2020-2021学年第四节 自由落体运动学案

这是一份2020-2021学年第四节 自由落体运动学案，共6页。


1.竖直上抛运动
将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动.
2.运动性质
先做竖直向上的匀减速运动，上升到最高点后，又开始做自由落体运动，整个过程中加速度始终为g，全段为匀变速直线运动.
3.运动规律
通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g.
(1)速度公式：vt＝v0－gt.
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(3)位移和速度的关系式：vt2－v02＝－2gh.
(4)上升的最大高度：H＝eq \f(v02,2g).
(5)上升到最高点(即vt＝0时)所需的时间：t＝eq \f(v0,g).
4.运动的对称性
(1)时间对称：物体从某点上升到最高点和从最高点回到该点的时间相等，即t上＝t下.
(2)速率对称：物体上升和下降通过同一位置时速度的大小相等、方向相反.
(多选)物体以20 m/s的初速度做竖直上抛运动，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，则( )
A.物体上升的最大高度为40 m
B.经2 s物体上升到最高点
C.物体上升阶段的平均速度为10 m/s
D.抛出后1 s末物体位于抛出点和最高点的中间位置
答案 BC
解析 物体上升的最大高度h＝eq \f(v02,2g)＝20 m，故A错误；物体上升的时间t＝eq \f(v0,g)＝2 s，故B正确；物体上升阶段的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(h,t)＝10 m/s，故C正确；上升过程物体做匀减速直线运动，速度逐渐减小，中间时刻物体位于抛出点和最高点中间位置上方，故D错误.
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175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物再经多长时间落到地面？落地前瞬间的速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
答案 7 s 60 m/s
解析 解法一 分段法
绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降.
重物上升阶段，时间t1＝eq \f(v0,g)＝1 s，
由v02＝2gh1知，h1＝eq \f(v02,2g)＝5 m
重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175 m＝180 m
设下落时间为t2，根据H＝eq \f(1,2)gt22可知，t2＝eq \r(\f(2H,g))＝6 s
重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，落地前瞬间的速度大小v＝gt2＝60 m/s.
解法二 全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝－175 m
可解得t＝7 s(t＝－5 s舍去)
由v＝v0－gt，得v＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下.
竖直上抛运动的处理方法
1.分段法(v0方向为正方向)
(1)上升过程：v0≠0、a＝－g的匀减速直线运动.
(2)下降过程：自由落体运动.
2.全程法
(1)整个过程：初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律vt＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(2)正负号的含义(取竖直向上为正方向)
①vt＞0表示物体上升，vt＜0表示物体下降.
②h＞0表示物体在抛出点上方，h＜0表示物体在抛出点下方.
在某塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则：(g取10 m/s2)
(1)物体抛出的初速度大小为多少？
(2)物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为多少？
(3)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小.
答案 (1)20 m/s (2)10 m,30 m,50 m (3)6 s 40 m/s
解析 (1)设初速度为v0，竖直向上为正方向，有－2gh＝0－v02，故v0＝20 m/s.
(2)位移大小为10 m，有三种可能：向上运动时s＝10 m，返回向下运动时在出发点上方10 m，返回向下运动时在出发点下方10 m，对应的路程分别为s1＝10 m，s2＝(20＋10) m＝30 m，s3＝(40＋10) m＝50 m.
(3)落到地面时的位移s′＝－60 m，设从抛出到落到地面用时为t，有s′＝v0t－eq \f(1,2)gt2，
解得t＝6 s(t＝－2 s舍去)
落地速度v＝v0－gt＝(20－10×6) m/s＝－40 m/s，则落地速度大小为40 m/s.
球A从高为2 m的位置自由下落，同时球A正下方的球B由地面以5 m/s的速度向上抛出，求：(g取10 m/s2，不计空气阻力)
(1)两球相遇时B球的速度大小；
(2)若B球以4 m/s的速度抛出，两球会不会在空中相遇.
答案 (1)1 m/s (2)会
解析 (1)设两球相遇所需时间为t
由h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＋eq \f(1,2)gt2得t＝0.4 s
由vB＝v0－gt得vB＝1 m/s
(2)假设两球会在空中相遇，设相遇时间为t′
由h＝v0′t′－eq \f(1,2)gt′2＋eq \f(1,2)gt′2得t′＝0.5 s
B球在空中运动的时间为tB
由tB＝eq \f(2v0′,g)得tB＝0.8 s
A球落地的时间为tA，tA＝eq \r(\f(2h,g))≈0.6 s，
由于t′1.做竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中通过同一位置时，不相同的物理量是( )
A.速度 B.速率 C.加速度 D.位移
答案 A
解析 做竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中通过同一位置时，位移大小、方向均相同，速度大小相等、方向相反，加速度均为－g，故选A.
2.(2019·莆田四中、莆田六中高一联考)某同学身高1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m高的横杆.据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为( )
A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析 由题可知，人的重心在跳高时升高约0.9 m，因而初速度v0＝eq \r(2gh)≈4 m/s，故选B.
3.(2020·湛江市高一月考)如图1所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边缘竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2，则3 s内小球运动的( )
图1
A.路程为25 m
B.位移为15 m
C.速度改变量为30 m/s
D.平均速度为5 m/s
答案 A
解析 由s＝v0t－eq \f(1,2)gt2得位移s＝－15 m，B错误；平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)＝－5 m/s，D错误；小球竖直上抛，由vt＝v0－gt得速度的改变量Δv＝－gt＝－30 m/s，C错误；上升阶段通过路程h1＝eq \f(v02,2g)＝5 m，下降阶段通过的路程h2＝eq \f(1,2)gt22，t2＝t－eq \f(v0,g)＝2 s，解得h2＝20 m，所以3 s内小球运动的路程为H＝h1＋h2＝25 m，A正确.
4.一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为( )
A.eq \f(1,8)g(TA2－TB2) B.eq \f(1,4)g(TA2－TB2)
C.eq \f(1,2)g(TA2－TB2) D.eq \f(1,2)g(TA－TB)
答案 A
解析 物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA＝eq \f(TA,2)，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝eq \f(TB,2)，则A、B两点的距离s＝eq \f(1,2)gtA2－eq \f(1,2)gtB2＝eq \f(1,8)g(TA2－TB2).
5.以初速度v0＝20 m/s竖直向上抛出一小球，2 s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，问两小球在离抛出点多高处相遇(g取10 m/s2)( )
A.10 m B.15 m C.20 m D.5 m
答案 B
解析 先竖直向上抛出的小球到达最高点所用的时间为t＝eq \f(v0,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s，所以另一小球抛出时，它恰好在最高点将要做自由落体运动.由竖直上抛运动的对称性可得，两小球再经过1 s后相遇.故两小球相遇处离抛出点的高度为h＝v0t1－eq \f(1,2)gt12＝20×1 m－eq \f(1,2)×10×12 m＝15 m.
6.(多选)某人在高层楼房的阳台上以20 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15 m处时，所经历的时间可能是(不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A.1 s B.2 s C.3 s D.(2＋eq \r(7)) s
答案 ACD
解析 取竖直向上为正方向，当石块运动到抛出点上方离抛出点15 m时，位移为s＝15 m，由s＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s.其中t1＝1 s对应着石块上升过程中离抛出点15 m处时所用的时间，而t2＝3 s对应着从最高点下落过程中离抛出点15 m处时所用的时间.
当石块运动到抛出点下方离抛出点15 m处时，位移为s′＝－15 m，由s′＝v0t′－eq \f(1,2)gt′2，解得t1′＝(2＋eq \r(7)) s，t2′＝(2－eq \r(7)) s(舍去).
7.如图2所示，一同学从一高为H＝10 m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8 m，小球抛出后升高了h＝0.45 m到达最高点，最终小球落在地面上.g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图2
(1)小球抛出时的初速度大小v0；
(2)小球从抛出到落到地面的过程中经历的时间t.
答案 (1)3 m/s (2)1.8 s
解析 (1)上升阶段，由0－v02＝－2gh得：
v0＝eq \r(2gh)＝3 m/s.
(2)设上升阶段经历的时间为t1，则：0＝v0－gt1，
自由落体过程经历的时间为t2，则：h0＋h＋H＝eq \f(1,2)gt22，
又t＝t1＋t2，
联立解得：t＝1.8 s.
8.某校一课外活动小组自制了一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到返回发射点的时间.
答案 (1)20 m/s (2)60 m (3)9.46 s
解析 (1)设燃料恰好用完时火箭的速度为v，根据运动学公式有h＝eq \f(v,2)t，
解得v＝20 m/s.
(2)火箭能够继续上升的时间t1＝eq \f(v,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s
火箭能够继续上升的高度h1＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(202,2×10) m＝20 m
因此火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝60 m.
(3)火箭由最高点落至地面的时间t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×60,10)) s＝2eq \r(3) s，火箭从发射到返回发射点的时间t总＝t＋t1＋t2≈9.46 s.