《2025年高考帮高中物理》

命题点3 “落尺”类问题
3.如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止释放后让它自由落下（不计空气阻力），木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒$AB$，圆筒$AB$长为5 m，取$g = 10 m/s²$，求：
（1）木杆通过圆筒的上端$A$所用的时间$t_{1}$；
（2）木杆通过圆筒所用的时间$t_{2}$.

答案： 3.
(1)$(2 - \sqrt{3})$s
(2)$(\sqrt{5}-\sqrt{3})$s 解析：
(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时$t_{下A}=\sqrt{\frac{2h_{下A}}{g}}=\sqrt{\frac{2×15}{10}}$s = $\sqrt{3}$s。 木杆的上端到达圆筒上端A用时$t_{上A}=\sqrt{\frac{2h_{上A}}{g}}=\sqrt{\frac{2×20}{10}}$s = 2 s。 则木杆通过圆筒上端A所用的时间$t_{1}=t_{上A}-t_{下A}=(2 - \sqrt{3})$s。
 
(2)木杆的下端到达圆筒上端A用时$t_{下A}=\sqrt{3}$s。 木杆的上端离开圆筒下端B用时$t_{上B}=\sqrt{\frac{2h_{上B}}{g}}=\sqrt{\frac{2×25}{10}}$s = $\sqrt{5}$s。 则木杆通过圆筒所用的时间$t_{2}=t_{上B}-t_{下A}=(\sqrt{5}-\sqrt{3})$s。

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竖直上抛运动
概念 将物体以一定的初速度竖直[5]向上抛出，只在[6]重力作用下的运动
规律 速度公式：$v_{t}=[7]v_{0}-gt$
位移公式：$h=[8]v_{0}t-\frac{1}{2}gt^{2}$
速度与位移关系式：$v_{t}^{2}-v_{0}^{2}=[9]-2gh$
知识活用 教材读活

答案： [5]向上 [6]重力 [7]$v_{0}-gt$ [8]$v_{0}t-\frac{1}{2}gt^{2}$ [9]-2gh 

2. 将一物体竖直向上抛出，过了一段时间后落回到手中，不计空气阻力，此过程可看作竖直上抛运动. 判断下列说法的正误.
(1) 竖直上抛运动最高点速度和加速度均为零. ( )
(2) 竖直上抛运动是匀变速直线运动. ( )
(3) 物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值. ( )
(4) 做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的. ( )
(5) 竖直上抛运动上升过程和下降过程的时间和速度具有对称性. ( )

答案：  2.× √ × √ √

4.[ 逆向思维法的应用] 如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 H. 上升第一个$\frac{H}{4}$所用的时间为$t_{1}$，第四个$\frac{H}{4}$所用的时间为$t_{2}$. 不计空气阻力，则$\frac{t_{2}}{t_{1}}$满足 ( )
A. $1 ＜ \frac{t_{2}}{t_{1}} ＜ 2$
B. $2 ＜ \frac{t_{2}}{t_{1}} ＜ 3$
C. $3 ＜ \frac{t_{2}}{t_{1}} ＜ 4$
D. $4 ＜ \frac{t_{2}}{t_{1}} ＜ 5$

答案： 4.C 本题应用逆向思维求解，即运动员竖直向上运动的过程可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个$\frac{H}{4}$所用的时间为$t_{2}=\sqrt{\frac{2×\frac{H}{4}}{g}}$，第一个$\frac{H}{4}$所用的时间为$t_{1}=\sqrt{\frac{2H}{g}}-\sqrt{\frac{2×\frac{3}{4}H}{g}}$，因此有$\frac{t_{2}}{t_{1}}=2+\sqrt{3}$，即$3 ＜ \frac{t_{2}}{t_{1}} ＜ 4$，C正确。 

5.[ 运动特点的应用] 如图所示，从高出地面 3 m 的位置竖直向上抛出一个小球，它上升 5 m 后回落，最后到达地面（规定竖直向上为正方向，不计空气阻力，取重力加速度$g = 10\ m/s^{2}$). 下面叙述正确的是 ( )

A. 小球从抛出经 2 s 后的位移为 3 m
B. 小球运动整个过程的路程为 16 m
C. 小球上升过程的平均速度为 5 m/s
D. 小球下降过程比上升过程的速度变化快

答案： 5.C 根据$v_{0}^{2}=2gh$可得小球的上抛初速度为$v_{0}=\sqrt{2×10×5}$m/s = 10 m/s，则小球上升到最高点所用的时间为$t_{0}=\frac{v_{0}}{g}=\frac{10}{10}$s = 1 s，根据时间的对称性可知，小球从最高点下落到抛出点的时间也为1 s，故小球从抛出经2 s后回到初位置，即位移为0，故A错误；根据运动的对称性可知，小球从最高点回到初位置，路程也为5 m，因此小球整个过程的路程为s = 5 m + 5 m + 3 m = 13 m，故B错误；小球上升过程的平均速度为$\overline{v}=\frac{h}{t_{0}}=\frac{5}{1}$m/s = 5 m/s，故C正确；小球运动过程中的加速度始终是重力加速度，即上升过程与下降过程中的加速度是相同的，所以小球下降过程和上升过程的速度变化一样快，故D错误。

[ 多选] 若小球到抛出点的距离为 1.8 m，其所经历的时间可能是 ( )
A. 0.2 s
B. 1.8 s
C. 2.52 s
D. 2.17 s

答案： 【命题拓展】ABD 取竖直向上为正方向，当小球运动到抛出点上方离抛出点1.8 m处时，位移为x = 1.8 m，由竖直上抛运动的位移公式得$x=v_{0}t-\frac{1}{2}gt^{2}$，解得$t_{1}=0.2$s，$t_{2}=1.8$s；当小球运动到抛出点下方离抛出点1.8 m处时，位移为$x'=-1.8$m，由$x'=v_{0}t-\frac{1}{2}gt^{2}$，解得$t_{1}\approx2.17$s或$t_{2}\approx - 0.17$s(负值舍去)，A、B、D正确，C错误。