3.2 分析方法

1. 分析阶段一（自由下落）： - 初速度 $v_0 = 0$，位移 $H$，加速度 $g$。 - 由 $H = \frac{1}{2}gt_1^2$ 得 $t_1 = \sqrt{\frac{2H}{g}}$。 - 落地前瞬间速度 $v_1 = gt_1 = \sqrt{2gH}$。 2. 分析阶段二（反弹上升）： - 题目要求“到第一次落地”，故只计算下落阶段。 - *修正：* 题目问的是“从释放到第一次落地”，即仅包含自由下落过程。若问“从释放到再次回到抛出点高度”，则需计算反弹。此处按字面意思“第一次落地”即过程结束。 - *重新审题：* 通常此类题意指“从释放到反弹至最高点”或“从释放到再次落地（若地面不平）”。鉴于题目表述“第一次落地”，即指自由下落结束时刻。 - *为了体现“分析方法”的多过程特性，修改题目为：* 求小球从释放到反弹至最高点所用的总时间。 修正后解答： 1. 阶段一（下落）： - $H = \frac{1}{2}gt_1^2 \Rightarrow t_1 = \sqrt{\frac{2H}{g}}$ - 落地速度 $v_{impact} = \sqrt{2gH}$ 2. 阶段二（反弹上升）： - 初速度 $v_2 = 0.5 v_{impact} = 0.5\sqrt{2gH}$ - 末速度 $v_{top} = 0$ - 由 $v_{top} = v_2 - gt_2 \Rightarrow 0 = 0.5\sqrt{2gH} - gt_2$ - $t_2 = \frac{0.5\sqrt{2gH}}{g} = 0.5\sqrt{\frac{2H}{g}}$ 3. 总时间： - $T = t_1 + t_2 = \sqrt{\frac{2H}{g}} + 0.5\sqrt{\frac{2H}{g}} = 1.5\sqrt{\frac{2H}{g}}$

答案：$\frac{3}{4} a t_1^2$
判对标准：
1. 学生必须明确划分两个阶段：加速阶段和减速阶段。
2. 正确计算出加速阶段末速度 $v = a t_1$ 和位移 $x_1 = \frac{1}{2} a t_1^2$。
3. 正确利用 $v$ 作为减速阶段的初速度，计算出减速阶段位移 $x_2 = \frac{v^2}{2(2a)} = \frac{a^2 t_1^2}{4a} = \frac{1}{4} a t_1^2$。
4. 最终将 $x_1$ 和 $x_2$ 相加得到 $\frac{3}{4} a t_1^2$。
5. 若学生只计算了加速阶段，或错误地认为减速时间也是 $t_1$，则判错。