2024届高考物理大一轮复习模拟题：专题拓展课2　自由落体和竖直上抛运动

专题拓展课2自由落体和竖直上抛运动拓展点1质点类物体的自由落体运动的综合问题1.五个基本公式匀变速直线运动规律→自由落体运动规律eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(①v＝v0＋at,②x＝v0t＋\f(1,2)at2,③v2－veq\o\al(2,0)＝2ax,④\o(v,\s\up6(－))＝v\f(t,2)＝\f(v0＋v,2),⑤xn－xn－1＝aT2))eq\o(→,\s\up7(v0＝0),\s\do5(a→g))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(①v＝gt,②x＝\f(1,2)gt2,③v2＝2gx,④\o(v,\s\up6(－))＝v\f(t,2)＝\f(v,2),⑤xn－xn－1＝gT2))2.v－t图像自由落体运动的v－t图像是一条过原点的倾斜直线，斜率表示重力加速度g。【例1】(多选)(2020·宁夏银川一中期中)做自由落体运动的物体，先后经过空中M、N两点时的速度分别为v1和v2。则()A.经过MN所需时间为eq\f(v2－v1,g)B.MN的间距为eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2g)C.经过MN的平均速度为eq\f(2v1v2,v1＋v2)D.经过MN中间位置的速度为eq\f(v1＋v2,2)答案AB解析根据匀变速直线运动的速度与时间关系式v＝v0＋gt，可得t＝eq\f(v2－v1,g)，故A正确；根据匀变速直线运动的速度与位移关系式v2－veq\o\al(2,0)＝2gh，可得h＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2g)，故B正确；匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度和的一半，有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)，故C错误；根据速度与位移关系有v2－veq\o\al(2,1)＝2geq\f(h,2)，veq\o\al(2,2)－v2＝2geq\f(h,2)，联立解得v＝eq\r(\f(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2),2))，故D错误。【针对训练1】(多选)(2020·长安一中高一上期中)一矿井深125m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第11个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底(g＝10m/s2)，则()A.第1个小球落至井底时的速度为50m/sB.第1个小球落至井底时的速度为25m/sC.相邻两个小球下落的时间间隔是0.5sD.第9个小球和第7个小球之间的距离为15m答案ACD解析第1个小球自由下落的时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，根据题意，第1个球刚落至井底的瞬间，第11个小球刚好在井口，因此空中有9个球在下落，并存在10个相等的时间间隔Δt，故Δt＝eq\f(t,10)＝0.5s，根据v＝eq\r(2gh)，得v＝50m/s，第9个小球下落的高度为h9＝eq\f(1,2)×10m/s2×(0.5×2s)2＝5m，第7个小球下落的高度为h7＝eq\f(1,2)×10m/s2×(0.5×4s)2＝20m，故第9个小球和第7个小球之间的距离为15m，故选A、C、D。拓展点2非质点类物体的自由落体运动【例2】如图所示，直杆长l1＝0.5m，圆筒高l2＝3.7m。直杆位于圆筒正上方H＝0.8m处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿过圆筒(g取10m/s2)，求：(1)直杆下端刚到圆筒上端的时间；(2)直杆穿越圆筒所用的时间。答案(1)0.4s(2)0.6s解析(1)设直杆下端到达圆筒上端的时间为t1，上端离开圆筒下端的时间为t2，根据自由落体运动规律有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2×0.8m,10m/s2))＝0.4s。(2)根据自由落体运动规律有l1＋H＋l2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\r(\f(2×（0.5m＋0.8m＋3.7m）,10m/s2))＝1s，则直杆穿越圆筒所用的时间t＝t2－t1＝0.6s。【针对训练2】一条铁链AB长0.49m，悬于A端静止，然后让它自由下落，求整个铁链通过悬点下方2.45m处的小孔O需要的时间是多少？(g取10m/s2)答案7.4×10－2s解析以B端为研究对象，设B端到达O点所需的时间为t1，发生的位移为x1；A端到达O点所需的时间为t2，发生的位移为x2。由图可知x1＝x2－L＝1.96mx1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)由以上三式解得t＝t2－t1≈7.4×10－2s。拓展点3竖直上抛运动1.定义将物体以某一初速度v0竖直向上抛出，物体只在重力作用下所做的运动就是竖直上抛运动。2.实质初速度v0≠0、加速度a＝－g的匀变速直线运动(通常规定初速度v0的方向为正方向，g为重力加速度的大小)。3.规律基本公式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度与时间关系式：v＝v0－gt,位移与时间关系式：h＝v0t－\f(1,2)gt2,速度与位移关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh))推论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(上升时间t＝\f(v0,g),上升最大高度H＝\f(veq\o\al(2,0),2g),落回出发点的总时间t总＝\f(2v0,g)))4.特点(1)对称性①时间对称性，对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，tAB＝tBA，tOC＝tCO。②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等，方向相反，vB＝－vB′，vA＝－vA′。(2)多解性通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段。5.处理方法分段法上升阶段是初速度为v0、a＝－g的匀减速直线运动；下落阶段是自由落体运动全过程分析法全过程看作初速度为v0、a＝－g的匀变速直线运动(1)v>0时，上升阶段；v<0，下落阶段(2)x>0时，物体在抛出点的上方；x<0时，物体在抛出点的下方【例3】(2020·黑龙江实验中学期中)气球下端悬挂一重物，以速度v0＝10m/s匀速上升，当到达离地面h＝120m处时悬挂重物的绳子突然断裂，(不计空气阻力，取g＝10m/s2)那么之后(1)重物从绳子突然断裂开始经过多长时间上升到最高点？上升的高度是多少？(2)重物从绳子突然断裂开始经多长时间落到地面？(3)重物落地时的速度多大？答案(1)1s5m(2)6s(3)50m/s解析(1)分成上升阶段和下落阶段两过程考虑。绳子断裂后重物可继续上升的时间为t1＝eq\f(v0,g)＝1sh1＝v0t1－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝5m。(2)下落阶段，由h＋h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝5s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间t＝t1＋t2＝6s。(3)重物落地时的速度大小v＝gt2＝50m/s。1.(质点类物体的自由落体运动)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则()A.小球在2s末的速度是8m/sB.小球在第5s内的平均速度是3.6m/sC.该星球上的重力加速度为5m/s2D.小球在5s内的位移是100m答案A解析小球在第5s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx5,Δt)＝18m/s，B错误；由veq\f(t,2)＝eq\o(v,\s\up6(－))知v4.5＝eq\o(v,\s\up6(－))＝18m/s，由v4.5＝g星t4.5得g星＝eq\f(v4.5,t4.5)＝eq\f(18m/s,4.5s)＝4m/s2，C错误；小球在2s末的速度为v2＝g星t2＝8m/s，A正确；在5s内的位移x5＝eq\f(1,2)g星teq\o\al(2,5)＝50m，D错误。2.(非质点类物体的自由落体运动)在离地面7.2m处，手提2.2m长的绳子的上端如图所示，在绳子的上、下两端各拴一小球，放手后小球自由下落(绳子的质量不计，小球的大小可忽略，g取10m/s2，假设小球落地后不弹起)。求：(1)两小球落地的时间差为多少？(2)B球落地时A球的速度多大？答案(1)0.2s(2)10m/s解析(1)设B球落地所需的时间为t1，因为x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2x1,g))＝eq\r(\f(2×（7.2m－2.2m）,10m/s2))s＝1s。设A球落地的时间为t2，由x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2x2,g))＝eq\r(\f(2×7.2m,10m/s2))s＝1.2s。所以两小球落地的时间差为Δt＝t2－t1＝0.2s。(2)当B球落地时，A球的速度与B球的速度相等，即vA＝vB＝gt1＝10m/s。3.(竖直上抛运动)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10m/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11s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10m/s2)答案495m解析法一分段法。根据题意画出运动过程草图如图所示，将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理，A→B为竖直向上的匀减速运动，B→C→D为自由落体运动。在A→B过程，根据匀变速直线运动规律可知tAB＝eq\f(v0,g)＝1sxAB＝xBC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,AB)＝5m由题意可知tBD＝11s－1s＝10s根据自由落体运动规律可得xBD＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,BD)＝500m故产品的释放位置距地面的高度x＝xBD－xBC＝495m。法二全程法。将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向，则v0＝10m/s，a＝－g＝－10m/s2，t＝11s。根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得x＝－495m故产品的释放位置距地面的高度为495m。课时定时训练(限时25分钟)1.(多选)一小球从高空中由静止释放，不计空气阻力(g取10m/s2)。下列说法正确的是()A.第2s末小球的速度为20m/sB.前2s内小球的平均速度为20m/sC.第2s内小球的位移为10mD.第1s内、第2s内、第3s内小球的位移之比为1∶3∶5答案AD解析第2s末小球的速度为v2＝gt2＝10m/s2×2s＝20m/s，选项A正确；前2s内小球的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(v2,2)＝10m/s，选项B错误；第2s内小球的位移为x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝15m，选项C错误；根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，第1s内、第2s内、第3s内小球的位移之比为1∶3∶5，选项D正确。2.(2020·辽宁省实验中学高一月考)某人在室内以窗户为背景拍摄照片时，恰好把从房檐落下的一个石子拍摄在照片中，石子可看成质点。形成如图所示画面。画面中的一条线就是石子运动痕迹。痕迹长为0.5cm，已知曝光时间0.01s，实际长度为120cm的窗户在照片中长度为3.0cm。请估算石子是从距窗户顶端多高的地方落下来的()A.20m B.30mC.2m D.4m答案A解析设在曝光时间0.01s内，石子实际下落的距离为x，由题意得eq\f(3cm,120cm)＝eq\f(0.5cm,x)，解得x＝20cm；曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，石子在这0.01s内的速度为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.2m,0.01s)＝20m/s，石子做自由落体运动2gh＝v2，解得h＝20m。3.(2020·山西大附中高一月考)从高度为125m的塔顶，先后落下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，两球保持相对静止D.在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定答案B解析根据h＝eq\f(1,2)gt2得，b球下落高度为20m时t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20m,10m/s2))＝2s，则a下落了3s，a的速度为v＝30m/s，故A错误；a球下落的总时间为t＝eq\r(\f(2×125m,10m/s2))＝5s，此时b下落4s，b的下落高度为h′＝eq\f(1,2)×10m/s2×42s2＝80m，故b离地面的高度为125m－80m＝45m，故B正确；由自由落体的规律可得，两物体的距离逐渐增大，故C错误；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D错误。4.(2020·邵阳市十一中期中)2020年5月15日消息，我国新飞船试验舱在预定区域成功着陆，试验取得圆满成功，这也标志着中国载人航天工程迈出了重要的一步。若试验舱离月面某一高度时，速度减小为零后，自由下落着陆，测得在第4s内的位移是5.6m，此时试验舱还未落地，则()A.试验舱在前4s内的位移是25.6mB.月球表面的重力加速度大小为1.6m/s2C.试验舱在4s末的速度是12.8m/sD.试验舱在第4s内的平均速度是1.4m/s答案B解析第4s内的位移是5.6m，有eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝5.6m，其中t1＝4s，t2＝3s，解得g＝1.6m/s2，则试验舱在前4s内的位移是x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1.6m/s2×16s2＝12.8m，选项A错误，B正确；试验舱在4s末的速度v4＝gt＝1.6m/s2×4s＝6.4m/s，选项C错误；试验舱在第4s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝5.6m/s，选项D错误。5.(2020·延安市宝塔高级中学月考)从地面上将一个小球竖直上抛，经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点。不计空气阻力，下列说法正确的是()A.小球上升的最大高度为eq\f(9,8)gt2 B.A点离抛出点的距离为eq\f(1,2)gt2C.小球抛出时的速率为2gt D.小球抛出时的速率为3gt答案A解析根据竖直上抛运动的对称性，知小球竖直上抛运动到最高点的时间为t＋eq\f(1,2)t＝eq\f(3,2)t。则竖直上抛的初速度v0＝eq\f(3,2)gt，故C、D错误；小球上升的最大高度h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,8)gt2，故A正确；从A点上升到最高点的时间为eq\f(1,2)t，则A点距离最高点的高度h1＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)gt2，则A点距地面的高度h2＝h－h1＝gt2，故B错误。6.(多选)(2020·重庆巴蜀中学高一月考)在一个足够深的井口正上方将一个小球以初速度v0＝20m/s竖直上抛，不计空气阻力，则经过多长时间小球能够到达距离抛出点15m的地方(重力加速度g取10m/s2)()A.1s B.3sC.(2＋eq\r(7))s D.(eq\r(7)－2)s答案ABC解析小球以初速度v0＝20m/s竖直上抛，若到达距离抛出点上方15m的地方，有h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，代入数据解得t＝1s或t＝3s，若到达距离抛出点下方15m的地方，有－h＝v0t′－eq\f(1,2)gt′2，代入数据解得t＝(2＋eq\r(7))s或t＝(2－eq\r(7))s舍掉，选项A、B、C正确，D错误。7.甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到eq\f(H,n)处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为()A.eq\r(\f(gH,2)) B.eq\r(\f(ngH,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))))C.eq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))gH,2n)) D.eq\r(\f(ngH,2（n＋1）))答案B解析取乙为参考系，甲相对乙做匀速直线运动，速度大小为乙的初速度v0，则有v0t＝H，取甲分析eq\f(1,2)gt2＝H－eq\f(H,n)，两式联立可得v0＝eq\r(\f(ngH,2（n－1）))。8.(2020·广州市第五中学期中)某物体以20m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10