1、一、伽利略对自由落体运动的研究1运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重物体下落快，轻物体下落慢的论断用绳子把两块石头连在一起，由于总体重量大于任一石头，按亚里士多德的观点，其下落速度应大于任一石头单独下落的速度；另一方面，用绳子连在一起的两块石头毕竟仍是分开运动的，大石头运动得快，小石头运动得慢，大石头必然会被小石头“拖后腿”，使总体的运动速度小于大石头单独运动的速度用同一观点分析同一问题却得到完全矛盾的两个结论，说明亚里士多德的观点是错误的2提出“自由落体运动是一种最简单的变速运动”的假说3由于当时实验条件下测量匀变速运动有困难，不能用实验直接验证自由落体运动是匀变速运动，伽利略采用了间接验证
2、的方法：(1)运用数学推导的方法得出初速度为零的匀变速运动应有(2)a.运用斜面实验测出小球沿光滑斜面向下的运动符合，是匀变速运动b不同质量的小球沿同一倾角的斜面运动，的值不变，说明它们运动的情况相同2.xt2.xt2xtc不断增大斜面的倾角，得出的值随之增大，说明小球做匀变速运动的加速度随斜面倾角的增大而增大d伽利略将斜面实验结果外推到斜面倾角增大到90的情况，小球自由下落，认为小球仍会保持匀变速运动的性质4伽利略对自由落体运动的研究，开创了研究自然规律的科学方法：抽象思维和数学推导相结合，这种方法至今仍为科学研究的重要方法之一2xt二、自由落体运动1自由落体运动的特点：自由落体运动是初速度
3、为零，加速度为g的匀加速直线运动2自由落体运动的规律：初速度为零的匀加速直线运动的规律适用于自由落体运动的规律，即 2212.2.1.3212tagvgthgtvghhgthvgtt，；连续相等的时间内位移的增加量相等平均速度 222123123123 12 1231 2 3 1231 2 3 3 3 1 3 514ttthhhtttvvvttthhhttt处理自由落体运动问题常常用到下列推论：内、内、内位移之比：末、末、末速度之比：第一个 内、第二个 内、第三个 内的位移之比为：从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比：(2 1)(32)：4滴水法测重力加速度调节水龙头，让水一滴滴流出，在下
4、方放一盘子，调节盘子高度，使一滴水滴碰到盘子时，恰有另一滴水滴开始下落，而空中还有一滴正在下落中的水滴，测出水龙头到盘子的距离为h，从第一滴开始下落时计时，到第n滴水滴落在盘子中，共用去时间t，则此时第(n1)滴水滴与盘子的距离为多少？当地的重力加速度为多少？22212(1)423(1)41.2ThhgTnTtghnnghtn 设两个水滴间的时间为，如图所示，根据自由落体运动规律可得：，此时第 滴水滴与盘子的距离为，当地的重力加速度 准确地确定从第一滴开始下落，到第 滴水滴落在盘子分析与中的时所间以求得：间隔个数说明解：是关键三、竖直上抛运动1特点：物体以初速度竖直上抛后只在重力作用下的运动2
5、竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等；3处理方法：一是将竖直上抛运动全过程分为上升和下降两个阶段来处理，要注意两个阶段运动的对称性0v二是从整体来看，运动全过程中加速度与初速度方向始终相反，大小不变，因此可以把竖直上抛运动看做是一个统一的匀变速直线运动，而上升阶段和下降阶段不过是整体运动的两过程，所以可以将竖直上抛运动全过程视为初速度为加速度为g的匀减速直线运动4竖直上抛运动的几个特征量(1)上升的最大高度；(2)上升到最大高度处所用时间和从最高点处落回原抛出点所用时间相等
6、，即；0v0v2max2ovhgt上t下22ovttg下上(3)物体落回到抛出点时速度v与初速度等大反向四、多过程问题若所研究的问题涉及多个过程，如竖直上抛运动就是典型的多过程问题，要分清物体在各阶段的运动情况，特别是在分析物体由一段运动转变为另一段时，要注意各阶段运动之间转折点的物理量联系一、初速度为零的匀加速直线运动(包括自由落体运动)的规律应用例1、一个物体从塔顶落下，在到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的9/25，求塔高(g10m/s2)022-1.=0121(1)2122595tHthvHgthg tHHmhH根据题意画出运动草图,如图所示物体从塔顶落到地面所经历时间为,通过的
7、位移为,物体在秒内的位移为 因为则有 由得 解解析：点评：解决匀变速直线运动问题时，对整体与局部，局部与局部过程相互关系的分析，是解题的重要环节如本题初位置记为A位置，t1秒时记为B位置，落地点为C位置(如图所示)不难看出既可以把BC段看成整体过程AC与局部过程AB的差值，也可以把BC段看做是物体以初速度和加速度g向下做为时1s的匀加速运动，而可看成是局部过程AB的末速度这样分析就会发现其中一些隐含条件使得求解方便BvBv216()2545s.51 3 5 7 91 4 9 16 2519.1125m.2255sOBCOADHgvtSvtSOCOBt另外值得一提的是匀变速直线运动的问题有很多通
8、过 图求解既直观又方便简捷如本题依题意可以作出 图 如图，由题意 可知，所以，即落地时间为 再有：由比例式想到：和：，最后 秒内通过的位移为整个位移的可知落地时间为，所以例2、在同一高度处间隔时间先后自由释放两小球A和B，不计空气阻力()A两球落地时间间隔为B在空中运动时两球速度差越来越大C在空中运动时两球间距越来越大D在空中运动时两球间距保持不变0t0t解析：这里提供三种解法解法1：(公式法，以地面为参考系)B球释放后t时刻，A球已运动时间t t0，此时A、B两球的速度和位移分别为A、C2200200011 ()().AC.2212.ABABABABovg ttvgtxg ttxgtvvgt
9、xxgt tgttt，所以，恒量；，与 有关 故在空中运动时，两球速度差不变而距离增大由于高度一样，落地所需时间一样，故落地时间间隔为正项为、确选0002).A(C.ABttvvtttt图象法作出两球的速度图象如图所示，两球加速度相等，故两直线平行由图线可以看出，在 时间段，两球速度差恒定由于起点位置不同，各时刻 时间段内两图线间包围面积越来越大，即两球间距离越来越大显然，下落高度相同，两图线与 轴包围面积应相等，落地时间间隔为正确选项为 解法：、解法3：(公式法，以B为参考系)以B为参考系，则在两球运动过程中，A球的相对加速度相对速度，不变即A相对于B做匀速运动，相对位移越来越大所以，A、B
10、速度差保持恒定不变，而距离越来越大下落高度相同，故两球落地时间间隔为t0.正确选项为A、C.0ragg ，00rvvgt 0gt点评：方法一通过研究任意时刻物体的运动情况来研究运动全过程，这种研究方法值得借鉴；方法二利用图象分析，直观明了；方法三从相对运动出发考虑问题，分析巧妙简捷从不同角度运用多种方法求解物理问题，有利于培养自己的发散思维能力变式训练1、如图131所示，悬挂的直杆AB长为，在其下处，有一长为的无底圆筒CD，若将悬线剪断，则直杆穿过圆筒所用的时间为多少？1L2L3L图1311211221213322222L LABLBtgAL L LtgALLttgBtg直杆自由落下通过圆筒的
11、示意图如图所示因直杆做平动，、其上各点的运动情况均相同端下落到圆筒上端所需时间 解析：直杆 端下落到圆筒的底端所需时间 直杆经过圆筒所需时间点评：解决本题的关键是弄清要求的时间是指的哪一段，要认真阅读题目后判断，选择初速度为零的过程研究能使方程易解变式训练2、(2010浙江模拟)一个小石子从离地某一高处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图132所示，已知曝光时间为s，则小石子出发点离A点的距离约为()A6.5 mB10 mC20 mD45 m11000 图132C解析：考查自由落体运动基本规律AB长度为L0.02m，小石子从A到B用时0
12、.001s，根据极短时间内物体平均速度接近瞬时速度，A点小石子的瞬时速度v20m/s，小石子从静止开始下落到该处的高度为h，则 v2 2gh，解得h20m，故小石子出发点离A点距离约为20m.二、初速度为零的匀加速直线运动(包括自由落体运动)的比例式应用()11A B 2411C 812hhhhDh一个物体从高 处自由落下，其时间达到落地时间一半时，下落的高度为 3 例、12314513 5 749hhxxxxx 根据初速度为零的匀变速直线运动规律：连续相等时间内的位移比为 可得：解析：B点评：在初速度为零的匀加速直线运动中，巧妙利用比例式可大大地缩短解题时间变式训练3、一个石子从高处释放，做
13、自由落体运动，已知它在第1s内的位移大小是x，则它在第3s内的位移大小是()A5xB7xC9xD3xA1234513.5 7 935xxxxsAxx 根据初速度为零的匀变速直线运动规律：连续相等时间内的位移比为：可知：第 内的解析：位移答案：为三、竖直上抛运动的模型应用例4、气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面求物体刚脱离气球时气球的高度(g10 m/s2)0220210/1110/2110 1712710 17127525.vm sgm shv tgthmmmm可将物体的运动过程视为匀变速直线运动根据题意画出运动解析草图如图所示规定向下方向为正，则，据，
14、则有 所以物体刚掉下时离地：方法：方法2：如图将物体的运动过程分为AB和BD两段来处理AB为竖直上抛运动，BD为自由落体运动在AB段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为02222101(17 1)16101110 161280221110 15221275ABBDBDBDCDBCBDBDBCvtssthhhmssghgtmmhgtmm 由题意知由自由落体运动规律00()tan12171163BB CCC DDCBBCDBvtv OtABt t vBCt t v vCDvgtsttsttsss根据题意作出物体脱离气球到落地这段时间的 图 如图所示 其中的面积为的位移的面积大小为的位移梯形的面积大
15、小为的位移即物体离开气球时距地的高度 则 ，根据竖直上抛的规律 ，方法：160/10160 151275.21275.BD DDC DDCt v tvm st t v vSmmm在中则可求梯形的面积 故物体刚脱离气球时离地2201110 1710 17161522:hv tgtmmm在解决运动学的问题过程中，画运动草图很重要解题前应根据题意画出运动草图草图上一定要有规定的正方向，否则矢量方程解决问题就会出现错误如分析解答方法一中不规定正方向，就会出现 点评的错误1122()0.501.00.000800.041“dmhmdmhm原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地从开始蹬地到离地是加速过程 视
16、为匀加速，加速过程中重心上升的距离称为 加速距离 离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为竖直高度 现有下列数据：人原地上跳的 加速距离，竖直高度；跳蚤原地上跳的 加速距离，竖直高度假想人具有与跳蚤相等的起跳加速变训练、度，而式”0.50m加速距离 仍为，则人跳的 竖直高度 是多少？222212211121222 2avvadvghavHvadvgHh dHd用 表示跳蚤起跳的加速度，表示离地时的速度，则对加速过程和离地后上升过程分别有 若假想人具有和跳蚤相同的加速度，令 表示在这种假想下人离地时的速度，表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有由以上各 解析：式可
17、得 262.5Hm得，代入数值000()hvvv从离地面高度为 处有自由下落的甲物体，同时在它正下方的地面上有乙物体以初速度 竖直上抛，要使两物体在空中相碰，则做竖直上抛运动物体的初速度 应满足什么条件？不计空气阻力，两物体均看做质点 若要乙物体在下落过程中与甲物体相碰，则应满足变什式训练5、么条件？2202000001122222.2v tgtgtHvHghttvvgvvtvghgghg甲、乙相碰，则有，如果在空中相遇，即，如果在下落过即程，析：相碰解点评：该题以自由下落与竖直上抛的两物体在空间相碰创设物理情景，考查理解能力、分析综合能力及空间想象能力四、多过程问题04/2174/m smv
18、m s绳未断时，重物随气球以的速度匀速上升，绳断后，由于惯性，物体将在离地面高处，以初速度做竖直上抛运动如图解析：下图所示24/217(10/)5m smgm s一个气球以的速度竖直匀速上升，气球下面系着一个重物，当气球上升到下面的重物离地面时，系重物的绳断了，问这时起，重物经过多长时间落到地面？重物着地时速度多大？取 例、22010121221212240.822 1040.4101()22()2(2170.8)1106.6/616/6.607vhmmgvtssghhgthhvtsgtm sm ssgttts上升阶段物体做匀减速运动上升的最大高度 上升到最高点时间 下降阶段物体做自由落体运动
19、 故从绳断开始到重物着地时 重物着地方法：分段的速法时度 02120212124 107/66721217410276.2(/)“”thv tgthmmtttstsvvgtm sm s以抛出点为坐标原点，取向上为正方向因，此处 所以 解得整体法方法：又 表示着，地速度方不合题意，舍去向竖直向下thv分析解答竖直上抛问题时，既可采用分段法，也可采用整体法分段法物理过程清晰，但解题步骤较多；整体法是直接把已知量代入公式，但必须注意、正负号的意义点评：及其取舍12.AABaaBABxABt一质点由 点出发沿直线运动，行程的第一部分是加速度为 的匀加速运动，接着做加速度为 的匀减速直线运动，抵达 点时
20、恰好静止，如果的总长度为，试求质点走完全程所用的变练6、时间式训1 1.22vvvxtva t设质点的最大速度为，前、后两段运动过程及全过程的平均速度相等，均为全过程：匀加速过解析程：1212 21212121212121222()22222va tvvttaaxa avvvx aaxxtva axa aaaxvaaaav匀减速过程：由得：代入得：解得 将 代入得：五、多过程中的临界和极值问题例6、如图133所示，一平直的传送带以速度v2m/s做匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L10m.在A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t6s，能传送到B处，欲用最短的时间把工件从A处
21、传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？图1331122 12122111212216s222s/1m/s./2()2222Lvtv xtxvt tttxxLtav tBavvLtvttv avvLvtttLv ttaavaLvLvaa因为，所以工件在内先匀加速运动，后匀速运动，有，解上述四式得，若要工件最短时间传送到，工件加速度仍为，设传送带速度为，工件先加速后匀速，有：又因为，所以，化简得：，因为解析：222m/s.2LvvaLvavtvaB常量，所以当，即 时，有最小值，表明一直加速到 所工件用时间最短134().222.7(1).200LvLvLABvgvLLCDgv如图所示,传送带的水平部分长为,传动速率为,在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为,则木块从左端运动到右端的时间可变式训练、浙江模拟能是+ACD22122022()22()2LLgttCgvvLLttDvvvLvvv tLtggvgvLvv tLtAgvgCDBA因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则，得，正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度相；有：，正确；若先匀加速到传送带速度，再匀速到右端，有：，有：，正确；木块不可能一直匀速至右端，解析：故答案：错误
