新高考物理一轮复习考点讲义第1章第3课时　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题（含答案）

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考点一 自由落体运动
1.条件：物体只受 ，从 开始下落。
2.运动性质：初速度为 、加速度为 的匀加速直线运动。
3.基本规律：
(1)速度与时间的关系式： 。
(2)位移与时间的关系式： 。
(3)速度位移关系式： 。
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1 s内速度增加约9.8 m/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。( )
例1 (2024·广西卷·3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则( )
A.v1＝5 m/sB.v1＝10 m/s
C.v2＝15 m/sD.v2＝30 m/s
例2 (2025·山东临沂市期中)对于自由落体运动(g取10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A.在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相邻两个1 s内的位移之差都是10 m
C.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
例3 (2024·山东临沂市阶段考试)某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋从离地面20 m高的高楼面由静止释放，下落途中用Δt＝0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s内的位移大小；
(2)高楼面离窗的上边框的高度；
(3)若隔0.5 s先后释放两个鸡蛋，试分析在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离如何变化？
1.自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故初速度为零的匀加速直线运动的规律、比例关系及推论等规律都适用。
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。
考点二 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，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做 运动。
2.运动性质： 直线运动。
3.基本规律
(1)速度与时间的关系式： 。
(2)位移与时间的关系式： 。
4.竖直上抛运动的对称性(如图所示)
(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 ，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 。
物体做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，在上述速度与时间的关系式中，把时间t代入后，若速度v为负值，负号表示什么意义？在上述位移与时间的关系式中，把时间t代入后，若位移为负值，又表示什么意义？
例4 为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体
(1)经过多长时间到达最高点？
(2)抛出后离地的最大高度是多少？
(3)经过多长时间回到抛出点？
(4)经过多长时间落到地面？
(5)经过多长时间离抛出点15 m？
1.竖直上抛运动的研究方法：
2.竖直上抛运动的多解性：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。
考点三 多过程问题
例5 在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法正确的是( )
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比v1∶v2＝1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为v1∶v2＝2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2＝2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2
匀变速直线运动多过程中的0－v－0模型
1.题型特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
2.分段结论：t1t2＝x1x2＝a2a1，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
3.全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm＝2v＝2xt。
例6 (来自教材改编)(2024·山东临沂市开学考)ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1为12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2为4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。
匀变速直线运动多过程的解题策略
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。
答案精析
考点一
1.重力 静止
2.零 g
3.(1)v＝gt (2)h＝12gt2
(3)v2＝2gh
判断正误
1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.√
例1 B [重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，故选B。]
例2 B [在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正确；在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。]
例3 (1)20 m/s 15 m (2)4.05 m (3)两鸡蛋之间的距离均匀增大
解析 (1)根据速度与位移关系v2＝2gh，解得鸡蛋落地时速度大小为v＝20 m/s，设鸡蛋自由下落时间为t，根据速度与时间关系得t＝vg＝2 s
鸡蛋在第1 s内的位移为h1＝12gt12＝5 m
则鸡蛋落地前最后1 s内的位移大小为h2＝h－h1＝15 m
(2)由题意知，窗口的高度为h3＝2 m
设高楼面离窗的上边框的高度为h0，鸡蛋从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0，
则h0＝12gt02，
h0+h3＝12g(t0+Δt)2
联立解得h0＝4.05 m
(3)未落地前，设第二个鸡蛋运动了时间T，则第一个鸡蛋运动了T+ΔT
第一个鸡蛋下落高度H1＝12g(T+ΔT)2，第二个鸡蛋下落高度为H2＝12gT2，二者之间的距离ΔH＝H1－H2＝12gΔT2+gΔT·T，ΔH与T为一次函数关系，故在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离均匀增大。
考点二
1.自由落体
2.匀变速
3.(1)v＝v0－gt (2)x＝v0t－12gt2
4.(1)相等 (2)相等
讨论交流 速度为负值，表示物体运动方向向下；位移为负值，表示物体已经运动到抛出点下方。
例4 (1)2 s (2)45 m (3)4 s (4)5 s
(5)1 s 3 s (2+7) s
解析 (1)运动到最高点时速度为0，
由v＝v0－gt1得t1＝－v−v0g＝v0g＝2 s
(2)由v02＝2ghmax得hmax＝v022g＝20 m，
所以Hmax＝hmax+h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落时，hmax＝12gt22，
解得t2＝2 s，故t＝t1+t2＝4 s
法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，得t＝－v1−v0g＝4 s
法三：由h＝v0t－12gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝12gt52，解得t5＝3 s，
故t总＝t1+t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t'－12gt'2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m，
由h＝v0t－12gt2，
解得t8＝1 s，t9＝3 s，
当物体在抛出点下方时，h＝－15 m，由h＝v0t－12gt2，得t10＝(2+7) s，
t11＝(2－7) s(舍去)。
例5 A [设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动推论：v＝v0+v2可知自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度v1＝v2＝0+vm2＝vm2，故A正确，B错误；根据x＝vt可知x1x2＝t1t2＝12，故C错误；根据a＝ΔvΔt可知a1a2＝t2t1＝21，故D错误。]
例6 (1)138 m (2)72 m (3)25 s
解析 (1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，
则x1＝v12−v222a＝64 m
故总的位移x总1＝2x1+d＝138 m。
(2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝v122a＝72 m。
(3)过ETC通道的时间t1＝v1−v2a×2+dv2＝18.5 s
过人工收费通道的时间t2＝v1a×2+t0＝44 s
x总2＝2x2＝144 m
二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，
则Δt＝t2－(t1+Δxv1)＝25 s。
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g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－12gt2(以竖直向上为正方向)
若v>0，物体上升，若v0，物体在抛出点上方，若h