2019-2020年高考物理专题01直线运动备考强化训练3自由落体和竖直上抛新人教版.doc

2019-2020年高考物理专题01直线运动备考强化训练3自由落体和竖直上抛新人教版本套试题训练的重点是理解自由落体和竖直上抛运动的特点、熟练地掌握自由落体运动和竖直上抛运动的公式及其应用。其中第4、6、7、8、13等题为图象题，通过此类题型的训练，培养学生利用图象解决问题的能力，第5、11等题为相对运动问题，重点培养学生的空间想象能力。一、破解依据自由落体1.初速度Vo=0 2.末速度 Vt=gt3.下落高度h=gt2/2（从Vo位置向下计算） 4.推论 Vt2=2gh注:(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速度直线运动规律。(2)a=g=9.810m/s2 重力加速度在赤道附近较小,在高山处比平地小，方向竖直向下。*竖直上抛1.位移x=Vot- gt2/2 2.末速度Vt= Vo- gt （g=9.810m/s2 ）3.有用推论Vt2 -Vo2=-2gx 4.上升最大高度Hm=Vo2/2g (抛出点算起）5.往返时间t=2Vo/g （从抛出落回原位置的时间）(1)全过程处理:是匀减速直线运动（初速度V00，方向竖直向上，加速度a=-g，方向竖直向下），以向上为正方向，加速度取负值。(2)分段处理：向上为匀减速直线运动，向下为自由落体运动。(3)上升与下落过程具有对称性，如在同点V0Vt，速度等值反向，且t上t下，上升、下落时间相等。*加速度、速度的测定：若取匀变速直线运动（如纸带等）的连续相等时间内的位移x1、x2 、x3、 x4 、x5、 x6等，则a =（x4+x5+x6）-（x1+x2+x3）/9T 2，。二、精选习题选择题（每小题5分，共40分）1. (12福建六校联考)一位同学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/sB物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC物体在第2 s内的位移是20 mD物体在5 s内的位移是50 m2. （15山东）距地面高5m的水平直轨道A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始终以的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小。可求得h等于图131 A1.25m B2.25m C3.75m D4.75m3.(14上海)在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速度大小均为v,不计空气阻力,两球落地的时间差为()A. B. C. D. 4.(14海南)将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用,它从抛出点到最高点的运动时间为t1,再从最高点回到抛出点的运动时间为t2。如果没有空气阻力作用,它从抛出点到最高点所用的时间为t0。则()A.t1t0,t2t1 B.t1t1C.t1t0,t2t1 D.t1t0,t2g,下降过程中的加速度a2g,根据h=at2可知,t1t2;如果没有空气阻力,a0=g,根据v=at可知,t1g ，当v0时，物体运动到最高点，此时 ag，而B、C图像的斜率的绝对值均小于g，故B、C错误，D正确 8.AD【解析】由图可知，运动员在010 s的位移大于其在这段时间内做匀加速运动（位移为曲线，不是自由落体运动）的位移，则平均速度大于 m/s10 m/s，选项A正确；15 s后速度的大小恒定，运动员做匀速运动，选项B错误； 10 s末的速度最大，方向不变，选项C错误；1015 s图线的斜率减小，运动员做加速度逐渐减小的减速运动，选项D 正确（二）填空题9. 0.236 10【解析】试题分析：在人的反应时间内直尺做自由落体运动，有，解得 ；反应时间最长为，需要直尺的长；自由落体运动从计时开始连续相等时间的位移为1:4:9:16，而相等时间内的位移为1:3:5:7，故长度不相等。11.【解析】（1）直杆下端B穿过圆筒的时间是B自由下落到C点（自由下落h）起到B下落到D点（自由下落h+b）所用的时间 由而求得B自由下落到C点的时间 同理，B下落到D点的时间为 故 B穿过圆筒的时间为 （2）整个直杆AB穿过圆筒的时间是B自由下落到C 点（自由下落h）起到A下落到D点（自由下落h+b+a）所用的时间由以上解答可得，整个直杆AB穿过圆筒的时间为12. 【解析】(1)此处的电磁铁起条形磁铁的作用，故应选用直流电源，选项A错误用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离再减去小球的直径作为小球下落的高度，选项C错误(2)1个小球下落的时间为0.65 s，根据Hgt2，代入数据计算得g9.4 m/s2.(3)减小长度测量误差的办法是增加小球下落的高度防止偶然误差的办法是多次重复实验，结果取平均值其他答案只要合理也可 (4)由H1g和H2g可得g，因此可以消去t的影响（三）计算题13.【解析】 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知a1 m/s28 m/s2根据牛顿第二定律，得mgfma1故fm(ga1)0.2 N(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v14 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2v13 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mgfma2得a212 m/s2于是，有0v2a2h解得h m.14. 【解析】（1）两物体的加速度均为g，方向竖直向下，设甲下落时间t时二者相遇.则.解得t=2s，此时两物体离地高度（2）以甲下落的初位置为坐标原点，下落时刻为计时起点，竖直向下为正方向，设时刻t甲乙的位置坐标分别为、，则01s内两物体的竖直距离随时间的关系为=10m，12s内两物体的竖直距离随时间的关系为=10m设经过T时间甲落地，则，解得T=3s设乙在空中运动时间为，则，解得=s23s内两物体的竖直距离随时间的关系为=-10m3（+1）s内两物体的竖直距离随时间的关系为则图象如下15.【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有代入数据解得（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度即为最大速度，联立式，代入数据解得（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有代入数据解得四选做题16.【解析】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，第一个过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至到达最高点(1)对第一个过程有h1t1，代入数据解得v120 m/s.(2)对第二个过程有h2，代入数据解得h220 m所以火箭上升离地面的最大高度hh1h240 m20 m60 m.(3)方法一分段分析法从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1gt2得t2 s2 s从最高点落回地面的过程中，hgt32，而h60 m，代入得t32 s故总时间t总t1t2t3(62) s.方法二整体分析法考虑火箭从燃料用完到落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度v120 m/s、加速度g10 m/s2、位移h40 m的匀变速直线运动，即有hv1t gt2，代入数据解得t(22) s或t(22) s(舍去)，故t总t1t(62) s. *17.每碰撞一次后所做竖直上抛运动，可分为上升和回落两个阶段，不计空气阻力，这两段所用时间和行程相等.小球原来距桌面高度为4.9 m，用h0表示，下落至桌面时的速度v0应为：v0=9.8 m/s.下落时间为：t0=1 s.首先用演绎法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度：v1=v07/9 m/s.第一次碰撞后上升、回落需用时间：2t1=2v1/g=(2v0/g)7/9=27/9 s.小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率：v2=v17/9=(v07/9)7/9=v0(7/9)2 m/s.第二次碰撞后上升、回落需用时间：2t2=2v2/g=2(7/9)2.再用归纳法：依次类推可得：小球第n次和桌面碰撞后上升，回落需用时间：2tn=2(7/9) n (s)所以小球从开始下落到经n次碰撞后静止所用总时间为：T=t2+2t1+2t2+2tn=1+27/9+2(7/9)2+2(7/9)n=1+27/9+(7/9)2+(7/9)n括号内为等比级数求和，首项a1=7/9,公比q=7/9,因为|q|1,所以无穷递减等比级数的和为：,所以T=1+27/2=8 s.18.【解析】（1）运动员打开伞后做匀减速运动，由v22-v12=2as2可求得运动员打开伞时的速度为v1=60 m/s，运动员自由下落距离为s1=v12/2g=180 m，运动员离开飞机时距地面高度为s=s1+s2= 305 m.(2)自由落体运动的时间为t1=6 s，打开伞后运动的时间为t2=3.85 s,离开飞机后运动的时间为t=t1+t2=9.85 s