1、 自由落体和竖直上抛运动1特点和规律(1)自由落体运动的特点从静止开始，即初速度为零只受重力作用的匀加速直线运动公式：vgt，h gt2，v 22gh.12(2)竖直上抛运动的特点初速度竖直向上只受重力作用的匀变速直线运动若以初速度方向为正方向，则 ag.2处理竖直上抛运动的方法(1)分段处理上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动几个特征物理量上升的最大高度 H ，上升到最高点所用的时间 T ，回到抛出点所用的时间 t ，回到抛出点时的速度v202g v0g 2v0gvv 0.(2)全程处理初速度为 v0(设为正方向)，加速度为 ag 的匀变速直线运动v0 时，物体上升v0 时，物体
2、在抛出点上方h v2，选项 C 错v12误；若在 t1t 2 时间内空降兵做匀变速直线运动，在此段时间内平均速度为 (v1v 2)，其对应的位移比实际运动对12应的位移多图中 t1t 2 时间内的阴影部分的面积，故空降兵在 t1t 2 时间内的平均速度 (v1v 2)，选项 D 正确v124BC 由 at 图像可知汽车先做加速度为 10 m/s2 的匀减速直线运动，后做加速度为 5m/s2 的匀加速直线运动，因 v030 m/s，所以 t3s 时汽车速度为零，故选项 B 正确；6s 时汽车速度为 v5(63) m/s15 m/s，故选项A 错误；前 9s 内的位移为 m 562m135m，所以
3、前 9s 内的平均速度为 m/s15 m/s，选项 C 正3032 12 1359确；同理，求得前 6s 内的位移为 m 532m67.5m，选项 D 错误3032 125B 根据 vt 图线的斜率表示加速度知， 01s 质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a m/s22 m/s2,12s 质点做匀减速直线运动，加速度为 a m/s22 m/s2，同理分析，23svt 2 01 0 vt 0 22 1质点反向做匀加速直线运动，加速度为3m /s2,34 s 质点反向做匀减速直线运动，加速度为 3 m/s2，故选项 A 错误，B 正确；由匀变速直线运动的位移公式 x at2，易知每一时间段的
4、质点的位移与时间成二次函数关系， xt12图像为抛物线，故选项 C、D 错误6C A 中在 t0 和 t4 s 时，物体的位移均为零，选项 A 错误；在 vt 图像中图线与坐标轴围成的面积可表示位移大小，在 02 s 内物体位移与 24 s 的位移的矢量和为零，所以物体在 4 s 内的位移一定为零，选项 B 错误；C 中物体在 01 s 内做加速运动，12 s 内做减速运动，2 s 末速度为零，23 s 内做加速运动，34 s 内做减速运动，4 s 末速度为零，物体一直在沿同一个方向上运动，所以位移一定不为零，选项 C 正确；D 中物体在01 s 内做正向加速，1 s 末速度大小为 v，位移为
5、 x，物体在 12 s 内做正向减速运动，由可逆性可得 2 s 末的速度为零，位移为 2x,23 s 内物体做反向加速运动，3 s 末速度大小为 v，位移为 x,34 s 内物体做反向减速运动，4 s 末速度为零，位移为零，所以 D 中的位移一定为零，选项 D 错误7AC 由图像可知，乙做加速度为 1 m/s2 的匀加速直线运动，选项 A 正确；图线与坐标轴围成的面积表示位移，可知 4s 内甲的位移较大，选项 B 错误；4s 内乙的平均速度大小为 2m/s，选项 C 正确；4 s 内乙的速度一直小于甲的速度，选项 D 错误8D9C10C 根据 vt 图像，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运
6、动，故 A、B 错误图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为 0.5 m/s，故 C 正确，D 错误 11C 因为 xt 图线的斜率等于物体的速度大小，故由图线可看出 CD 段汽车运动的最快，选项 A 错误；AB 段汽车处于静止状态，选项 B 错误；因为斜率的符号代表运动的方向，故 CD 段表示的运动方向与 OA 段方向相反，故选项 C 正确；运动 4 h 后汽车的位移大小为零，选项 D 错误；故选 C.12D 在 1820s 时间内，质点的位移为 x1 m12m，在 2022s 时间内，质点的位移为 x21222m12m，在 1822s 时间内，质点的位移为 0.故 A 错误；由题图看
7、出，在 020s 时间内，速度均为正1222值，质点沿正方向运动，在 2022s 时间内速度为负值，质点沿负方向运动，所以整个过程中，D 点对应时刻离出发点最远故 B、C 选项错误；由题图看出，CE 段图线斜率最大，则 CE 段对应过程的加速度最大，故 D 正确13(1)8m/s (2)4m解析 (1)在 at 图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度，则可得 t4s 时物体的速度为v4812(4)81m/s8 m/s(2)由题图可知物体在 t3s 时速度为零，因而在第 4s 内的位移为 x at 2 812m4m12 12强化提升练习9某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的 x-t 图象，
8、如图所示。图中纵坐标表示物体的位移 x，横坐标表示时间 t，由此可知该物体做（ ）A匀速直线运动 B变速直线运动C匀速曲线运动 D变速曲线运动【答案】B13甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中 B 为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的被测物体反射后又被 B 盒接收，从 B 盒发射超声波开始计时，经时间 t 0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移时间图象，则下列说法正确的是A超声波的速度为2xvtB超声波的速度为 v1tC物体平均速度为 210()xttD物体平均速度为 210tt【答案】B【解析】试题分析：由图
9、可知：超声波通过位移为 时，所用时间为 ，则超声波的速度为 ，故 A 错误；2x20 t2声 xvt由乙图可知，超声波在 时间内通过位移为 ，则超声波的速度为 ，故 B 正确；由题：物体通过12t1 12声 xvt的位移为 时，所用时间为 ，物体的平均速度为21x2010210() tttt，故 CD 错误。120210 )()xtttv考点：匀变速直线运动的图像【名师点睛】本题是实际应用问题，要能读懂图象反映的物体的运动情况，正确得到运动的时间，从而理解现代科技装置的工作原理。17一个物体以初速度 沿光滑斜面向上运动，其速度 v 随时间 t 变化的规律如图所示，在连续两段时间 m 和 n0v
10、内对应的面积均为 S，设经过 b 时刻的加速度和速度分别为 a 和 ，则bA B2mnSa2nmSaC Dbvn2bvn【答案】BD【解析】试题分析：设 a 点对应的速度为 ，则在 m 时间段里有 ，在 n 时间段里有 ，根av 21aSvm21bSnva据匀变速直线运动速度时间公式可得 ，联立解得 ， ，故 BD 正确；baS2bvm考点：考查了匀变速直线运动规律的应用，速度时间图像【名师点睛】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和速度时间关系列式求解即可21如图所示，水平传送带以速度 v1匀速运动，小物体 P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的
11、轻绳相连，t0 时刻 P在传送带左端具有速度 v2，P 与定滑轮间的绳水平，tt 0时刻 P 离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体 P 速度随时间变化的图象可能是（ ）【答案】BC【解析】试题分析：若 V2V 1：f 向右，若 fG Q，则向右匀加速到速度为 V1后做匀速运动到离开，则为 B 图；若 fG Q，则向右做匀减速到速度为 0 后再向左匀加速到离开，无此选项；若 V2V 1：f 向左，若 fG Q，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项；若 fG Q，则减速到小于 V1后 f 变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到 0 后向左加速到离开，则为 C 图
12、；则 BC 正确，AD 错误；故选 BC考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难。15在风景旖旎的公园往往都有喷泉以增加观赏性，现有一喷泉喷出的水柱高达 h，已知水的密度为 ，喷泉出口的面积为 S，则空中水的质量为（ ）A B C Dh2h3hS4hS【答案】D【解析】试题分析：水柱高达 ，根据 ，得下降时间为： ，根据上抛运动的对称性，上升时间等于下降h21gt2 tg时间，故上抛的总时间为： ，根据 ，得到初速度为： ；2 thg 2 tghv2tvgh故空中水的体积为： ，故 ，故选项 D 正确。4 t
13、VSLvS4MVS考点：竖直上抛运动【名师点睛】本题要注意空中的水柱并非圆柱体，要根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积为S 求出流量，最后根据 求质量。m3不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上拋一物体，从拋出至回到拋出点的时间为 2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反。撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为A02t B03t C05t D06t【答案】D【解析】试题分析：竖直上抛时从抛出回到抛出点时间为 2t，所以，2t= gv20，v 0=gt，22201gttg
14、vh设上升到 h/2 时，速度为 v，上升和下降的总时间为 t，,220vgttvt 6.0)2(20, ，故选 D。考点：竖直上抛运动【名师点睛】竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性，上升过程和下降过程经过同一点时速度大小相等，方向相反。上升过程和下降过程经过同一段高度时，所用的时间相等。竖直上升运动，可按反方向的自由落体运动处理。37如图所示，A、B 两棒长均为 L1m，A 的下端和 B 的上端相距 s20m，若同时 A 做自由落体运动，B 做初速度为 v040m/s 的竖直上抛运动，求：（1）A、B 两棒何时相遇；（2）从相遇开始到分离所需时间【答案】05s 005s【解析】试题分析
15、：（1）以 A 为参考系，B 以 v0向上匀速运动，在相遇的过程中，B 的位移为 s，根据匀速直线运动的公式得， 或取向上为正方向，由 s= gt2+（v 0t gt2）0.5stv11解得： 02.4ts答：A、B 经过 05s 相遇（2）从相遇开始到分离所需时间，以 A 为参考系，B 的位移为 2L，根据匀速直线运动的公式得，0.5Ltsv或 s+2L= g（ t+ t） 2+v0（t+t）- g（ t+ t） 21212解得： ，故0sLtv0.5tsv考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决本题的巧妙之处是以 A 为参考系，B 以 v0向上匀速运动，根据匀速直线运动的公式进行求解本题
16、也可以地面为参考系，根据匀变速直线运动的公式求解。40如图所示，已知倾角为 =45、高为 h 的斜面固定在水平地面上一小球从高为 H（ ）处自由54h下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离 x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上（1）求小球落到地面上的速度大小；（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件；（3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间【答案】 （1） （2） ， 没有写 扣 1 分 （3）vgh45xhHhxmax2Htg【解析】试题分析：（1）设小球落到底面的速度为 v，根据动能定理： 解得： （4 分）
17、2mgvh（2）因为斜面的倾角为 450，所以小球下落的高度为： ，小球做自由落体的末速度为 。由动能hx0v定理： 解得： （2 分）201mghv02vgHx小球做平抛运动的时间为 t： 解得： （2 分）21hxgt2hxtg水平位移为： 解得： 0svtsHhx由 才能保证落到地面上， 以上联立解得： （2 分）shx 45hH（3）由以上可得小球在接触斜面前运动的时间为 ，做平抛运动的时间：12xtg 2hxtg那么小球运动的总时间为： （3 分）2=+hxhtg总两边平方得： 24+gHt 总当 ，即 时， （2 分）Hhx2xh小球运动时间最长， ，符合（2）的条件 代入得： （1 分）max2Htg考点：平抛运动、自由落体运动【名师点睛】本题是动能定理与自由落体运动、平抛运动的综合，既要把握每个过程的物理规律，更要抓住它们之间的联系，由于小球与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时 x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出 x 的最小值，而 x 的最大值即为 h，从而求出 x 的范围；根据竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列出总时间的表达式，再由数学知识求解最长的时间
