2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．四个离地面不同高度的小球同时从静止释放，不计空气阻力．从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．下列各图中，能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是( )
2．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )
3.
图为甲同学制作的反应时间测量尺，用来测量其他同学的反应时间．乙同学先把手放在直尺0 cm处的位置做捏住直尺的准备，但手不能碰直尺，看到甲同学放开直尺时，乙同学立即捏住下落的直尺，已知乙同学捏住10 cm处的位置，反应时间为0.14 s．若丙同学进行同样的实验，捏住了20 cm处的位置，则丙同学的反应时间为( )
A．0.28 s B．0.24 s
C．0.20 s D．0.16 s
4．[2024·安徽江淮十校联考]如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝3L的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．b与a开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差
B．a、b、c三小球运动时间之比为 eq \r(6)∶2∶1
C．a比b早释放的时间为2( eq \r(3)－ eq \r(2)) eq \r(\f(L,g))
D．三小球到达地面时的速度大小之比是6∶4∶3
5.
(多选)如图是将苹果由静止释放后，在某段运动过程中用频闪照相技术连续拍摄的照片，已知频闪照相机的频闪时间间隔为T，位置A、B间和位置B、C间的距离分别为x1和x2，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量
B．x1∶x2一定满足x1∶x2＝1∶3
C．苹果运动到位置B时的速度大小一定为 eq \f(2x1,T)
D．苹果运动的加速度大小一定为 eq \f(x2－x1,T2)
6.
打弹弓是一款传统游戏，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1 s内上升的高度与最后1 s内上升的高度之比为7∶1，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则弹丸在上升过程中最初1 s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为( )
A．45 m/s；125 m B．45 m/s；80 m
C．35 m/s；80 m D．35 m/s；125 m
7．“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”描述的是如图甲所示的瀑布的壮观景象，其简化示意图如图乙所示，若瀑布中的一根树枝由瀑布顶开始做自由落体运动，先从A到B的距离为h，再从B到C的距离为2h，重力加速度为g，不考虑此过程中的阻力，则下列说法正确的是( )
A．树枝从A到B的运动时间与从B到C的运动时间相等
B．树枝从A到C的平均速度大小为 eq \f(\r(6gh),2)
C．树枝从A到C中点位置的瞬时速度大小为2 eq \r(gh)
D．树枝在C点的速度与在B点的速度之差为 eq \r(3gh)－ eq \r(gh)
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8．(多选)如图所示，甲、乙两物体同时从离地高度为2H和H的位置自由下落，不计空气阻力，甲的质量是乙质量的2倍，则( )
A．甲落地的时间是乙落地时间的2倍
B．甲落地时的速率是乙落地时速率的 eq \r(2)倍
C．乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变
D．乙落地之前，加速度不断增大
9．[2024·黑龙江齐齐哈尔统考]汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为 eq \(v,\s\up6(－))，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程可视为匀速，下列说法正确的是( )
A．汽车正常行驶的速度大小为2 eq \(v,\s\up6(－))
B．反应过程的时间为 eq \f(\(v,\s\up6(－)),5a)
C．减速过程位移是反应过程位移的 eq \f(5,4)倍
D．从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为 eq \f(8,7) eq \(v,\s\up6(－))
10．某市开展礼让行人活动，要求在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线．如图所示，一辆家用轿车长度L＝4 m，正以v0＝36 km/h的速度行驶，车头距停止线的距离为L1＝30 m，人行道宽度为L2＝4 m.距离人行道为L4＝3 m的行人以v1＝1 m/s的速度匀速走向长度为L3＝9 m的人行道，停止线到人行道的距离可忽略．
(1)若行人与轿车均未发现对方，均做匀速运动，求两者是否相撞；
(2)轿车若立即以恒定的加速度a＝2 m/s2加速，求是否违反要求；
(3)轿车若以恒定的加速度a2减速，要保证不违反要求，求加速度a2的大小需要满足的条件．
课时分层精练（三） 自由落体运动和竖直上
抛运动 多过程问题
1．解析：依题意可设第1个小球经时间t落地，则第2个小球经时间2t落地，第3个小球经时间3t落地，第4个小球经时间4t落地，又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16.
答案：C
2．解析：取竖直向上为正方向，根据v＝v0＋at，v0A＝3 m/s.a＝－g＝－10 m/s2，代入解得vA＝－7 m/s，同理解得vB＝－5 m/s，vC＝0 m/s，vD＝5 m/s.由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：根据x1＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,1) ，x2＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,2) ，得 eq \f(t2,t1)＝ eq \r(\f(x2,x1))＝ eq \r(\f(2,1))＝ eq \r(2)，则有t2＝ eq \r(2)t1＝ eq \r(2)×0.14 s≈0.20 s，故C正确．
答案：C
4．解析：由h＝ eq \f(1,2)gt2得，ta＝ eq \r(\f(12L,g))，tb＝ eq \r(\f(8L,g))，tc＝ eq \r(\f(6L,g))，则（ta－tb）>（tb－tc），a、b、c三小球运动时间之比为 eq \r(6)∶2∶ eq \r(3)，a比b早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2（ eq \r(3)－ eq \r(2)） eq \r(\f(L,g))，A、B错误，C正确；根据v2＝2gh得，三小球到达地面时的速度大小之比是 eq \r(6)∶2∶ eq \r(3)，D错误．
答案：C
5．解析：由题知tAB＝tBC＝T，根据Δv＝gt可知BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量，故A正确；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，故B错误；苹果运动到位置B时的速度大小为vB＝ eq \f(x1＋x2,2T)，故C错误；根据Δx＝aT2可知，苹果运动的加速度大小为a＝ eq \f(x2－x1,T2)，故D正确．
答案：AD
6．解析：射出的弹丸做竖直上抛运动，上升过程可看作逆向的自由落体运动，由运动学公式h＝ eq \f(1,2)gt2
则弹丸最后1 s内下落的高度h1＝ eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m
则最初1 s内下落的高度h2＝7h1＝35 m
最初1 s内中间时刻的速度v＝ eq \f(h2,t)＝ eq \f(35,1) m/s＝35 m/s
弹丸自由下落的时间t′＝ eq \f(v,g)＋0.5＝ eq \f(35,10) s＋0.5 s＝4 s
弹丸下落的总高度h3＝ eq \f(1,2)gt′2＝ eq \f(1,2)×10×42 m＝80 m
则弹丸上升的最大高度为80 m，故选C.
答案：C
7．解析：自由落体运动，下落h过程满足h＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,1)
下落3h的过程满足3h＝ eq \f(1,2)g（t1＋t2）2
联立解得，树枝从A到B的运动时间t1与从B到C的运动时间t2之比为 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(1,\r(3)－1)，A错误；树枝从A到C的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(3h,t1＋t2)＝ eq \f(\r(6gh),2)，B正确；树枝从A到C中点位置的瞬时速度为v＝ eq \r(2g×\f(3h,2))＝ eq \r(3gh)，C错误；树枝在C点的速度与在B点的速度之差为Δv＝ eq \r(2g×3h)－ eq \r(2gh)＝ eq \r(6gh)－ eq \r(2gh)，D错误．故选B.
答案：B
8．解析：甲落地的时间t甲＝ eq \r(\f(4H,g))，乙落地的时间t乙＝ eq \r(\f(2H,g))，所以甲落地的时间是乙落地时间的 eq \r(2)倍，故A错误；根据v＝ eq \r(2gh)可知，甲落地时的速率是乙落地时速率的 eq \r(2)倍，故B正确；根据h＝ eq \f(1,2)gt2可知经过相等的时间两个物体下落的高度相等，所以乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变，故C正确；乙落地之前，加速度均为g，故D错误．
答案：BC
9．解析：设汽车正常行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0,2)，可得v0＝2 eq \(v,\s\up6(－))，A正确；减速过程时间为t0＝ eq \f(v0,a)＝ eq \f(2\(v,\s\up6(－)),a)，反应过程的时间为t反＝ eq \f(t0,5)＝ eq \f(2\(v,\s\up6(－)),5a)，B错误；减速过程的位移为x0＝ eq \(v,\s\up6(－))t0＝ eq \f(2\(v,\s\up6(－))2,a)，反应过程的位移为x反＝v0t反＝ eq \f(4\(v,\s\up6(－))2,5a)，则有 eq \f(x0,x反)＝ eq \f(5,2)，C错误；发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝ eq \f(x反＋x0,t反＋t0)＝ eq \f(7,6) eq \(v,\s\up6(－))，D错误．故选A.
答案：A
10．解析：（1）从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间t＝ eq \f(L1＋L＋L2,v0)＝3.8 s
行人在这段时间内的位移为
x0＝v1t＝3.8 m
x0－L4＝0.8 m< eq \f(1,2)L3＝4.5 m
则两者不会相撞．
（2）从题述时刻到行人走上人行道所用时间
t1＝ eq \f(L4,v1)＝3 s
在3 s内轿车的位移
x＝v0t1＋ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1)
代入数据得
x＝39 m>L1＋L2＋L
故没有违反要求．
（3）从题述时刻到行人穿过人行道所用时间
t2＝ eq \f(L3＋L4,v1)＝12 s
假设12 s内轿车的位移等于30 m，此时加速度为a1，则
L1＝v0t2－ eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,2)
解得a1＝ eq \f(5,4) m/s2
此时刹车时间t0＝ eq \f(v0,a1)＝ eq \f(10,\f(5,4)) s＝8 s<12 s
x刹＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2a1)＝40 m>30 m
说明假设错误，即轿车不可能在12 s后仍未到达停止线，所以轿车在30 m内速度减小为零加速度最小
a′2＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2L1)＝ eq \f(5,3) m/s2，故轿车的加速度大小应满足
a2≥ eq \f(5,3) m/s2
答案：见解析