資源簡介

第3講　自由落體運動和豎直上拋運動　多運動過程問題
學習目標　1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，并能解決實際問題。 2.理解豎直上拋運動的對稱性和多解性。 3.靈活運用勻變速直線運動的規律解決多過程問題。
1.
2.
1.思考判斷
(1)同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(√)
(2)物體做豎直上拋運動，速度為負值時，位移也一定為負值。(×)
(3)做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度變化量方向是豎直向下的。(√)
2.人教版必修第一冊第二章第4節[科學漫步]中，伽利略的斜面實驗中如何測量時間的 如何由斜面上的運動規律推出自由落體的運動規律
答案　當時只能靠滴水計時，讓銅球沿阻力很小的斜面滾下，“沖淡”了重力，使加速度變小，時間變長，更容易測量。合理外推將斜面的傾角增大到90°。
考點一　自由落體運動
1.運動特點
初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動。
2.解題方法
(1)初速度為0的勻變速直線運動規律都適用。
①從開始下落，連續相等時間內下落的高度之比為1∶3∶5∶7∶…。
②由Δv=gΔt知，相等時間內，速度變化量相同。
③連續相等時間T內下落的高度之差Δh=gT2。
(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。
例1 (2025·遼寧遼陽一模)某人坐在樹下看到熟透的蘋果(視為質點)從樹上掉下來，從與頭頂相同高度處落到水平地面的時間為0.1 s。已知頭頂到地面的高度為1.25 m，取重力加速度大小為10 m/s2，則蘋果(　　)
A.經過與頭頂相同高度處時的速度大小為10 m/s
B.在空中運動的時間為1.2 s
C.剛掉落時離地的高度為8.45 m
D.落地時的速度大小為12 m/s
答案　C
解析　設經過與頭頂相同高度處時的速度大小為v1，根據運動學公式可得h2=v1t2+g，其中h2=1.25 m，t2=0.1 s，可得經過與頭頂相同高度處時的速度大小為v1=12 m/s，蘋果在空中的時間為t=+t2= s+0.1 s=1.3 s，蘋果剛掉落時離地的高度為h=gt2=×10×1.32 m=8.45 m，蘋果落地時的速度大小為v=gt=10×1.3 m/s=13 m/s，故C正確，A、B、D錯誤。
例2 (多選)甲、乙兩物體，甲的質量為4 kg，乙的質量為2 kg，甲從20 m高處自由下落，1 s后乙從10 m高處自由下落，不計空氣阻力。在兩物體落地之前，下列說法中正確的是(　　)
A.同一時刻甲的速度大
B.同一時刻甲的加速度大
C.兩物體從起點各自下落1 m時的速度是相同的
D.落地之前甲和乙的高度之差保持不變
答案　AC
解析　根據速度公式可知同一時刻甲的速度大，A正確;自由落體運動的加速度都是重力加速度，B錯誤;由v2=2gh可知兩物體從起點各自下落1 m時的速度是相同的，C正確;兩物體間距離Δh=20 m－g(t+Δt)2－=10 m－gΔt(2t+Δt)，因此落地之前甲和乙的高度之差隨時間增加而變化，D錯誤。
自由落體運動的兩個物體相隔一定時間從同一高度先、后下落，兩物體的加速度相同，故先下落物體相對后下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大。
跟蹤訓練
1.2024年8月，我國運動員獲得奧運女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，運動員在跳臺上倒立靜止，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　運動員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，則運動員用于姿態調整的時間約為t2=t－t1=0.4 s，B正確，A、C、D錯誤。
考點二　豎直上拋運動
豎直上拋運動的對稱性和多解性
(1)對稱性(如圖)
(2)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。
例3 (2025·福建福州高三期中)“燕子鉆天”是打彈弓射彈的一種方式，即將彈丸豎直向上射出，如圖所示。若某次射出的彈丸(可視為質點)做豎直上拋運動，經過3 s彈丸到達最高點，不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2，求:
(1)彈丸射出時的速度;
(2)彈丸上升的最大高度;
(3)彈丸射出后第1 s內上升的高度;
(4)彈丸落回拋出點的速度;
(5)彈丸上升5 m所用的時間(計算結果保留根式)。
答案　(1)30 m/s　(2)45 m　(3)25 m　(4)30 m/s (5)(3－2) s
解析　(1)由經過3 s彈丸到達最高點，得彈丸射出時豎直方向初速度為v0=gt=30 m/s。
(2)由=2gh得彈丸上升的最大高度hm==45 m。
(3)彈丸第1 s內上升高度為h1=v0t1－g
解得h1=25 m。
(4)根據對稱性知，彈丸落回拋出點的速度v=v0=30 m/s。
(5)設彈丸上升5 m的時間為t2，則有h2=v0t2－g
解得t2=(3－2) s或t2'=(3+2) s(舍去)。
拓展 計算彈丸距離射出點5 m所用的時間。
答案　見解析
解析　若彈丸在射出點上方5 m，則h2=v0t2－g
解得t2=(3－2) s或t2'=(3+2) s
若彈丸在射出點下方5 m，則－h2=v0t3－g
解得t3=(3+) s或t3'=(3－) s(舍去)。
總結提升　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
跟蹤訓練
2.(多選)(2025·陜西寶雞高三聯考)我國的跳水隊被譽為“夢之隊”。某運動員正在進行3米板跳水訓練，將該運動員看成質點，從其向上起跳腳離開跳板的瞬間開始計時，設t1時刻運動員運動到最高點，t2時刻運動員剛好入水，此后在水中做勻減速直線運動，t3時刻運動員的速度恰好減小到零。已知t2=3t1，t3=4t1，不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.運動員離開跳板后，在空中向上運動的路程為向下運動路程的
B.運動員離開跳板后，在空中運動總位移的大小為6 m
C.運動員入水的瞬時速度為4 m/s
D.運動員入水的深度 m
答案　AC
解析　設運動員離開跳板后向上運動的位移大小(即在空中向上的路程)為x，則從最高點到剛入水時的位移大小(即在空中向下的路程)為x'=x+3，設起跳速度為v0，入水時的速度為v，則有x=g，v0=gt1，x+3=g(t2－t1)2，v=g(t2－t1)，又t2=3t1，聯立解得t1= s，t2= s，x=1 m，x'=4 m=4x，v0=2 m/s，v=4 m/s，A、C正確;運動員在水中做勻減速直線運動，有v=a(t3－t2)，入水深度h=，又t3=4t1= s，代入數據解得a=20 m/s2，h=2 m，D錯誤;運動員離開跳板后，在空中運動總位移的大小為3 m，B錯誤。
考點三　多運動過程問題
例4 (2024·全國甲卷，24)為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從t=0時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，t2=41 s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速v0=340 m/s，求:
(1)救護車勻速運動時的速度大小;
(2)在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
答案　(1)20 m/s　(2)680 m
解析　(1)根據題意可知，救護車勻速運動時的速度大小為v=at1
代入數據解得v=20 m/s。
(2)設救護車在t=t0時停止鳴笛，則由運動學規律可知，此時救護車距出發處的距離為
x=a+v(t0－t1)
又x=v0(t2－t0)
聯立并代入數據解得x=680 m。
1.勻變速直線運動的多過程問題的解題思路
(1)依據加速度不同，將物體運動分為幾個階段。
(2)分析判斷各階段的運動性質，畫出運動示意圖。
(3)列出各運動階段的運動方程。
(4)找出銜接處的速度與各階段間的位移、時間和加速度間的關系。
(5)聯立求解，算出結果，并對結果進行討論。
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。
跟蹤訓練
3.(2025·重慶八中模擬)重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為L的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為v0，前方有一長為2L的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內時，它的速率都不允許超過。已知列車加速和減速的加速度大小分別為a和2a，則列車從減速開始到恢復正常速率v0，需要的最短時間為(　　)
A.+ B.+
C.+ D.+
答案　A
解析　由題意知，列車進隧道前速率必須減速到，則有=v0－2at1，解得t1=;通過隧道時勻速運動，通過的位移為3L，故所用時間t2==;列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=+at3，解得t3=，則列車從減速開始至恢復正常行駛速度v0，需要的最短時間為t=t1+t2+t3=+，故A正確。
A級　基礎對點練
對點練1　自由落體運動
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　重物做自由落體運動，下落速度與質量無關，則下落1 s后速度為v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s，故B正確。
2.(2024·河南商丘模擬)某興趣小組用頻閃投影的方法研究自由落體運動，實驗中把一高中物理書豎直放置，將一小鋼球從與書上邊沿等高處靜止釋放，整個下落過程的頻閃照片如圖所示，已知物理書的長度為l，重力加速度為g，忽略空氣阻力，該頻閃攝影的閃光頻率為(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　由題圖可知，小鋼球下落過程經過5段間隔，則運動時間為t=，根據l=gt2，得該頻閃攝影的閃光頻率為f=，故C正確。
3.(多選)(2025·廣東四校高三聯考)某物體由靜止開始自由下落，運動中只受重力作用。以運動開始時刻為計時起點，物體經過5 s后落地，下列說法正確的是(　　)
A.計時開始后1 s內、2 s內、3 s內的位移之比為1∶4∶9
B.計時開始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比為1∶3∶5
C.計時開始后第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度之比為1∶2∶3
D.落地前，相等時間內物體的速度變化量相同
答案　AD
解析　根據h=gt2可知，計時開始后1 s內、2 s內、3 s內的位移之比為1∶4∶9，選項A正確;根據v=gt可知，計時開始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比為1∶2∶3，選項B錯誤;計時開始后第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移之比為1∶3∶5，根據=可知，平均速度之比為1∶3∶5，選項C錯誤;根據Δv=gΔt可知，落地前相等時間內物體的速度變化量相同，選項D正確。
對點練2　豎直上拋運動
4.(2025·上海黃浦高三期中)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上平齊懸于空中，以與甲同樣的方式拋出兩個小球，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　設小球拋出時的高度為h，豎直上拋和豎直下拋經歷的時間分別為t1、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B正確。
5.(多選)建筑工人常常徒手拋磚塊，當磚塊上升到最高點時，被樓上的師傅接住用以砌墻。若某次以10 m/s的速度從地面豎直向上拋出一磚塊，樓上的師傅沒有接住，g取10 m/s2，空氣阻力可以忽略，下列說法正確的是(　　)
A.磚塊上升的最大高度為10 m
B.磚塊回到拋出點前0.5 s時間內通過的距離為3.75 m
C.經2 s磚塊回到拋出點
D.被拋出后上升的過程中磚塊做變減速直線運動
答案　BC
解析　磚塊上升的最大高度為h== m=5 m，故A錯誤;上升到最高點需要的時間為t1==1 s，根據運動的對稱性可知從拋出到回到拋出點所需時間為t=2t1=2 s，磚塊從最高點經過0.5 s下降的高度為h'=gt'2=×10×0.52 m=1.25 m，磚塊回到拋出點前0.5 s時間內通過的距離為s=h－h'=3.75 m，故B、C正確;被拋出后上升的過程中加速度始終等于重力加速度，做勻減速直線運動，故D錯誤。
對點練3　多運動過程問題
6.(多選)(2025·河南九師聯盟高三聯考)我國宋代已經出現沖天炮這種玩具，也叫“起火”，如圖，逢年過節人們都要放“起火”慶祝。若沖天炮從地面由靜止發射豎直升空可認為做a=8 m/s2的勻加速直線運動，當到達離地面25 m的高處時燃料恰好用完，忽略空氣阻力，g=10 m/s2，則(　　)
A.燃料恰好用完時沖天炮的速度大小為20 m/s
B.燃料用完后繼續向上運動的位移大小為17 m
C.沖天炮上升離地面的最大高度為38 m
D.沖天炮從發射到最大高度所用的時間為4.5 s
答案　AD
解析　根據位移與速度的關系式有=2ah1，解得v0==20 m/s，故A正確;燃料用完后，沖天炮繼續向上做豎直上拋運動，利用逆向思維有=2gh2，解得h2=20 m，故B錯誤;結合上述可知，沖天炮上升離地面的最大高度為H=h1+h2=45 m，故C錯誤;根據平均速度與位移的關系有h1=t1，h2=t2，解得沖天炮從發射到最大高度所用的時間為t=t1+t2=4.5 s，故D正確。
7.“太空梭”是游樂園中一種利用自由落體運動規律設計的游樂設施，如圖。這種游樂設施使用機械裝置將乘坐臺上的乘客升至高處，然后由靜止釋放，自由下落，最后在落地前用機械裝置將乘坐臺停下來。將該游樂設施下落時的運動看作自由落體運動和勻變速直線運動，出于安全考慮，普通人最多承受3g的加速度，g取10 m/s2。如果設計一個自由落體歷時6 s的“太空梭”，則該設施的高度至少為(　　)
A.420 m B.180 m
C.300 m D.240 m
答案　D
解析　“太空梭”的運動分為兩個階段，自由落體階段和勻減速階段，自由落體下落的高度為h1=gt2=180 m，勻減速的最大加速度為3g，則勻減速下落的高度為h2==60 m，則總高度為H=h1+h2=240 m，A、B、C錯誤，D正確。
B級　綜合提升練
8.(2024·浙江金華模擬)如圖所示，兩個大小一樣的金屬小球用長為L的細線連接，a球在上，b球在下，用手拿著a球，測得a球釋放時離地面的高度為h，某時刻靜止釋放a球，兩球落地的時間差為Δt，空氣阻力忽略不計。下列判斷正確的是(　　)
A.b球下落的時間大于
B.a球下落的時間小于
C.重力加速度g=()2
D.b球落地前a球的加速度比b球大
答案　C
解析　某時刻靜止釋放a球，a球下落高度為h，b球下落高度為h－L，則根據運動學公式可得h－L=g，則b球下落的時間為tb=，A錯誤;a球下落的時間為ta=，B錯誤;兩球落地的時間差為Δt，則Δt=ta－tb=，故重力加速度g=()2，C正確;b球落地前兩球均做自由落體運動，則a球的加速度與b球加速度相等，D錯誤。
9.甲、乙兩個小球先后從同一水平面的兩個位置，以相同的初速度豎直向上拋出，小球距拋出點的高度h與時間t的關系圖像如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，則兩小球同時在同一水平線上時，距離拋出點的高度為(　　)
A.g B.g()
C.g() D.g()
答案　D
解析　根據豎直上拋運動規律，豎直向上運動到同一水平線上時，乙小球的運動時間為t=，甲小球到達最高點的高度為h=g=g，甲小球下落的高度為h'=g=g，故該位置距離拋出點的高度為h″=h－h'=g()，故D正確。
10.(多選)(2025·山東濟寧高三期中)如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同小球b從地面上方某處由靜止釋放，兩球在空中相遇時速度大小恰好均為v0(不計空氣阻力)。重力加速度為g，則(　　)
A.球b開始下落的高度為
B.球b開始下落的高度為
C.兩球同時落地
D.兩球落地的時間差為
答案　BD
解析　依題意有gt=v0，相遇時兩球運動的時間t=，從運動開始至兩球相遇，球a上升高度為h1=v0t－gt2=，球b已下落的距離為h2=gt2=，則球b開始下落的高度為h=h1+h2=，故A錯誤，B正確;由題意可知，球a上升的最大高度與球b下落的高度相等，對球b有=g，解得tb=，而球a做豎直上拋運動，先向上做勻減速運動，然后做自由落體運動，根據運動的對稱性可知，其運動時間為ta=，可知兩球不會同時落地，故C錯誤;兩球落地的時間差為Δt=ta－tb=，故D正確。
11.(2025·湖北武漢市第二中學月考)無人機在生產生活中有廣泛應用，我國林業部門將無人機運用于森林防火工作中。如圖所示，某架無人機執行火情察看任務，懸停在目標正上方且距目標高度為H1=205 m處，t=0時刻，它以加速度a1=6 m/s2豎直向下勻加速運動距離h1=75 m后，立即向下做勻減速直線運動直至速度為零，重新懸停在距目標高度為H2=70 m的空中，然后進行拍照。重力加速度大小取10 m/s2，求:
(1)無人機從t=0時刻到重新懸停在距目標高度為H2=70 m處的總時間t;
(2)若無人機在距目標高度為H2=70 m處懸停時動力系統發生故障，自由下落2 s后恢復動力，要使其不落地，恢復動力后的最小加速度。
答案　(1)9 s　(2)4 m/s2
解析　(1)設無人機下降過程最大速度為v，向下加速運動時間為t1，減速運動時間為t2，由勻變速直線運動規律有h1=a1，v=a1t1，H1－H2－h1=t2
聯立解得t1=5 s，t2=4 s
則總時間為t=t1+t2=9 s。
(2)無人機自由下落2 s末的速度為v2=gt2'=20 m/s
2 s內向下運動的位移為x1=gt2'2=20 m
設其向下勻減速運動的加速度大小為a2時，恰好到達地面前瞬間速度為零，此時a2為最小加速度，則H2－x1=，代入數據解得a2=4 m/s2。
C級　培優加強練
12.(多選)(2025·四川遂寧高三期中)如圖所示，在足夠高的空間內，小球位于空心管的正上方h處，空心管長為L，小球球心與管的軸線重合，并在豎直線上釋放小球，小球可以無碰撞的穿過空心管，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　)
A.兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0，管無初速度，則小球穿過管的時間為
B.兩者同時釋放，管具有豎直向上的初速度v0，小球無初速度，則小球穿過管的時間為
C.兩者同時釋放，管具有豎直向上的初速度v0，小球無初速度，則小球穿過管的時間為
D.兩者均無初速度釋放，但小球提前了Δt時間釋放，則小球穿過管的時間為
答案　AD
解析　兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0，管無初速度，以管為參考系，小球相對管勻速運動，則有t=，故A正確;若兩者均無初速度釋放，但小球提前Δt時間釋放，以管為參考系，小球相對管勻速運動，則有v=gΔt，L=vt，可知小球穿過管的時間為t=，故D正確;兩者同時釋放，管具有豎直向上的初速度v0，小球無初速度，以小球為參考系，管相對小球向上勻速運動，則有t=，故B、C錯誤。(共52張PPT)
第3講　自由落體運動和豎直上拋運動　多運動過程問題
第一章　運動的描述　勻變速直線運動的研究
1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，并能解決實際問題。
2.理解豎直上拋運動的對稱性和多解性。
3.靈活運用勻變速直線運動的規律解決多過程問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養能力
03
夯實必備知識
1
靜止
1.
gt
gt2
2gh
向上
2.
重力
v0-gt
v0t-gt2
-2gh
1.思考判斷
×
√
(1)同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。( )
(2)物體做豎直上拋運動，速度為負值時，位移也一定為負值。( )
(3)做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度變化量方向是豎直向下的。( )
√
2.人教版必修第一冊第二章第4節[科學漫步]中，伽利略的斜面實驗中如何測量時間的 如何由斜面上的運動規律推出自由落體的運動規律
答案　當時只能靠滴水計時，讓銅球沿阻力很小的斜面滾下，“沖淡”了重力，使加速度變小，時間變長，更容易測量。合理外推將斜面的傾角增大到90°。
研透核心考點
2
考點二　豎直上拋運動
考點一　自由落體運動
考點三　多運動過程問題
考點一　自由落體運動
1.運動特點
初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動。
2.解題方法
(1)初速度為0的勻變速直線運動規律都適用。
①從開始下落，連續相等時間內下落的高度之比為1∶3∶5∶7∶…。
②由Δv=gΔt知，相等時間內，速度變化量相同。
③連續相等時間T內下落的高度之差Δh=gT2。
(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。
例1 (2025·遼寧遼陽一模)某人坐在樹下看到熟透的蘋果(視為質點)從樹上掉下來，從與頭頂相同高度處落到水平地面的時間為0.1 s。已知頭頂到地面的高度為1.25 m，取重力加速度大小為10 m/s2，則蘋果(　　)
A.經過與頭頂相同高度處時的速度大小為10 m/s
B.在空中運動的時間為1.2 s
C.剛掉落時離地的高度為8.45 m
D.落地時的速度大小為12 m/s
C
解析　設經過與頭頂相同高度處時的速度大小為v1，根據運動學公式可得h2=v1t2+g，其中h2=1.25 m，t2=0.1 s，可得經過與頭頂相同高度處時的速度大小為v1=12 m/s，蘋果在空中的時間為t=+t2= s+0.1 s=1.3 s，蘋果剛掉落時離地的高度為h=gt2=×10×1.32 m=8.45 m，蘋果落地時的速度大小為v=gt=10×1.3 m/s=13 m/s，故C正確，A、B、D錯誤。
例2 (多選)甲、乙兩物體，甲的質量為4 kg，乙的質量為2 kg，甲從20 m高處自由下落，1 s后乙從10 m高處自由下落，不計空氣阻力。在兩物體落地之前，下列說法中正確的是(　　)
A.同一時刻甲的速度大
B.同一時刻甲的加速度大
C.兩物體從起點各自下落1 m時的速度是相同的
D.落地之前甲和乙的高度之差保持不變
AC
解析　根據速度公式可知同一時刻甲的速度大，A正確;自由落體運動的加速度都是重力加速度，B錯誤;由v2=2gh可知兩物體從起點各自下落1 m時的速度是相同的，C正確;兩物體間距離Δh=20 m－g(t+Δt)2－=10 m－gΔt(2t+Δt)，因此落地之前甲和乙的高度之差隨時間增加而變化，D錯誤。
自由落體運動的兩個物體相隔一定時間從同一高度先、后下落，兩物體的加速度相同，故先下落物體相對后下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大。
跟蹤訓練
1.2024年8月，我國運動員獲得奧運女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，運動員在跳臺上倒立靜止，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
B
解析　運動員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，則運動員用于姿態調整的時間約為t2=t－t1=0.4 s，B正確，A、C、D錯誤。
考點二　豎直上拋運動
豎直上拋運動的對稱性和多解性
(1)對稱性(如圖)
(2)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。
例3 (2025·福建福州高三期中)“燕子鉆天”是打彈弓射彈的一種方式，即將彈丸豎直向上射出，如圖所示。若某次射出的彈丸(可視為質點)做豎直上拋運動，經過3 s彈丸到達最高點，不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2，求:
(1)彈丸射出時的速度;
(2)彈丸上升的最大高度;
解析　(1)由經過3 s彈丸到達最高點，得彈丸射出時豎直方向初速度為v0=gt=30 m/s。
(2)由=2gh得彈丸上升的最大高度hm==45 m。
答案　(1)30 m/s　(2)45 m　
(3)彈丸射出后第1 s內上升的高度;
(4)彈丸落回拋出點的速度;
(5)彈丸上升5 m所用的時間(計算結果保留根式)。
解析　(3)彈丸第1 s內上升高度為h1=v0t1－g
解得h1=25 m。
(4)根據對稱性知，彈丸落回拋出點的速度v=v0=30 m/s。
(5)設彈丸上升5 m的時間為t2，則有h2=v0t2－g
解得t2=(3－2) s或t2'=(3+2) s(舍去)。
答案　 (3)25 m　(4)30 m/s (5)(3－2) s
拓展 計算彈丸距離射出點5 m所用的時間。
答案　見解析
解析　若彈丸在射出點上方5 m，則h2=v0t2－g
解得t2=(3－2) s或t2'=(3+2) s
若彈丸在射出點下方5 m，則－h2=v0t3－g
解得t3=(3+) s或t3'=(3－) s(舍去)。
總結提升　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
跟蹤訓練
AC
2.(多選)(2025·陜西寶雞高三聯考)我國的跳水隊被譽為“夢之隊”。某運動員正在進行3米板跳水訓練，將該運動員看成質點，從其向上起跳腳離開跳板的瞬間開始計時，設t1時刻運動員運動到最高點，t2時刻運動員剛好入水，此后在水中做勻減速直線運動，t3時刻運動員的速度恰好減小到零。已知t2=3t1，t3=4t1，不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.運動員離開跳板后，在空中向上運動的路程為向下運動路程的
B.運動員離開跳板后，在空中運動總位移的大小為6 m
C.運動員入水的瞬時速度為4 m/s
D.運動員入水的深度 m
解析　設運動員離開跳板后向上運動的位移大小(即在空中向上的路程)為x，則從最高點到剛入水時的位移大小(即在空中向下的路程)為x'=x+3，設起跳速度為v0，入水時的速度為v，則有x=g，v0=gt1，x+3=g(t2－t1)2，v=g(t2－t1)，又t2=3t1，聯立解得t1= s，t2= s，x=1 m，x'=4 m=4x，v0=2 m/s，v=4 m/s，A、C正確;運動員在水中做勻減速直線運動，有v=a(t3－t2)，入水深度h=，又t3=4t1= s，代入數據解得a=20 m/s2，h=2 m，D錯誤;運動員離開跳板后，在空中運動總位移的大小為3 m，B錯誤。
例4 (2024·全國甲卷，24)為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從t=0時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，t2=41 s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速v0=340 m/s，求:
(1)救護車勻速運動時的速度大小;
(2)在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
考點三　多運動過程問題
解析　(1)根據題意可知，救護車勻速運動時的速度大小為v=at1
代入數據解得v=20 m/s。
(2)設救護車在t=t0時停止鳴笛，則由運動學規律可知，此時救護車距出發處的距離為x=a+v(t0－t1),又x=v0(t2－t0)
聯立并代入數據解得x=680 m。
答案　(1)20 m/s　(2)680 m
1.勻變速直線運動的多過程問題的解題思路
(1)依據加速度不同，將物體運動分為幾個階段。
(2)分析判斷各階段的運動性質，畫出運動示意圖。
(3)列出各運動階段的運動方程。
(4)找出銜接處的速度與各階段間的位移、時間和加速度間的關系。
(5)聯立求解，算出結果，并對結果進行討論。
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。
3.(2025·重慶八中模擬)重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為L的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為v0，前方有一長為2L的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內時，它的速率都不允許超過。已知列車加速和減速的加速度大小分別為a和2a，則列車從減速開始到恢復正常速率v0，需要的最短時間為(　　)
A.+ B.+ C.+ D.+
跟蹤訓練
A
解析　由題意知，列車進隧道前速率必須減速到，則有=v0－2at1，解得t1=;通過隧道時勻速運動，通過的位移為3L，故所用時間t2==;列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=+at3，解得t3=，則列車從減速開始至恢復正常行駛速度v0，需要的最短時間為t=t1+t2+t3=+，故A正確。
提升素養能力
3
A級　基礎對點練
B
對點練1　自由落體運動
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
解析　重物做自由落體運動，下落速度與質量無關，則下落1 s后速度為v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s，故B正確。
C
2.(2024·河南商丘模擬)某興趣小組用頻閃投影的方法研究自由落體運動，實驗中把一高中物理書豎直放置，將一小鋼球從與書上邊沿等高處靜止釋放，整個下落過程的頻閃照片如圖所示，已知物理書的長度為l，重力加速度為g，忽略空氣阻力，該頻閃攝影的閃光頻率為(　　)
A. B. C. D.
解析　由題圖可知，小鋼球下落過程經過5段間隔，則運動時間為t=，根據l=gt2，得該頻閃攝影的閃光頻率為f=，故C正確。
AD
3.(多選)(2025·廣東四校高三聯考)某物體由靜止開始自由下落，運動中只受重力作用。以運動開始時刻為計時起點，物體經過5 s后落地，下列說法正確的是(　　)
A.計時開始后1 s內、2 s內、3 s內的位移之比為1∶4∶9
B.計時開始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比為1∶3∶5
C.計時開始后第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度之比為1∶2∶3
D.落地前，相等時間內物體的速度變化量相同
解析　根據h=gt2可知，計時開始后1 s內、2 s內、3 s內的位移之比為1∶4∶9，選項A正確;根據v=gt可知，計時開始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比為1∶2∶3，選項B錯誤;計時開始后第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移之比為1∶3∶5，根據=可知，平均速度之比為1∶3∶5，選項C錯誤;根據Δv=gΔt可知，落地前相等時間內物體的速度變化量相同，選項D正確。
B
對點練2　豎直上拋運動
4.(2025·上海黃浦高三期中)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上平齊懸于空中，以與甲同樣的方式拋出兩個小球，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
解析　設小球拋出時的高度為h，豎直上拋和豎直下拋經歷的時間分別為t1、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B正確。
BC
5.(多選)建筑工人常常徒手拋磚塊，當磚塊上升到最高點時，被樓上的師傅接住用以砌墻。若某次以10 m/s的速度從地面豎直向上拋出一磚塊，樓上的師傅沒有接住，g取10 m/s2，空氣阻力可以忽略，下列說法正確的是(　　)
A.磚塊上升的最大高度為10 m
B.磚塊回到拋出點前0.5 s時間內通過的距離為3.75 m
C.經2 s磚塊回到拋出點
D.被拋出后上升的過程中磚塊做變減速直線運動
解析　磚塊上升的最大高度為h== m=5 m，故A錯誤;上升到最高點需要的時間為t1==1 s，根據運動的對稱性可知從拋出到回到拋出點所需時間為t=2t1=2 s，磚塊從最高點經過0.5 s下降的高度為h'=gt'2=×10×0.52 m=1.25 m，磚塊回到拋出點前0.5 s時間內通過的距離為s=h－h'=3.75 m，故B、C正確;被拋出后上升的過程中加速度始終等于重力加速度，做勻減速直線運動，故D錯誤。
AD
對點練3　多運動過程問題
6.(多選)(2025·河南九師聯盟高三聯考)我國宋代已經出現沖天炮這種玩具，也叫“起火”，如圖，逢年過節人們都要放“起火”慶祝。若沖天炮從地面由靜止發射豎直升空可認為做a=8 m/s2的勻加速直線運動，當到達離地面25 m的高處時燃料恰好用完，忽略空氣阻力，g=10 m/s2，則(　　)
A.燃料恰好用完時沖天炮的速度大小為20 m/s
B.燃料用完后繼續向上運動的位移大小為17 m
C.沖天炮上升離地面的最大高度為38 m
D.沖天炮從發射到最大高度所用的時間為4.5 s
解析　根據位移與速度的關系式有=2ah1，解得v0==20 m/s，故A正確;燃料用完后，沖天炮繼續向上做豎直上拋運動，利用逆向思維有=2gh2，解得h2=20 m，故B錯誤;結合上述可知，沖天炮上升離地面的最大高度為H=h1+h2=45 m，故C錯誤;根據平均速度與位移的關系有h1=t1，h2=t2，解得沖天炮從發射到最大高度所用的時間為t=t1+t2=4.5 s，故D正確。
D
7.“太空梭”是游樂園中一種利用自由落體運動規律設計的游樂設施，如圖。這種游樂設施使用機械裝置將乘坐臺上的乘客升至高處，然后由靜止釋放，自由下落，最后在落地前用機械裝置將乘坐臺停下來。將該游樂設施下落時的運動看作自由落體運動和勻變速直線運動，出于安全考慮，普通人最多承受3g的加速度，g取10 m/s2。如果設計一個自由落體歷時6 s的“太空梭”，則該設施的高度至少為(　　)
A.420 m B.180 m
C.300 m D.240 m
解析　“太空梭”的運動分為兩個階段，自由落體階段和勻減速階段，自由落體下落的高度為h1=gt2=180 m，勻減速的最大加速度為3g，則勻減速下落的高度為h2==60 m，則總高度為H=h1+h2=240 m，A、B、C錯誤，D正確。
C
8.(2024·浙江金華模擬)如圖所示，兩個大小一樣的金屬小球用長為L的細線連接，a球在上，b球在下，用手拿著a球，測得a球釋放時離地面的高度為h，某時刻靜止釋放a球，兩球落地的時間差為Δt，空氣阻力忽略不計。下列判斷正確的是(　　)
B級　綜合提升練
A.b球下落的時間大于 B.a球下落的時間小于
C.重力加速度g=()2 D.b球落地前a球的加速度比b球大
解析　某時刻靜止釋放a球，a球下落高度為h，b球下落高度為h－L，則根據運動學公式可得h－L=g，則b球下落的時間為tb=，A錯誤;a球下落的時間為ta=，B錯誤;兩球落地的時間差為Δt，則Δt=ta－tb=，故重力加速度g=()2，C正確;b球落地前兩球均做自由落體運動，則a球的加速度與b球加速度相等，D錯誤。
D
9.甲、乙兩個小球先后從同一水平面的兩個位置，以相同的初速度豎直向上拋出，小球距拋出點的高度h與時間t的關系圖像如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，則兩小球同時在同一水平線上時，距離拋出點的高度為(　　)
A.g B.g()
C.g() D.g()
解析　根據豎直上拋運動規律，豎直向上運動到同一水平線上時，乙小球的運動時間為t=，甲小球到達最高點的高度為h=g=g，甲小球下落的高度為h'=g=g，故該位置距離拋出點的高度為h″=h－h'=g()，故D正確。
BD
10.(多選)(2025·山東濟寧高三期中)如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同小球b從地面上方某處由靜止釋放，兩球在空中相遇時速度大小恰好均為v0(不計空氣阻力)。重力加速度為g，則(　　)
A.球b開始下落的高度為
B.球b開始下落的高度為
C.兩球同時落地
D.兩球落地的時間差為
解析　依題意有gt=v0，相遇時兩球運動的時間t=，從運動開始至兩球相遇，球a上升高度為h1=v0t－gt2=，球b已下落的距離為h2=gt2=，則球b開始下落的高度為h=h1+h2=，故A錯誤，B正確;由題意可知，球a上升的最大高度與球b下落的高度相等，對球b有=g，解得tb=，而球a做豎直上拋運動，先向上做勻減速運動，然后做自由落體運動，根據運動的對稱性可知，其運動時間為ta=，可知兩球不會同時落地，故C錯誤;兩球落地的時間差為Δt=ta－tb=，故D正確。
11.(2025·湖北武漢市第二中學月考)無人機在生產生活中有廣泛應用，我國林業部門將無人機運用于森林防火工作中。如圖所示，某架無人機執行火情察看任務，懸停在目標正上方且距目標高度為H1=205 m處，t=0時刻，它以加速度a1=6 m/s2豎直向下勻加速運動距離h1=75 m后，立即向下做勻減速直線運動直至速度為零，重新懸停在距目標高度為H2=70 m的空中，然后進行拍照。重力加速度大小取10 m/s2，求:
(1)無人機從t=0時刻到重新懸停在距目標高度為H2=70 m處的總時間t;
(2)若無人機在距目標高度為H2=70 m處懸停時動力系統發生故障，自由下落2 s后恢復動力，要使其不落地，恢復動力后的最小加速度。
答案　(1)9 s　(2)4 m/s2
解析　(1)設無人機下降過程最大速度為v，向下加速運動
時間為t1，減速運動時間為t2，由勻變速直線運動規律有
h1=a1，v=a1t1，H1－H2－h1=t2
聯立解得t1=5 s，t2=4 s
則總時間為t=t1+t2=9 s。
(2)無人機自由下落2 s末的速度為v2=gt2'=20 m/s
2 s內向下運動的位移為x1=gt2'2=20 m
設其向下勻減速運動的加速度大小為a2時，恰好到達地面前瞬間速度為零，此時a2為最小加速度，則H2－x1=，代入數據解得a2=4 m/s2。
AD
12.(多選)(2025·四川遂寧高三期中)如圖所示，在足夠高的空間內，小球位于空心管的正上方h處，空心管長為L，小球球心與管的軸線重合，并在豎直線上釋放小球，小球可以無碰撞的穿過空心管，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　)
C級　培優加強練
A.兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0，管無初速度，則小球穿過管的時間為
B.兩者同時釋放，管具有豎直向上的初速度v0，小球無初速度，則小球穿過管的時間為
C.兩者同時釋放，管具有豎直向上的初速度v0，小球無初速度，則小球穿過管的時間為
D.兩者均無初速度釋放，但小球提前了Δt時間釋放，則小球穿過管的時間為
解析　兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0，管無初速度，以管為參考系，小球相對管勻速運動，則有t=，故A正確;若兩者均無初速度釋放，但小球提前Δt時間釋放，以管為參考系，小球相對管勻速運動，則有v=gΔt，L=vt，可知小球穿過管的時間為t=，故D正確;兩者同時釋放，管具有豎直向上的初速度v0，小球無初速度，以小球為參考系，管相對小球向上勻速運動，則有t=，故B、C錯誤。

展開更多......

收起↑