2018高中物理第一章运动的描述1.9自由落体运动的研究练习教科版必修1.doc

对自由落体运动的研究

（答题时间：15分钟）
1. 一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝5＋2t3 （m），它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2（m/s），该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度大小分别为（　　）
A. 12 m/s，39 m/s B. 8 m/s，38 m/s
C. 12 m/s，19.5 m/s D. 8 m/s，12 m/s
2. 自由下落的物体，自起始点开始依次下落三段相同的位移所需要的时间比为（　　）
A. 1∶3∶5 B. 1∶4∶9
C. 1∶∶ D. 1∶（－1）∶（－）
3. （泰安模拟）小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某高度，其速度—时间图象如图所示，则由图象可知（g＝10 m/s2）以下说法正确的是（　　）

A. 小球下落的最大速度为5 m/s
B. 第一次反弹初速度的大小为3 m/s
C. 小球能弹起的最大高度为0.45 m
D. 小球能弹起的最大高度为1.25 m
4.（皖南八校联考）一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力），设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h－t图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（　　）

A. 8 m/s2，20 m/s B. 10 m/s2，25 m/s
C. 8 m/s2，25 m/s D. 10 m/s2，20 m/s
5. 竖直上抛的物体，又落回抛出点，下列关于物体运动的说法中正确的有（　　）
A. 上升过程和下落过程，时间相等、位移相同
B. 物体到达最高点时，速度和加速度均为零
C. 整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同
D. 不管竖直上抛的初速度有多大（v0＞10 m/s），物体上升过程的最后1s时间内的位移总是不变的
6. （上海交大东方学校模拟）从某高处释放一粒小石子，经过1s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将（　　）
A. 保持不变 B. 不断增大
C. 不断减小 D. 有时增大，有时减小
7. （济南质检）小芳是一个善于思考的乡村女孩，她在学过自由落体运动规律后，对自家房上下落的雨滴产生了兴趣，她坐在窗前发现每隔相等时间从屋檐滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m的窗子的上、下沿，小芳同学在自己的作业本上画出了如图所示的雨滴下落同自家房子尺寸的关系图，其中2点和3点之间的小矩形表示小芳正对的窗子，请问：

（1）此屋檐离地面有多高？
（2）滴水的时间间隔是多少？
8. 2010年冰岛火山喷发，火山灰尘给欧洲人民的生活带来了很大的影响。假设一灰尘颗粒开始以4 m/s2的加速度从地面竖直上升，10 s末，忽然失去所有向上的推动力，灰尘颗粒只在重力作用下运动，则该颗粒最高可上升到距地面多高处？此颗粒失去推动力后经多长时间落回地面？（g取10 m/s2）

1. B 解析：平均速度＝，t＝0时，x0＝5 m；t＝2 s时，x2＝21 m；t＝3 s时，x3＝59 m。故1＝＝8 m/s，2＝＝38 m/s。
2. D
3. ABC 解析：由v－t图象可知，t＝0.5s时，小球下落至地面，速度为5m/s，小球与地面作用的时间不计，小球刚被地面弹起时，速度为－3m/s，能弹起的最大高度为h＝＝m＝0.45m。故选项A、B、C对，D错。
4. A 解析：根据图象可知物体在t＝2.5s时上升到最大高度，为25 m，由运动学公式可求得A项正确。
5. CD 解析：上升和下落过程时间相等，而位移大小相等、方向相反，物体到最高点加速度仍为g，故A、B均错，在任意相等时间t内，速度变化量均为gt，C正确，根据逆向思维知，物体上升过程最后1s内位移和自由下落第1s内位移大小是相等的，都为g×12＝g，D也正确。
6. B 解析：设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为（t－1）s，在它们落地之前，两粒石子间的距离为Δh＝gt2－g（t－1）2＝gt－g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，故B正确。
7. （1）3.2 m　（2）0.2 s
解：设屋檐离地面高为h，滴水的时间间隔为T
由得
第2滴水的位移为h2＝①
第3滴水的位移为h3＝②
且h2－h3＝1 m③
由①②③得　T＝0.2 s
则屋檐高h＝＝3.2 m。
答：此屋檐离地面有3.2m高。滴水的时间间隔是0.2s。
8. 280 m　11.48 s
解：向上加速阶段
H1＝a1t＝×4×102 m＝200 m
失去向上的推动力时，灰尘颗粒的速度大小为：
v1＝a1t1＝4×10 m/s＝40 m/s
此后，灰尘颗粒做竖直上抛运动，
竖直上抛上升阶段：H2＝＝80 m
t2＝＝4 s
自由下落阶段：H1＋H2＝gt
得t3＝＝ s＝7.48 s
所以，此颗粒距地面最大高度
Hmax＝H1＋H2＝280 m
灰尘颗粒从失去推动力到落地的总时间t＝t2＋t3＝11.48 s
答：该颗粒最高可上升到距离地面280m处。此颗粒失去推动力后经11.48s落回地面。

匀变速直线运动规律的应用

一、考点突破：
考点
课程目标
备注
匀变速直线运动规律的应用
理解、会
在考试中主要以填空题、选择题、计算题、等形式出现；试题难度中等。

二、重难点提示：
重点：匀变速直线运动规律的应用；
难点：过程分析及公式的选择。

一、匀变速直线运动及其推论公式的应用
1. 两个基本公式
（1）速度公式：v＝v0＋at
（2）位移公式：x＝v0t＋at2
两个公式中共有五个物理量，只要其中三个物理量确定之后，另外两个就确定了。原则上应用两个基本公式中的一个或两个联立列方程组，就可以解决任意的匀变速直线运动问题。
2. 常用的推论公式及特点
（1）速度—位移公式v2－v＝2ax，此式中不含时间t；
（2）平均速度公式＝v＝，此式只适用于匀变速直线运动，式中不含有时间t和加速度a；＝，可用于任何运动；
（3）中间位置的速度公式，中间位置的速度大于中间时刻的速度；
（4）位移差公式Δx＝aT2，利用纸带法求解加速度即利用了此式；
（5）初速度为零的匀加速直线运动的比例式及适用条件
初速度为零的匀加速直线运动比例式：
①物体在1T末、2T末、3T末、……的瞬时速度之比为：
v1∶v2∶v3∶…＝1∶2∶3∶…
②物体在第Ⅰ个T内、第Ⅱ个T内、第Ⅲ个T内、……第n个T内的位移之比：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）
③物体在1T内、2T内、3T内，……的位移之比：
x1∶x2∶x3∶…＝12∶22∶32∶…。
④物体通过连续相等的位移所用时间之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）
注意：上述公式只适用于初速度为零的匀加速直线运动。
3. 无论是基本公式还是推论公式，均为矢量式，公式中的v0、v、a、x都是矢量，解题时应注意各量的正负，一般先选v0方向为正方向，其他量与正方向相同取正值，相反取负值。

二、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动
1. 刹车类问题：即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意先确定其实际运动时间。
2. 双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正、负号。
3. 逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速运动。

例题1 （全国高考）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等，求O到A的距离。
解析：首先画出运动情况示意图：
解法一　基本公式法
设物体的加速度为a，到达A点时的速度为v0，通过AB段和BC段所用的时间都为t，则有l1＝v0t＋at2
l1＋l2＝2v0t＋a（2t）2
联立以上二式得l2－l1＝at2
3l1－l2＝2v0t
设O到A的距离为l，则有l＝

联立以上几式得l＝；
解法二　利用推论法
由连续相等时间内的位移之差公式得：
l2－l1＝at2①
又由平均速度公式：vB＝②
l＋l1＝③
由①②③得：l＝。
答案：
思路分析：（1）合理选用公式可简化解题过程，本题中解法二中利用位移差求加速度，利用平均速度求瞬时速度，使解答过程简化了。
（2）对于多过程问题，要注意x、v0、t等量的对应关系，不能“张冠李戴”。

例题2 一辆汽车以72 km/h的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动。已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2，则从开始刹车经过5 s后汽车通过的距离是多少？
解析：设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t0，选v0的方向为正方向。
v0＝72 km/h＝20 m/s，由v＝v0＋at0得
t0＝＝s＝4 s
可见，该汽车刹车后经过4 s就已经停止，最后1 s是静止的，
由x＝v0t＋at2知刹车后5 s内通过的距离
x＝v0t0＋at02＝[20×4＋×（－5）×42] m＝40 m。
答案：40 m
思路分析：解答此题时，最容易犯的错误是将t＝5 s直接代入位移公式得x＝v0t＋at2＝[20×5＋×（－5）×52] m＝37.5 m，这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1s的总位移，这显然与实际情况不相符。

【知识脉络】

【技巧突破】
1. 求解匀变速直线运动问题的一般解题步骤：
（1）首先确定研究对象，并判定物体的运动性质；
（2）分析物体的运动过程，要养成画物体运动示意（草）图的习惯；
（3）如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带；
（4）运用基本公式或推论等知识进行求解。
2. 匀变速直线运动推论的应用
推论
分析说明
平均速
度法
定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝（v0＋v）只适用于匀变速直线运动
中间
时刻
速度法
利用“任一时间段t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”即v＝，适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的含有t2的复杂式子，从而简化解题过程，提高解题速度
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，用比例法求解
推论法
匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即xn＋1－xn＝aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx＝aT2求解

（答题时间：20分钟）
1. （北京市昌平一中第二次月考）某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为（　　）
A. B. C. D. 到之间的某个值
2. （安徽省高三第一次联考）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m。由此可求得（　　）
A. 第一次闪光时质点的速度
B. 质点运动的加速度
C. 从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移
D. 质点运动的初速度
3. （聊城模拟）物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移为x，它在中间位置x处的速度为v1，在中间时刻t时的速度为v2，则v1和v2的关系为（　　）
A. 当物体做匀加速直线运动时，v1>v2
B. 当物体做匀减速直线运动时，v1>v2
C. 当物体做匀速直线运动时，v1＝v2
D. 当物体做匀减速直线运动时，v1<v2
4. 2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间分别是（　　）

A. v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B. v1∶v2∶v3＝∶∶1
C. t1∶t2∶t3＝1∶∶
D. t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1
5. 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m，则刹车后6s内的位移是（　　）
A. 20 m B. 24 m C. 25 m D. 75 m
6. 如图所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球（可视为质点），小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为t1、t2、t3，斜面的倾角为θ，则下列说法正确的是（　　）

A. ＝＝ B. >>
C. ＝＝ D. 若θ增大，则的值减小
7. （天津五校联考）如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e，已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（　　）

A. vb＝m/s B. vc＝3 m/s
C. de＝3 m D. 从d到e所用时间为4 s
8. （上海闸北八中学月考）某动车组列车以平均速度v行驶，从甲地到乙地的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令后紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0，继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0，（列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等），若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为（　　）
A. B. C. D.
9. （湖南）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和19.30s，假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动；200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%。求：
（1）加速所用时间和达到的最大速率；
（2）起跑后做匀加速运动的加速度。（结果保留两位小数）

1. B 解析：根据公式＝＝解得v＝
2. C 解析：质点运动情况如图所示，照相机照相时，闪光时间间隔都相同，第一次、第二次闪光的时间间隔内质点通过的位移为x1，第二次、第三次闪光时间内质点位移为x2，第三、四次闪光时间内质点位移为x3，则有x3－x2＝x2－x1，所以x2＝5 m。

由于不知道闪光的周期，无法求初速度、第1次闪光时的速度和加速度，C项正确。
3. ABC 解析：设物体的初速度为v0、末速度为vt，由
v－v＝v－v＝2a·
所以路程中间位置的速度为
v1＝ ①
物体做匀变速直线运动时中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v2＝ ②
第①式的平方减去第②式的平方得
v－v＝
在匀变速或匀速直线运动的过程中，v－v一定为大于或等于零的数值，所以v1≥v2。
4. BD 解析：因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看作反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶（－1）∶（－），故所求时间之比为（－）∶（－1）∶1，所以选项C错，D正确；由v2－v＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错，B正确，所以正确选项为B、D。
5. C
6. BC
7. BD
8. C 解析：该动车组从开始刹车到加速到v0所发生的位移大小为·t0，依题意，动车组两次运动所用的时间相等，即＋t0＝t，解得v0＝，故正确答案为C。
9.（1）1.29 s　11.24 m/s　（2）8.71 m/s2
解：（1）设加速所用时间为t（以s为单位），匀速运动时的速度为v（以m/s为单位），则有
vt＋（9.69－0.15－t）v＝100①
vt＋（19.30－0.15－t）×0.96v＝200②
由①②式得
t＝1.29 s
v＝11.24 m/s
（2）设加速度大小为a，则
a＝＝8.71 m/s2
答：加速所用时间为1.29s，达到的最大速率为11.24m/s。起跑后做匀加速运动的加速度为8.71m/s2。
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