《2020版高考物理一轮总复习第一章第3课时自由落体和竖直上抛运动基次时限时规范训练含解析新人教版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理一轮总复习第一章第3课时自由落体和竖直上抛运动基次时限时规范训练含解析新人教版.pdf（5页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、自由落体和竖直上抛运动自由落体和竖直上抛运动 基础巩固题组(20 分钟，50 分) 1关于自由落体运动(g10 m/s2)，下列说法中不正确的是( ) A它是竖直向下，v00、ag的匀加速直线运动 B在开始连续的三个 1 s 内通过的位移之比是 135 C在开始连续的三个 1 s 末的速度大小之比是 123 D从开始运动到距下落点 5 m、10 m、15 m 所经历的时间之比为 123 解析：选 D.自由落体运动是竖直向下，v00、ag的匀加速直线运动，A 正确；根据 匀变速直线运动规律，在开始连续的三个 1 s 内通过的位移之比是 135，B 正确；在开 始连续的三个 1 s 末的速度大小之
2、比是 123， C 正确 ； 从开始运动到距下落点 5 m、 10 m、 15 m 所经历的时间之比为 1，D 错误23 2钢球A自塔顶自由下落 2 m 时，钢球B自塔顶下方 6 m 处自由下落，两钢球同时到达 地面，不计空气阻力，重力加速度为 10 m/s2，则塔高为( ) A24 m B16 m C12 m D8 m 解析 ： 选 D.设钢球A下落h12 m 的时间为t1， 塔高为h， 钢球B的运动时间为t2， 由h1 gt，得t1 s，由h6 mgt，又hg(t1t2)2，代入数据解得h8 m，D 正确 1 2 2 1 0.4 1 2 2 2 1 2 3科技馆中的一个展品如图所示，在较暗
3、处有一个不断均匀滴水的 水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间 正好与水滴从A下落到B的时间相同， 可以看到一种奇特的现象，水滴似 乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的 这种现象，下列描述正确的是(取g10 m/s2)( ) A水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tABtBCtCD B闪光的间隔时间是 s 2 10 C水滴在相邻两点间的平均速度满足 ABBCCD149 vvv D水滴在各点的速度之比满足vBvCvD135 解析：选 B.由题图可知135，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，ABBCCD 由题意知水滴在下落过程中通过相邻两
4、点之间的时间相等，A 错误；由hgt2可得水滴在 1 2 下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B 正确；由 知 2 10 2 10 v x t 水滴在相邻两点间的平均速度满足 ABBCCD135，C 错误 ； 由vgt知水滴在各点 vvv 的速度之比满足vBvCvD123，D 错误 4 一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出， 3 s 后物体的速率变为 10 m/s， 则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g10 m/s2)( ) A在A点上方 15 m 处，速度方向竖直向上 B在A点下方 15 m 处，速度方向竖直向下 C在A点上方
5、 75 m 处，速度方向竖直向上 D在A点上方 75 m 处，速度方向竖直向下 解析：选 C.若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式vv0gt，物体的 初速度为v0vgt40 m/s，物体的位移为h1(v0v) 75 m，物体在A点的上方，C 正 t 2 确，D 错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0vgt20 m/s，物体的 位移为h2(v0v) 15 m，物体仍然在A点的上方，A、B 错误 t 2 5 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 2v g v g C. D 2h v
6、h v 解析：选 A.根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度 大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同因此上抛的小球比下抛的小球多 运动的时间为：t，A 项正确 vv g 2v g 6(2019河北保定重点中学联考)研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气 球并携带该产品竖直升空，当热气球以 10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从 热气球上将产品自由释放，测得经 11 s 产品撞击地面不计产品所受的空气阻力，求产品 的释放位置距地面的高度(g取 10 m/s2) 解析：解法 1：分段法 根据题意画出运动草图如图甲所示将产品的运动过程分为 A
7、B和BCD两段来处理AB为竖直方向匀减速运动，BCD 为自由落体运动 在AB段，根据匀变速运动规律可知 tAB1 s v0 g hABhBCgt5 m 1 2 2AB 由题意可知tBD11 s1 s10 s 根据自由落体运动规律可得hBDgt500 m 1 2 2BD 故释放点离地面的高度HhBDhBC495 m. 解法 2：全程法 将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图乙所示 规定向上为正方向，则v010 m/s，ag10 m/s2 根据Hv0tat2 1 2 解得H495 m 即产品刚释放时离地面的高度为 495 m. 答案：495 m 能力提升题组(25 分钟，50 分
8、) 1 (多选)一根轻质细线将 2 个薄铁垫片A、B连接起来， 一同学用手固定B， 此时A、B间距为 3L，A距地面为L，如图所示 由静止释放A、B，不计空气阻力， 且A、B落地后均不再弹起 从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1， 从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则( ) At1t2 Bt1t2 Cv1v212 Dv1v213 解析 ： 选 BC.由题意可知Lat，L3La(t1t2)2，故t1t2，选项 A 错误，B 正确 ； 1 2 2 1 1 2 而v1at1，v2a(t1t2)，故v1v212，选项 C 正确，D 错误 2 如图所示， 将一小
9、球以 10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛， 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( ) 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 解析：选 A.应用全程法求解位移，由xv0tgt2得位移x15 m，B 错误；平均速 1 2 度 5 m/s， D 错误 ； 小球竖直上抛， 由vv0gt得速度的改变量 vvv0v x t gt30 m/s， C 错误 ； 上升阶段通过路程x15 m， 下降阶段通过的路程x2gt， v2 0 2g 1 2 2 2 t2t2 s，解得x2
10、20 m，所以 3 s 内小球运动的路程为x1x225 m，A 正确 v0 g 3距地面高 5 m 的水平直轨道上A、B两点相距 2 m，在B点用细线 悬挂一小球， 离地高度为h， 如图所示 小车始终以 4 m/s 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g10 m/s2.可求得h等于( ) A1.25 m B2.25 m C3.75 m D4.75 m 解析：选 A.小车上的小球自A点自由落地的时间t1，小车从A到B的时间t2 ； 2H g d v 小车运动至B点时细线被轧断， 小
11、球下落的时间t3； 根据题意可得时间关系为t1t2 2h g t3，即 ，解得h1.25 m，选项 A 正确 2H g d v 2h g 4如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1 h2h3321.若先后顺次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌 面上，不计空气阻力， 则下列说法不正确的是( ) A三者到达桌面时的速度之比是 132 B三者运动的平均速度之比是132 Cb与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差 Db与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差 解析 ： 选 D.由公式v2v2gx可得v，所以三者到达桌面时的速度之比是 2 0 2ghh1
12、1，A 正确 ； 三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以 ，故平均h2h332v v 2 速度之比为1，B 正确；根据hgt2可得a、b开始下落的时间差h1h2h332 1 2 为 t1 () ，b、c开始下落的时间差为 t2 ( 2h1 g 2h2 g 32 2h3 g 2h2 g 2h3 g 2 1) ，所以 t1t2，C 正确，D 错误 2h3 g 5如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球， 他每隔 0.4 s 抛出一球， 接到球便立即把球抛出已知除抛、接球的时刻外，空中总有 4 个球，将球的运 动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g 10 m/s2)(
13、 ) A1.6 m B2.4 m C3.2 m D4.0 m 解析：选 C.由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每 隔 0.4 s 对应的位置是相同的， 因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时 间均为t0.8 s，故有Hmgt23.2 m，C 正确 1 2 6(2018江西五校高三摸底考试)一弹性小球自 4.9 m 高处自由下落，当它与水平地 面每碰一次，速度减小到碰前的 ，重力加速度g取 9.8 m/s2，试求小球开始下落到停止运 7 9 动所用的时间 解析：小球第一次下落经历的时间为：t1 s 2h g 落地前的速度的大小vgt9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v1v 7 9 上升到落回的时间t12 s 2v1 g 7 9 第二次碰地弹起的速度的大小v2 2v ( 7 9) 上升到落回的时间 t22 2 s 2v2 g( 7 9) 第n次碰地弹起的速度的大小vn nv ( 7 9) 上升到落回的时间 tn2 n s 2vn g( 7 9) 从开始到最终停止经历的时间为： t总12 2 22n s17 s8 s. 7 9( 7 9)( 7 9)1( 7 9) n 答案：8 s