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第3課時　自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
目標要求　1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解性。2.能靈活處理多過程問題。
考點一　自由落體運動
1.條件：物體只受重力，從靜止開始下落。
2.運動性質：初速度為零、加速度為g 的勻加速直線運動。
3.基本規律：
(1)速度與時間的關系式：v＝gt。
(2)位移與時間的關系式：h＝gt2。
(3)速度位移關系式：v2＝2gh。
1.重的物體總是比輕的物體下落得快。(　×　)
2.同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(　√　)
3.自由落體加速度的方向垂直地面向下。(　×　)
4.做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s。(　√　)
5.不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差恒定。(　√　)
例1　(2024·廣西卷·3)讓質量為1 kg的石塊P1從足夠高處自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小為v1，再將P1和質量為2 kg的石塊綁為一個整體P2，使P2從原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小為v2，g取10 m/s2，則(　　)
A.v1＝5 m/s B.v1＝10 m/s
C.v2＝15 m/s D.v2＝30 m/s
答案　B
解析　重物自由下落做自由落體運動，與質量無關，則下落1 s后速度為v1＝v2＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，故選B。
例2　(2025·江蘇無錫市段考)對于自由落體運動(g取10 m/s2)，下列說法正確的是(　　)
A.在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相鄰兩個1 s內的位移之差都是10 m
C.在第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
答案　B
解析　在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯誤；在相鄰兩個1 s內的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正確；在第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯誤；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯誤。
例3　(2025·福建龍巖市開學考)某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一個雞蛋從離地面20 m高的高樓面由靜止釋放，下落途中用Δt＝0.2 s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)雞蛋落地時的速度大小和落地前最后1 s內的位移大小；
(2)高樓面離窗的上邊框的高度；
(3)若隔0.5 s先后釋放兩個雞蛋，試分析在雞蛋落地前兩雞蛋之間的距離如何變化？
答案　(1)20 m/s　15 m　(2)4.05 m　(3)兩雞蛋之間的距離均勻增大
解析　(1)根據速度與位移關系v2＝2gh，解得雞蛋落地時速度大小為v＝20 m/s，設雞蛋自由下落時間為t，根據速度與時間關系得t＝＝2 s
雞蛋在第1 s內的位移為h1＝g＝5 m
則雞蛋落地前最后1 s內的位移大小為
h2＝h－h1＝15 m
(2)由題意知，窗口的高度為h3＝2 m
設高樓面離窗的上邊框的高度為h0，雞蛋從高樓面運動到窗的上邊框的時間為t0，
則h0＝g，h0＋h3＝g(t0＋Δt)2
聯立解得h0＝4.05 m
(3)未落地前，設第二個雞蛋運動了時間T，則第一個雞蛋運動了T＋ΔT
第一個雞蛋下落高度H1＝g(T＋ΔT)2，第二個雞蛋下落高度為H2＝gT2，二者之間的距離ΔH＝H1－H2＝gΔT2＋gΔT·T，ΔH與T為一次函數關系，故在雞蛋落地前兩雞蛋之間的距離均勻增大。
1.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，故初速度為零的勻加速直線運動的規律、比例關系及推論等規律都適用。
2.物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決此類問題。
考點二　豎直上拋運動
1.運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動。
2.運動性質：勻變速直線運動。
3.基本規律
(1)速度與時間的關系式：v＝v0－gt。
(2)位移與時間的關系式：x＝v0t－gt2。
4.豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)
(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA。
(2)速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小相等。
物體做豎直上拋運動，取豎直向上為正方向，在上述速度與時間的關系式中，把時間t代入后，若速度v為負值，負號表示什么意義？在上述位移與時間的關系式中，把時間t代入后，若位移為負值，又表示什么意義？
答案　速度為負值，表示物體運動方向向下；位移為負值，表示物體已經運動到拋出點下方。
例4　為測試一物體的耐摔性，在離地25 m高處，將其以20 m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則物體
(1)經過多長時間到達最高點？
(2)拋出后離地的最大高度是多少？
(3)經過多長時間回到拋出點？
(4)經過多長時間落到地面？
(5)經過多長時間離拋出點15 m？
答案　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s
(5)1 s　3 s　(2＋) s
解析　(1)運動到最高點時速度為0，
由v＝v0－gt1得t1＝－＝2 s
(2)由＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升時間t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落時，hmax＝g，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由對稱性知返回拋出點時速度為20 m/s，方向向下，則由v1＝v0－gt，得t＝－＝4 s
法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝g，解得t5＝3 s，故t總＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t'－gt'2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)當物體在拋出點上方時，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，
當物體在拋出點下方時，h＝－15 m，由h＝v0t－gt2，得t10＝(2＋) s，t11＝(2－) s(舍去)。
1.豎直上拋運動的研究方法：
分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動 下降階段：自由落體運動
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以豎直向上為正方向) 若v>0，物體上升，若v<0，物體下落 若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方
2.豎直上拋運動的多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。
考點三　多過程問題
例5　(2025·北京師范大學附屬實驗中學零模)在游樂場中有一種大型游戲項目“垂直極限”，如圖所示，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿豎直軌道(可視為光滑軌道)提升到離地面一定高度處，然后由靜止釋放，可以認為座椅沿軌道做自由落體運動，下落2 s后座椅受到壓縮空氣提供的恒定阻力作用而立即做勻減速運動，再經歷4 s座椅速度恰好減為零，關于座椅的運動情況，下列說法正確的是(　　)
A.自由落體階段和勻減速階段的平均速度大小之比∶＝1∶1
B.自由落體階段和勻減速階段的平均速度大小之比為∶＝2∶1
C.自由落體階段和勻減速階段的位移大小之比x1∶x2＝2∶1
D.自由落體階段和勻減速階段的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2
答案　A
解析　設全過程最大速度為vm，根據勻變速直線運動推論：可知自由落體階段和勻減速階段的平均速度，故A正確，B錯誤；根據x＝t可知，故C錯誤；根據a＝可知，故D錯誤。
　勻變速直線運動多過程中的0－v－0模型
1.題型特征：物體的初速度為0，先勻加速到v，再勻減速到末速度為0。
2.分段結論：，t1、t2、x1、x2、a1、a2分別是前段和后段的時間、位移大小和加速度大小。
3.全程結論：加速階段、減速階段和全程的平均速度相同，最大速度vm＝2。
例6　(來自教材改編)ETC是電子不停車收費系統的簡稱。汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖所示。假設汽車以v1為12 m/s的速度朝收費站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費站中心線前d＝10 m處正好勻減速至v2為4 m/s，勻速通過中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過t0＝20 s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛，設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1 m/s2。求：
(1)汽車過ETC通道時，從開始減速至恢復正常行駛過程中的位移大小；
(2)汽車過人工收費通道時，應在離收費站中心線多遠處開始減速；
(3)汽車過ETC通道比過人工收費通道節約的時間。
答案　(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
解析　(1)過ETC通道時，減速的位移和加速的位移相等，
則x1＝＝64 m
故總的位移x總1＝2x1＋d＝138 m。
(2)過人工收費通道時，開始減速時距離中心線的距離為x2＝＝72 m。
(3)過ETC通道的時間t1＝×2＋＝18.5 s
過人工收費通道的時間t2＝×2＋t0＝44 s
x總2＝2x2＝144 m
二者的位移差Δx＝x總2－x總1＝6 m
在這段位移內汽車以正常行駛速度做勻速直線運動，
則Δt＝t2－(t1＋)＝25 s。
　勻變速直線運動多過程的解題策略
1.一般的解題步驟
(1)準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現物體運動的全過程。
(2)明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量。
(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯方程。
2.解題關鍵
多運動過程的連接點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是解題的關鍵。
課時精練
(分值：100分)
1~6題每小題6分，7題9分，共45分
1.一質點從某一高度自由下落，落地時的速度為30 m/s，g取10 m/s2，則該物體下落的高度為(　　)
A.10 m B.30 m C.90 m D.45 m
答案　D
解析　根據速度位移關系有v2－0＝2gh，代入數據解得h＝45 m，故選D。
2.(2025·江蘇蘇州市調研)以8 m/s的初速度從地面豎直上拋一石子，該石子兩次經過小樹頂端的時間間隔為0.8 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則小樹高約為(　　)
A.0.8 m B.1.6 m
C.2.4 m D.3.2 m
答案　C
解析　石子豎直上升的最大高度為H＝＝3.2 m，由題意可知，石子從最高點運動到小樹頂端的時間為t1＝＝0.4 s，則最高點到小樹頂端的距離為h1＝g＝0.8 m，則小樹高約為h＝H－h1＝2.4 m，故選C。
3.(2024·北京市東城區期末)甲、乙兩物體距水平地面的高度之比為1∶2，所受重力之比為1∶2。某時刻兩物體同時由靜止開始下落。不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　)
A.甲、乙落地時的速度大小之比為1∶
B.所受重力較大的乙物體先落地
C.在兩物體均未落地前，甲、乙的加速度大小之比為1∶2
D.在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離越來越近
答案　A
解析　由于不計空氣阻力，兩物體均做自由落體運動，由v2＝2gh可知v＝，所以甲、乙落地時的速度大小之比為1∶，故A正確；由h＝gt2可知t＝，所以物體做自由落體運動的時間取決于高度，與物體所受重力的大小無關，即甲物體先落地，故B錯誤；由于兩物體都做自由落體運動，加速度均為重力加速度，故C錯誤；由于兩物體都做自由落體運動且同時下落，則在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離不變，故D錯誤。
4.(2021·湖北卷·2)2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯世錦賽女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5 m完成技術動作，隨后5 m完成姿態調整。假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10 m/s2，則她用于姿態調整的時間約為(　　)
A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
答案　B
解析　陳芋汐下落的整個過程所用的時間為
t＝ s≈1.4 s
下落前5 m的過程所用的時間為
t1＝ s＝1 s
則陳芋汐用于姿態調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4 s，故B正確。
5.(2025·河南南陽市檢測)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足(　　)
A.1<<2 B.2<<3
C.3<<4 D.4<<5
答案　C
解析　由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知＝2＋，即3<<4，選項C正確。
6.(2022·全國甲卷·15)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(vA. B.
C. D.
答案　C
解析　由題知當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(v7.(9分)(來自教材改編)(2025·北京市西城區期末)某人在室內以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外從高處落下的一個小石子拍攝在照片中，已知本次攝影的曝光時間是0.01 s。測得照片中石子運動痕跡的長度為0.6 cm，實際長度為100 cm的窗框在照片中的長度為2 cm(g取10 m/s2)。
(1)(3分)根據照片估算曝光時間內石子下落的距離為　　　　 m；
(2)(3分)估算曝光時刻石子運動的速度為　　　　 m/s；
(3)(3分)估算這個石子大約是從距離窗戶　　　　 m高的地方落下的。
答案　(1)0.3　(2)30　(3)45
解析　(1)設在曝光時間0.01 s內，石子實際下落的距離為L，
由題意得
解得L＝30 cm＝0.3 m
(2)考慮到曝光時間極短，石子的平均速度近似等于瞬時速度，
則石子在這0.01 s內的速度為v＝，
解得v＝30 m/s
(3)石子做自由落體運動，故h＝
解得h＝45 m。
8~10題每小題8分，11題14分，共38分
8.(2025·江西宜春市豐城中學月考)打彈弓是一款傳統游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一種，如圖所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1 s內上升的高度與最后1 s內上升的高度之比為9∶1，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則彈丸在上升過程中最初1 s內中間時刻的速度大小和上升的最大高度分別為(　　)
A.45 m/s　125 m B.45 m/s　75 m
C.36 m/s　125 m D.36 m/s　75 m
答案　A
解析　射出的彈丸做豎直上拋運動，可看成自由落體運動的逆運動，由運動學公式h＝gt2，彈丸最后1 s內上升的高度h1＝×10×12 m＝5 m，則最初1 s內上升的高度h2＝9h1＝45 m，最初1 s內中間時刻的速度v＝ m/s＝45 m/s，彈丸的初速度v0＝v＋gt'＝45 m/s＋10×0.5 m/s＝50 m/s，故上升的最大高度為h＝ m＝125 m，故選A。
9.(2025·四川瀘州市檢測)小明在一勻速上升的電梯內，觀察到電梯頂部有一螺絲因松動而掉落。已知電梯頂部離電梯地板的高度為3.2 m，電梯勻速上升的速度大小為2 m/s，忽略空氣阻力的影響，重力加速度g取10 m/s2，則螺絲從電梯頂部掉落到地板上的時間為(　　)
A.0.4 s B.0.6 s C.0.8 s D.1.6 s
答案　C
解析　方法一：以地面為參考系，勻速運動的電梯上脫落的螺絲做豎直上拋運動，電梯一直做勻速運動，電梯和螺絲的位移差等于電梯頂部離電梯地板的高度，則vt－(vt－gt2)＝h，即h＝gt2，解得t＝＝0.8 s，故選C。
方法二：以電梯為參考系，電梯勻速上升，螺絲相對電梯做自由落體運動，則由h＝gt2得t＝＝0.8 s。
10.(2024·上海市向明中學期中)無人機甲與三樓陽臺平齊懸于空中，從無人機上同時以10 m/s的速率拋出兩個小球，其中一個球豎直上拋，另一個球豎直下拋，它們落地的時間差為Δt；如果另一無人機乙與六樓陽臺平齊懸于空中，以與甲完全相同的方式拋出兩個小球，則它們落地的時間差為Δt'。不計空氣阻力，Δt'和Δt相比較，有(　　)
A.Δt'<Δt B.Δt'＝Δt
C.Δt'>Δt D.無法判斷
答案　B
解析　設小球的拋出高度為h，豎直上拋和豎直下拋經歷的時間分別為t1和t2，則有h＝－v0t1＋g，h＝v0t2＋g，整理可得Δt＝t1－t2＝，即時間差是一個定值，與高度無關。故選B。
11.(14分)(2025·江西贛州市開學考)沈陽地鐵一號線從S站到T站是一段直線線路，全程1.6 km，列車運行最大速度為72 km/h。為了便于分析，我們用圖乙來描述這個模型，列車在S站從靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后立即做勻速直線運動，進站前從最大速度開始做勻減速直線運動，直至到T站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大小的0.8倍。現勻加速運動過程中連續經過A、B、C三點，S→A用時2 s，B→C用時4 s，且SA長2 m，BC長24 m。求：
(1)(6分)列車在C點的速度大小；
(2)(8分)列車勻速行駛的時間。
答案　(1)8 m/s　(2)62 s
解析　(1)由x＝at2可知
a1＝1 m/s2
根據可知BC段平均速度＝6 m/s
由v＝v0＋at得vC＝＋a1·
解得vC＝8 m/s
(2)由Δv＝a·Δt得
勻加速階段所用時間t1＝＝20 s
勻減速階段所用時間t2＝＝16 s
勻加速階段通過的位移x1＝t1＝200 m
勻減速階段通過的位移x2＝t2＝160 m
勻速運動時間t3＝＝62 s。
12.(17分)(2025·四川內江市檢測)如圖所示，有一空心上下無底的彈性圓筒，它的下端距水平地面的高度為H(已知量)，筒的軸線豎直。圓筒軸線上與筒頂端等高處有一彈性小球，現讓小球和圓筒同時由靜止自由落下，圓筒碰地后的反彈速率為落地速率的，它與地面的碰撞時間都極短，可看作瞬間反彈，運動過程中圓筒的軸線始終位于豎直方向。已知圓筒第一次反彈后再次落下，它的底端與小球同時到達地面(在此之前小球未碰過地)，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：
(1)(7分)圓筒第一次落地彈起后相對于地面上升的最大高度hmax；
(2)(10分)小球從釋放到第一次落地所經歷的時間t以及圓筒的長度L。
答案　(1)H　(2)　H
解析　(1)圓筒第一次落地前做自由落體運動，
有2gH＝
圓筒第一次落地彈起后到最高點做加速度為g的勻減速直線運動，
有－2ghmax＝0－(v筒)2
聯立解得hmax＝H。
(2)根據h＝gt2可得，圓筒第一次落地的時間t1＝
圓筒第一次彈起后到最高點的時間
t2＝
圓筒第一次彈起后到落地時與小球同時到達地面，
所以小球從釋放到第一次落地所經歷的時間
t＝t1＋2t2＝＋2×
可知小球下落的高度h球＝gt2＝H
則圓筒的長度L＝h球－H＝H。(共64張PPT)
物理
大
一
輪
復
習
第一章
運動的描述　勻變速直線運動的研究
第3課時
自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
目標
要求
1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解性。
2.能靈活處理多過程問題。
課時精練
內容索引
考點一　自由落體運動
考點二　豎直上拋運動
考點三　多過程問題
1.條件：物體只受　　　，從　　　開始下落。
2.運動性質：初速度為　　、加速度為 的勻加速直線運動。
3.基本規律：
(1)速度與時間的關系式：　　　。
(2)位移與時間的關系式：　　　　 。
(3)速度位移關系式： 。
自由落體運動
考點一
重力
靜止
零
v＝gt
h＝gt2
v2＝2gh
g
1.重的物體總是比輕的物體下落得快。(　　)
2.同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(　　)
3.自由落體加速度的方向垂直地面向下。(　　)
4.做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s。(　　)
5.不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差恒定。(　　)
×
√
判斷正誤
×
√
√
(2024·廣西卷·3)讓質量為1 kg的石塊P1從足夠高處自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小為v1，再將P1和質量為2 kg的石塊綁為一個整體P2，使P2從原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小為v2，g取10 m/s2，則
A.v1＝5 m/s B.v1＝10 m/s
C.v2＝15 m/s D.v2＝30 m/s
例1
√
重物自由下落做自由落體運動，與質量無關，則下落1 s后速度為v1＝v2＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，故選B。
(2025·江蘇無錫市段考)對于自由落體運動(g取10 m/s2)，下列說法正確的是
A.在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相鄰兩個1 s內的位移之差都是10 m
C.在第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
例2
√
在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯誤；
在相鄰兩個1 s內的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正確；
在第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯誤；
在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯誤。
(2025·福建龍巖市開學考)某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一個雞蛋從離地面20 m高的高樓面由靜止釋放，下落途中用Δt＝0.2 s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)雞蛋落地時的速度大小和落地前最后1 s內的位移大小；
例3
答案　20 m/s　15 m
根據速度與位移關系v2＝2gh，解得雞蛋落地時速度大小為
v＝20 m/s，設雞蛋自由下落時間為t，根據速度與時間關系
得t＝＝2 s
雞蛋在第1 s內的位移為h1＝g＝5 m
則雞蛋落地前最后1 s內的位移大小為
h2＝h－h1＝15 m
(2)高樓面離窗的上邊框的高度；
答案　4.05 m
由題意知，窗口的高度為h3＝2 m
設高樓面離窗的上邊框的高度為h0，雞蛋從高樓面
運動到窗的上邊框的時間為t0，
則h0＝g，h0＋h3＝g(t0＋Δt)2
聯立解得h0＝4.05 m
(3)若隔0.5 s先后釋放兩個雞蛋，試分析在雞蛋落地前兩雞蛋之間的距離如何變化？
答案　兩雞蛋之間的距離均勻增大
未落地前，設第二個雞蛋運動了時間T，則第一個雞蛋運
動了T＋ΔT
第一個雞蛋下落高度H1＝g(T＋ΔT)2，第二個雞蛋下落
高度為H2＝gT2，二者之間的距離ΔH＝H1－H2＝gΔT2＋gΔT·T，ΔH與T
為一次函數關系，故在雞蛋落地前兩雞蛋之間的距離均勻增大。
返回
1.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，故初速度為零的勻加速直線運動的規律、比例關系及推論等規律都適用。
2.物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決此類問題。
總結提升
1.運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做　　　　　運動。
2.運動性質：　　　　直線運動。
3.基本規律
(1)速度與時間的關系式：　　　　　。
(2)位移與時間的關系式：　　　　　　。
豎直上拋運動
考點二
自由落體
勻變速
v＝v0－gt
x＝v0t－gt2
4.豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)
(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA　　　，同理tAB＝tBA。
(2)速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小　　　。
相等
相等
物體做豎直上拋運動，取豎直向上為正方向，在上述速度與時間的關系式中，把時間t代入后，若速度v為負值，負號表示什么意義？在上述位移與時間的關系式中，把時間t代入后，若位移為負值，又表示什么意義？
討論交流
答案　速度為負值，表示物體運動方向向下；位移為負值，表示物體已經運動到拋出點下方。
為測試一物體的耐摔性，在離地25 m高處，將其以20 m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則物體
(1)經過多長時間到達最高點？
例4
答案　2 s
運動到最高點時速度為0，
由v＝v0－gt1得t1＝－＝2 s
(2)拋出后離地的最大高度是多少？
答案　45 m
由＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)經過多長時間回到拋出點？
答案　4 s
法一：分段，由(1)(2)知上升時間t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落時，hmax＝g，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由對稱性知返回拋出點時速度為20 m/s，方向向下，則由v1＝v0－gt，得t＝－＝4 s
法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)經過多長時間落到地面？
答案　5 s
法一：分段法
由Hmax＝g，解得t5＝3 s，故t總＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t'－gt'2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)經過多長時間離拋出點15 m？
答案　1 s　3 s　(2＋) s
當物體在拋出點上方時，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，
當物體在拋出點下方時，h＝－15 m，由h＝v0t－gt2，得t10＝(2＋) s，
t11＝(2－) s(舍去)。
1.豎直上拋運動的研究方法：
總結提升
分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動
下降階段：自由落體運動
全程法
2.豎直上拋運動的多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。
總結提升
返回
多過程問題
考點三
(2025·北京師范大學附屬實驗中學零模)在游樂場中有一種大型游戲項目“垂直極限”，如圖所示，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿豎直軌道(可視為光滑軌道)提升到離地面一定高度處，然后由靜止釋放，可以認為座椅沿軌道做自由落體運動，下落2 s后座椅受到壓縮空氣提供的恒定阻力作用而立即做勻減速運動，再經歷4 s座椅速度恰好減為零，關于座椅的運動情況，下列說法正確的是
A.自由落體階段和勻減速階段的平均速度大小之比∶＝1∶1
B.自由落體階段和勻減速階段的平均速度大小之比為∶＝2∶1
C.自由落體階段和勻減速階段的位移大小之比x1∶x2＝2∶1
D.自由落體階段和勻減速階段的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2
例5
√
設全過程最大速度為vm，根據勻變速直線運動推論：，故A正確，B錯誤；
根據x＝t可知，故C錯誤；
根據a＝，故D錯誤。
勻變速直線運動多過程中的0－v－0模型
1.題型特征：物體的初速度為0，先勻加速到v，再勻減速到末速度為0。
2.分段結論：，t1、t2、x1、x2、a1、a2分別是前段和后段的
時間、位移大小和加速度大小。
3.全程結論：加速階段、減速階段和全程的平均速度相同，最大速度
vm＝2。
總結提升
(來自教材改編)ETC是電子不停車收費系統的簡稱。汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖所示。假設汽車以v1為12 m/s的速度朝收費站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費站中心線前d＝10 m處正好勻減速至v2為4 m/s，勻速通過中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過t0＝20 s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛，設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1 m/s2。求：
(1)汽車過ETC通道時，從開始減速至恢復
正常行駛過程中的位移大小；
例6
答案　138 m
過ETC通道時，減速的位移和加速的位移相等，
則x1＝＝64 m
故總的位移x總1＝2x1＋d＝138 m。
(2)汽車過人工收費通道時，應在離收費站
中心線多遠處開始減速；
答案　72 m
過人工收費通道時，開始減速時距離中心線的距離為x2＝＝72 m。
(3)汽車過ETC通道比過人工收費通道節約
的時間。
答案　25 s
過ETC通道的時間t1＝×2＋＝18.5 s
過人工收費通道的時間t2＝×2＋t0＝44 s
x總2＝2x2＝144 m
二者的位移差Δx＝x總2－x總1＝6 m
在這段位移內汽車以正常行駛速度做勻速直線運動，
則Δt＝t2－(t1＋)＝25 s。
勻變速直線運動多過程的解題策略
1.一般的解題步驟
(1)準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現物體運動的全過程。
(2)明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量。
(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯方程。
總結提升
2.解題關鍵
多運動過程的連接點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是解題的關鍵。
總結提升
返回
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C A B C C (1)0.3　(2)30　(3)45
題號 8 9 10 11 答案 A C B (1)8 m/s　(2)62 s 題號 12 答案 1.一質點從某一高度自由下落，落地時的速度為30 m/s，g取10 m/s2，則該物體下落的高度為
A.10 m B.30 m C.90 m D.45 m
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基礎落實練
答案
√
根據速度位移關系有v2－0＝2gh，代入數據解得h＝45 m，故選D。
2.(2025·江蘇蘇州市調研)以8 m/s的初速度從地面豎直上拋一石子，該石子兩次經過小樹頂端的時間間隔為0.8 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則小樹高約為
A.0.8 m B.1.6 m
C.2.4 m D.3.2 m
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答案
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答案
石子豎直上升的最大高度為H＝＝3.2 m，由題意可知，石子從最高點運動到小樹頂端的時間為t1＝＝0.4 s，則最高點到小樹頂端的距離為h1＝g＝0.8 m，則小樹高約為h＝H－h1＝2.4 m，故選C。
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答案
3.(2024·北京市東城區期末)甲、乙兩物體距水平地面的高度之比為1∶2，所受重力之比為1∶2。某時刻兩物體同時由靜止開始下落。不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是
A.甲、乙落地時的速度大小之比為1∶
B.所受重力較大的乙物體先落地
C.在兩物體均未落地前，甲、乙的加速度大小之比為1∶2
D.在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離越來越近
√
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答案
由于不計空氣阻力，兩物體均做自由落體運動，由v2＝2gh可知v＝，所以甲、乙落地時的速度大小之比為1∶，故A正確；
由h＝gt2可知t＝，所以物體做自由落體運動的時間取決于高度，與
物體所受重力的大小無關，即甲物體先落地，故B錯誤；
由于兩物體都做自由落體運動，加速度均為重力加速度，故C錯誤；
由于兩物體都做自由落體運動且同時下落，則在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離不變，故D錯誤。
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答案
4.(2021·湖北卷·2)2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯世錦賽女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5 m完成技術動作，隨后5 m完成姿態調整。假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10 m/s2，則她用于姿態調整的時間約為
A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
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答案
陳芋汐下落的整個過程所用的時間為
t＝ s≈1.4 s
下落前5 m的過程所用的時間為
t1＝ s＝1 s
則陳芋汐用于姿態調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4 s，故B正確。
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答案
5.(2025·河南南陽市檢測)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足
A.1<<2 B.2<<3
C.3<<4 D.4<<5
√
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答案
由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式
可知＝2＋，即3<<4，選項C正確。
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答案
6.(2022·全國甲卷·15)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(vA. B.
C. D.
√
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答案
由題知當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(v解得t1＝，在隧道內勻速運動時有t2＝，列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝，故選C。
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答案
7.(來自教材改編)(2025·北京市西城區期末)某人在室內以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外從高處落下的一個小石子拍攝在照片中，已知本次攝影的曝光時間是0.01 s。測得照片中石子運動痕跡的長度為0.6 cm，實際長度為100 cm的窗框在照片中的長度為2 cm(g取10 m/s2)。
(1)根據照片估算曝光時間內石子下落的距離為　　　　 m；
0.3
設在曝光時間0.01 s內，石子實際下落的距離為L，
由題意得
解得L＝30 cm＝0.3 m
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答案
(2)估算曝光時刻石子運動的速度為　　　　 m/s；
30
考慮到曝光時間極短，石子的平均速度近似等于瞬時速度，
則石子在這0.01 s內的速度為v＝，
解得v＝30 m/s
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答案
(3)估算這個石子大約是從距離窗戶　　　 m高的地方落下的。
45
石子做自由落體運動，故h＝
解得h＝45 m。
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答案
8.(2025·江西宜春市豐城中學月考)打彈弓是一款傳統游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一種，如圖所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1 s內上升的高度與最后1 s內上升的高度之比為9∶1，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則彈丸在上升
過程中最初1 s內中間時刻的速度大小和上升的最大高度分別為
A.45 m/s　125 m B.45 m/s　75 m
C.36 m/s　125 m D.36 m/s　75 m
能力綜合練
√
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答案
射出的彈丸做豎直上拋運動，可看成自由落體運動的逆運動，
由運動學公式h＝gt2，彈丸最后1 s內上升的高度h1＝×10×
12 m＝5 m，則最初1 s內上升的高度h2＝9h1＝45 m，最初1 s內
中間時刻的速度v＝ m/s＝45 m/s，彈丸的初速度v0＝v＋
gt'＝45 m/s＋10×0.5 m/s＝50 m/s，故上升的最大高度為h＝ m＝125 m，故選A。
9.(2025·四川瀘州市檢測)小明在一勻速上升的電梯內，觀察到電梯頂部有一螺絲因松動而掉落。已知電梯頂部離電梯地板的高度為3.2 m，電梯勻速上升的速度大小為2 m/s，忽略空氣阻力的影響，重力加速度g取10 m/s2，則螺絲從電梯頂部掉落到地板上的時間為
A.0.4 s B.0.6 s C.0.8 s D.1.6 s
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答案
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答案
方法一：以地面為參考系，勻速運動的電梯上脫落的螺絲做豎直上拋運動，電梯一直做勻速運動，電梯和螺絲的位移差等于電梯頂部離電梯地
板的高度，則vt－(vt－gt2)＝h，即h＝gt2，解得t＝＝0.8 s，故選C。
方法二：以電梯為參考系，電梯勻速上升，螺絲相對電梯做自由落體運
動，則由h＝gt2得t＝＝0.8 s。
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答案
10.(2024·上海市向明中學期中)無人機甲與三樓陽臺平齊懸于空中，從無人機上同時以10 m/s的速率拋出兩個小球，其中一個球豎直上拋，另一個球豎直下拋，它們落地的時間差為Δt；如果另一無人機乙與六樓陽臺平齊懸于空中，以與甲完全相同的方式拋出兩個小球，則它們落地的時間差為Δt'。不計空氣阻力，Δt'和Δt相比較，有
A.Δt'<Δt B.Δt'＝Δt
C.Δt'>Δt D.無法判斷
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答案
設小球的拋出高度為h，豎直上拋和豎直下拋經歷的時間分別為t1和t2，則有h＝－v0t1＋g，h＝v0t2＋g，整理可得Δt＝t1－t2＝，即時間差是一個定值，與高度無關。故選B。
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答案
11.(2025·江西贛州市開學考)沈陽地鐵一號線從S站到T站是一段直線線路，全程1.6 km，列車運行最大速度為72 km/h。為了便于分析，我們用圖乙來描述這個模型，列車在S站從靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后立即做勻速直線運動，進站前從最大速度開始做勻減速直線運動，直至到T站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大
小的0.8倍。現勻加速運動過程中連續經過A、B、C三點，
S→A用時2 s，B→C用時4 s，且SA長2 m，BC長24 m。求：
(1)列車在C點的速度大小；
答案　8 m/s
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答案
由x＝at2可知
a1＝1 m/s2
根據可知BC段平均速度＝6 m/s
由v＝v0＋at得vC＝＋a1·
解得vC＝8 m/s
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答案
(2)列車勻速行駛的時間。
答案　62 s
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答案
由Δv＝a·Δt得
勻加速階段所用時間t1＝＝20 s
勻減速階段所用時間t2＝＝16 s
勻加速階段通過的位移x1＝t1＝200 m
勻減速階段通過的位移x2＝t2＝160 m
勻速運動時間t3＝＝62 s。
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答案
12.(2025·四川內江市檢測)如圖所示，有一空心上下無底的彈性圓筒，它的下端距水平地面的高度為H(已知量)，筒的軸線豎直。圓筒軸線上與筒頂端等高處有一彈性小球，現讓小球和圓筒同時由靜止自由落下，圓筒碰地后的反彈速率為落地速率的，它與地面的碰撞時間都極短，可看作瞬間反彈，運動過程中圓筒的軸線始終位于豎直方
向。已知圓筒第一次反彈后再次落下，它的底端與小
球同時到達地面(在此之前小球未碰過地)，重力加速
度為g，不計空氣阻力，求：
尖子生選練
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12
答案
(1)圓筒第一次落地彈起后相對于地面上升的最大
高度hmax；
答案　H
圓筒第一次落地前做自由落體運動，
有2gH＝
圓筒第一次落地彈起后到最高點做加速度為g的勻減速直線運動，
有－2ghmax＝0－(v筒)2
聯立解得hmax＝H。
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答案
(2)小球從釋放到第一次落地所經歷的時間t以及
圓筒的長度L。
答案　　H
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12
答案
根據h＝gt2可得，圓筒第一次落地的時間t1＝
圓筒第一次彈起后到最高點的時間t2＝
圓筒第一次彈起后到落地時與小球同時到達地面，
所以小球從釋放到第一次落地所經歷的時間
t＝t1＋2t2＝＋2×
可知小球下落的高度h球＝gt2＝H
則圓筒的長度L＝h球－H＝H。
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