新人教版1.3自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题学案

第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题
课程标准
定性了解生活中常见的机械运动，通过实验认识自由落体运动规律，结合物理学史的相关内容，认识实验对物理学发展的推动作用．
素养目标
物理观念：掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点
科学思维：
(1)知道竖直上抛运动的对称性．
(2)能灵活处理多过程问题．
(3)能够利用自由落体运动和竖直上抛运动的模型分析实际生活中的相关运动问题．
必备知识·自主落实
一、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：
①速度与时间的关系式：v＝________．
②位移与时间的关系式：x＝________．
③速度与位移的关系式：v2＝________．
二、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)速度与时间的关系式：____________；
(2)位移与时间的关系式：x＝____________．
走进生活
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力．
(1)水滴做自由落体运动，下落的高度与时间成正比．()
(2)水滴做自由落体运动的加速度一定等于 m/s 2.( )
(3)水滴下落过程中，在1 T 末、2 T 末、3 T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n .( )
(4)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态．( )
关键能力·精准突破 考点一 自由落体运动
自由落体运动问题的解决方法
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． (1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶….
(2)从运动开始一段时间内的平均速度v ̅＝h
t
＝v
2
＝1
2
gt .
(3)连续相等时间T 内的下落高度之差Δh ＝gT 2.
(4)相同时间内，竖直方向速度变化量相同．(Δv ＝g Δt )
针 对 训 练
1.一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )
A ．物体在2 s 末的速度是20 m/s
B ．物体在第5 s 内的平均速度是 m/s
C ．物体在5 s 内的位移是50 m
D ．物体在第2 s 内的位移是20 m
2．2021年10月14日，青岛市城阳区人民法院对一起高空抛物案件作出一审判决，判处被告人玉某某拘役三个月，并处罚金人民币二千元．高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着行人安全．某地消防员为了测试高空抛物的危害，将一个物体从某高楼的楼顶自由下落，物体落地速度的大小为50 m/s ，g 取10 m/s 2，求：
(1)楼顶的高度；
(2)最后2 s 下落的高度； (3)10 s 内的平均速率．
考点二 竖直上抛运动
1．重要特性(如图)
(1)对称性
①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间t AC和下降过程中从C→A所用时间t CA 相等，同理t AB＝t BA.
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．
(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．
例1 气球下挂一重物，以v
＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度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？落地时的速度为多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.(建议同学用两种方法求解)
针对训练
3.如图所示，某次蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为()
A．m B．m
C．m D．m
.
4.(拓展：双向可逆类问题)如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长
的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是() A．8 s B．10 s
C．16 s D．20 s
反思总结
(1)此类问题中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，如果全过程加速度大小、方向均不变，则与竖直上抛运动特点类似．求解时既可对全过程列式，也可分段研究．
(2)可逆类问题需要特别注意物理量的符号，一般选初速度的方向为正，则加速度为负值．
考点三多过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带，可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图．
(2)列：列出各运动阶段的运动方程．
(3)找：找出交接处的速度与各段的位移—时间关系．
(4)解：联立求解，算出结果．
2．解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．
例2 如图所示为未来超高速运行列车，时速可达600 km至1 200 km，被称为“超级高铁”．如果乘坐超级高铁从广州到长沙，600 km的路程需要40 min，超级高铁先匀加速，
达到最大速度1 200 km/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，则下列关于超级高铁的说法正确的是()
A．加速与减速的时间不相等
B．加速时间为10 min
C．加速时加速度大小为2 m/s2
D．如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要35 min
针对训练
5.为了测试智能汽车自动防撞系统的性能，质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：
(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；
(3)汽车在上述22 m的运动过程中的平均速度大小．
第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题
必备知识·自主落实
一、
1．0g
gt2③2gx
2．①gt②1
2
二、
1．自由落体
2．(1)v ＝v 0－gt (2)v 0t －1
2gt 2
走进生活
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×
关键能力·精准突破
1．解析：第5 s 内的位移是18 m ，有1
2
gt −121
2
gt 22
＝18 m ，其中t 1＝5 s ，t 2＝4 s ，解得g
＝4 m/s 2，所以2 s 末的速度v ＝gt ＝8 m/s ，故A 项错误；第5 s 内的平均速度v ̅＝18
1 m/s ＝18
m/s ，故B 项错误；物体在5 s 内的位移x ＝1
2
gt 12＝1
2
×4×52 m ＝50 m ，故C 项正确；物体在
第2 s 内的位移x ＝12×4×22 m －1
2×4×12 m ＝6 m ，故D 项错误．
答案：C
2．解析：(1)由v y 2
＝2gh 解得楼顶的高度
h ＝
v y 22g
＝
502
2×10
m ＝125 m
(2)由v y ＝gt 解得物体下落的总时间t ＝v
y g ＝50
10 s ＝5 s 则最后2 s 下落的高度为Δh ＝h －1
2g (5－2)2＝80 m (3)10 s 内物体共运动5 s ，运动的路程是s ＝h ＝125 m 10 s 内的平均速率为v ＝s t ＝125
10 m/s ＝ m/s. 答案：(1)125 m (2)80 m (3) m/s
例1 解析：解法一 分段法，将全过程分成上升阶段和下落阶段，设绳子断裂后重物
继续上升的时间为t 1，上升的高度为h 1，则t 1＝v
0g ＝1 s ，h 1＝v 0
2
2g ＝5 m ，故重物离地面的最大
高度为H ＝h 1＋h ＝180 m ．重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝ √2H
g
＝
6 s ，v ＝gt 2＝60 m/s ，所以从绳子断裂到重物落地的总时间t ＝t 1＋t 2＝
7 s.
解法二 全程法，将全过程作为一个整体考虑，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 ′＝v 0t －1
2gt 2，即－175 m ＝10 m/s·t －1
2×10 m/s 2·t 2，
解得t 1＝7 s ，t 2＝－5 s(舍去)．
重物落地速度v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s ， 其中负号表示落地时速度方向向下，与初速度方向相反． 答案：7 s 60 m/s
3．解析：由题意可知，OP ＝2 m ，PQ ＝1 m ，根据Δx ＝gT 2可知，蹦床运动员从O 至P 所用时间为T ＝ √1
10 s ，过P 点时的速度为v P ＝OQ
2T ，设最高点距P 点的高度为h ，有2gh
＝v P 2，解得h ＝ m ，故蹦床运动员可以上升的最大高度H ＝7 m ＋h ＝ m ，A 正确．
答案：A
4．解析：设物块运动的加速度为a ，上滑运动时间为t ，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s 内位移为x 1＝1
2
a ×52＝25
2
a ，最初5 s 内位移为x 2
＝a (t －5)×5＋12a ×52＝5at －25
2a ，又因为x 2∶x 1＝11∶5，解得t ＝8 s ．由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s ，故A 、B 、D 错误，C 正确．
答案：C
例2 解析：加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相等，根据a ＝Δv
Δt ，可知加速和减速所用时间相等，A 错误；加速的时间为t 1，匀速的时间为t 2，
减速的时间为t 1，由题意得2t 1＋t 2＝40×60 s ，2×1
2at 12＋v t 2＝600×103 m ，v ＝at 1，由以
上各式联立解得匀加速和匀减速用时t 1＝600 s ＝10 min ，匀速运动的时间t 2＝1 200 s ，加速和减速过程中的加速度a ＝5
9 m/s 2，B 正确，C 错误；同理将上述方程中的加速度变为10 m/s 2，加速和减速的时间均为t ′1＝1 200
3.6
10
s ＝
1003
s ，加速和减速距离均为x ＝12at 1′2
＝
50 0009
m ，匀速
运动用时t ′2＝
600×103−2×
50 0009
1 200
3.6
s ＝
5 300
3
s ，总时间为2t ′1＋t ′2＝5 5003
s ≈31 min ，D 错误．
答案：B
5．解析：(1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a 2＝F
f
m ，将F f ＝12 000 N ，m
＝1 500 kg 代入得a 2＝8 m/s 2.
(2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小为v ，其到障碍物的距离为x 2，则
x 2＝
v 2
2a 2
＝
v 2
16m/s 2
，
已知“紧急制动”前的加速度a 1＝1 m/s 2，则紧急制动前的位移为x 1＝
v −02v
22a 1
＝v −02v 2
2 m/s 2，
已知总位移x ＝x 1＋x 2＝22 m ，v 0＝10 m/s ，由以上各式得v ＝8 m/s ，x 2＝4 m. (3)“紧急制动”前的时间t 1＝
v 0−v a 1
＝2 s ，“紧急制动”后的时间t 2＝v
a 2
＝1 s ，
总时间t ＝t 1＋t 2＝3 s ，v ̅＝x
t ＝22
3 m/s. 答案：(1)8 m/s 2 (2)8 m/s
4 m (3)22
3 m/s。