高考物理一轮复习讲义微练3　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题

这是一份高考物理一轮复习讲义微练3　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题，共6页。试卷主要包含了5 s等内容，欢迎下载使用。
1.(2025·抚顺模拟)伽利略用斜面实验来研究落体运动的规律，不仅找出了落体运动的规律，更重要的是开辟了一条物理学的研究之路。下列说法正确的是(C)
A.让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是缩短小球的运动时间，减小小球下落的加速度
B.让小球在斜面上运动，其实质是“放大”重力，减小位移与速度
C.伽利略在斜面实验的基础上合理外推:如果斜面的倾角增大到90°，那么小球的运动就是自由落体运动
D.伽利略把竖直实验的结果推广到斜面实验，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“放大法”
解析 让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长小球的运动时间，减缓小球下落的速度，减小小球的加速度，A项错误；让小球在斜面上运动，其实质是“冲淡”重力，减小小球的加速度，延长时间，B项错误；伽利略在斜面实验的基础上合理外推:如果斜面的倾角增大到90°，那么小球的运动就是自由落体运动，C项正确；伽利略把斜面实验的结果推广到竖直实验，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“合理外推”，D项错误。
2.(2025·重庆模拟)严冬屋檐下有冰凌，冰凌可看成质点(如图)。人在屋檐下行走要防止冰凌砸到头部，因此一定要有安全防范意识。假设冰凌做自由落体运动，冰凌最后1 s内下落的高度为25 m，重力加速度大小g=10 m/s2，则冰凌自由下落的总时间为(C)
A.2.5 sB.2.8 s
C.3 sD.3.5 s
解析 冰凌最后1 s内下落的高度为25 m，则最后1 s中间时刻的速度为v=251 m/s=25 m/s，根据自由落体运动规律可得v=g(t-0.5 s)，则冰凌自由下落的总时间为t=vg+0.5 s=3 s，C项正确。
3.(2025·玉溪模拟)某小区楼房年久老化，靠路边的楼房墙体有一块混凝土脱落，混凝土下落过程可看作自由落体运动，离地面最后2 m下落所用的时间为0.1 s，取重力加速度大小g=10 m/s2，则这块混凝土脱落处到地面的高度约为(C)
A.10 mB.12 m
C.21 mD.15 m
解析 设离地面最后h0=2 m的过程中的初速度为v0，末速度为v1，根据匀变速运动规律有v1=v0+gΔt，v1+v02=h0Δt，其中Δt=0.1 s，联立解得v1=412 m/s，这块混凝土脱落处到地面的高度为h=v122g≈21 m，C项正确。
4.(2025·银川模拟)将一小球从足够高的塔顶以某初速度竖直向上抛出，经时间t=2 s小球的速度大小为v=5 m/s，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(A)
A.初速度大小可能为25 m/s，2 s末小球在抛出点上方30 m处
B.初速度大小一定为15 m/s，2 s末小球在抛出点下方10 m处
C.初速度大小可能为15 m/s，2 s末小球在抛出点下方10 m处
D.初速度大小可能为25 m/s，2 s末小球在抛出点下方30 m处
解析 若t=2 s时的速度方向向上，则根据v=v0-gt，初速度v0=25 m/s，此时小球在抛出点上方h=v+v02t=5+252×2 m=30 m；若t=2 s时的速度方向向下，则根据v=v0-gt，可得初速度v0=15 m/s，此时小球在抛出点上方h= v+v02t=15-52×2 m=10 m，A项正确。
5.(2025·连云港模拟)调节家中水龙头，让水一滴一滴由静止开始不断下落，每两个相邻水滴之间时间间隔相等，忽略空气阻力和水滴间的相互影响，则在水滴落地前，下列说法正确的是(B)
A.1、2两水滴之间的距离保持不变
B.1、2两水滴在下落过程中距离越来越大
C.1、2两水滴之间的速度差越来越大
D.以水滴3为参考系，水滴1做匀加速直线运动
解析 设两水滴之间的时间间隔为Δt，则第2滴水下落时间t时两滴水的距离Δh=12g(t+Δt)2-12gt2=gΔt·t+12gΔt2，则随时间t的增加1、2两水滴在下落过程中距离越来越大，A项错误，B项正确；1、2两水滴之间的速度差Δv=g(t+Δt)-gt=gΔt，保持不变，C项错误；以水滴3为参考系，因水滴的加速度均相同，可知水滴1做匀速直线运动，D项错误。
6.竖井的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一升降机从竖井的井底由静止做匀加速直线运动，在上升16 m达到最大速度8 m/s的瞬间立即做匀减速直线运动，运行到井口时的速度恰好为0，此次升降机运行的总时间为12 s。下列说法正确的是(B)
A.升降机减速时的加速度大小为2 m/s2
B.升降机加速时的加速度大小为2 m/s2
C.升降机此次运行上升的总距离为32 m
D.升降机减速上升的距离为8 m
解析 由vm2-0=2a加x，可得a加=2 m/s2，升降机加速时的加速度大小为2 m/s2，B项正确；加速所用时间为t加=vma加 =4 s，升降机减速时的加速度大小为a减=vmt-t加=1 m/s2，A项错误；升降机减速上升的距离为x减=12a减(t-t加)2=32 m，D项错误；升降机此次运行上升的总距离为s=x+x减=48 m，C项错误。
梯级Ⅱ能力练
7.(多选)(2025·朝阳模拟)将一物体从某位置在t=0时刻以一定初速度竖直向上抛出，t=0.4 s时物体的速度大小变为4 m/s，不计空气阻力，g=10 m/s2，下列说法正确的是(BC)
A.0.4 s时物体的运动方向可能向下
B.物体一定是在1.6 s时回到抛出点
C.物体的初速度一定等于8 m/s
D.0.9 s时物体一定在初始位置下方
解析 若0.4 s时物体的运动方向向下，则物体下落的时间为t=vg=410 s=0.4 s，与竖直上抛相矛盾，A项错误；因0.4 s时物体的运动方向向上，可知物体抛出时的初速度v0=v+gt=(4+10×0.4) m/s=8 m/s，则物体上升的时间和下落的时间均为0.8 s，则物体一定是在1.6 s时回到拋出点，B、C两项正确；物体在1.6 s时回到拋出点，则0.9 s时物体的位置一定在初始位置上方，D项错误。
8.智能感应门被广泛应用在各类现代建筑中。如图乙为某一商场的感应门示意图，当人靠近时，中间的两扇移动门(图乙中的阴影部分)就会分别向两边开启。已知每扇门的宽度为d=1.8 m，当人靠近时两扇移动门向两边各移1.8 m。某次开门程序设计为:门开启过程中先做a=1.6 m/s2的匀加速运动，达到移动速度v=1.2 m/s后匀速运动一段距离，最后以相等的加速度大小做匀减速运动，完全开启时速度刚好为零。
(1)两扇移动门共打开0.9 m时人才能通过，请问需要等待多长时间；
(2)求门完全开启所需要的时间。
解析 (1)设初速度为零的匀加速阶段的位移为x1，时间为t1，有v2=2ax1，
解得x1=0.45 m，
加速阶段一扇门移动的距离为0.45 m，则两扇门共移动距离为0.9 m，恰好可以让人通过，所以人需要等待的时间为加速阶段的时间，则有v=at1，
解得t1=0.75 s。
(2)由题可知，门完全开启共经历3个阶段，第一阶段初速度为零的匀加速阶段，第二阶段匀速阶段，第三阶段末速度为零的匀减速阶段。设第一阶段的位移为x1，时间为t1，第二阶段的位移为x2，时间为t2，第三阶段的位移为x3，时间为t3，门开启时间为T。
由于加速阶段的加速度与减速阶段的加速度大小相同，且加速阶段的初速度为0，末速度为1.2 m/s；减速阶段的初速度为1.2 m/s，末速度为0。结合之前的分析，以及根据运动的对称性可知t1=t3=0.75 s，
x1=x3=0.45 m，
对于匀速阶段有x2=d-x1-x3=vt2，
所以第二阶段的时间t2=0.75 s，
所以开门的总时间为
T=t1+t2+t3=2.25 s。
答案 (1)0.75 s (2)2.25 s
9.某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，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2 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，接着做竖直上抛运动。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；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间(计算结果用根号表示)。
解析 (1)设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1。火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点，对第一个过程，火箭做匀加速运动有h1=12at12，
解得a=20 m/s2，
由速度公式得v1=at1=40 m/s，
方向竖直向上。
(2)对第二个过程，由位移与速度关系公式得h2=v122g，
代入数据解得h2=80 m，
所以火箭上升离地面的最大高度
h=h1+h2=(40+80) m=120 m。
(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，有v1=gt2，
解得t2=v1g=4010 s=4 s，
从最高点落回地面的过程中h=12gt32，
解得t3=26 s，
故总时间为t=t1+t2+t3=(6+26) s。
答案 (1)40 m/s，方向竖直向上 (2)120 m (3)(6+26) s
梯级Ⅲ创新练
10.(多选)雨后屋檐还在不断滴着水滴，如图所示。小红同学认真观察后发现，这些水滴都是在质量积累到足够大时才由静止开始下落，每隔相等时间滴下一水滴，水滴在空中的运动情况都相同，某时刻起，第1颗水滴刚运动到窗台下边沿时，第5颗水滴恰欲滴下。她测得，屋檐到窗台下边沿的距离为H=3.2 m，窗户的高度为h=1.4 m。不计空气阻力的影响。下列结论正确的是(g=10 m/s2)(CD)
A.水滴下落到达窗台下边沿时的速度大小为6 m/s
B.每隔0.15 s滴下一水滴
C.水滴经过窗户的时间为0.2 s
D.水滴经过窗户的平均速度为7 m/s
解析 水滴做自由落体运动，则v2=2gH，解得水滴下落到达窗台下边沿的速度大小v=8 m/s，A项错误；水滴下落到达窗台下边沿用时t=vg=0.8 s，而t=4T，相邻水滴的时间间隔T=0.2 s，B项错误；设水滴下落到达窗台上边沿用时t1，则H-h=12gt12，解得t1=0.6 s，水滴经过窗户的时间Δt=t-t1=0.2 s，C项正确；水滴经过窗户的平均速度v=hΔt=7 m/s，D项正确。