝＝120km，故C错误；加速度大小a＝≈0.46m/s2，故D正确.123456789101112 10.在离水平地面高H处，以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是A.甲球相对乙球做匀变速直线运动B.在落地前甲、乙两球间距离均匀增大C.两球落地的速度差与v0、H有关D.两球落地的时间差与v0、H有关√123456789101112 甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误；123456789101112 11.如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，取g＝10m/s2)A.1.6mB.2.4mC.3.2mD.4.0m123456789101112√ 123456789101112由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8s，故有Hm＝＝3.2m，C正确. 12.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生.假设某公路边的高楼距地面高H＝47m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动.阳台下方有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，以v0＝9m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方.花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10m/s2).123456789101112素养提升练 (1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；123456789101112答案货车会被花盆砸到 123456789101112花盆落下到达车顶过程，位移为h0＝(47－2)m＝45m花盆做自由落体运动，有h0＝gt2，解得t＝3s在这段时间内汽车位移大小为s＝v0t＝27m由于L2<s<L1＋L2，货车会被花盆砸到. (2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；123456789101112答案2.7m/s2货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15m设制动过程中最小加速度为a0，由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7m/s2 (3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？123456789101112答案2.5m/s2 123456789101112司机反应时间内货车的位移大小为s1＝v0Δt＝9m此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－s1＝15m采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移大小为s2＝d＋L1＝23m，加速时间为t′＝t－Δt＝2s设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到， 123456789101112代入数据解得a＝2.5m/s2，即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.