第一章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题（课件PPT）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 人教版 苏京）

DIYIZHANG 第一章 运动的描述　匀变速直线运动的研究 大一轮复习讲义 自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题 第 3 讲 目标 要求 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性.2.能灵活处理多过程问题. 内容索引 考点一　自由落体运动 考点二　竖直上抛运动 课时精练 考点三　匀变速直线运动中的多物体和多过程问题 3 考点一 自由落体运动 4 自由落体运动 (1)运动特点：初速度为 ，加速度为 的匀加速直线运动. (2)基本规律： 0 g 梳理 必备知识 匀变速直线运动 自由落体运动 v＝v0＋at v＝gt v2－v02＝2ax v2＝2gh 1.重的物体总是比轻的物体下落得快.(　　) 2.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大.(　　) 3.自由落体加速度的方向垂直地面向下.(　　) 4.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.(　　) 5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定.(　　) √ × × √ √ 判断正误 应用自由落体运动规律解题时的两点注意 (1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题. ①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…. ②Δv＝gΔt.相等时间内，速度变化量相同. ③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2. (2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题. 提升 关键能力 例1　如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(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t1； 考向1　自由落体运动基本公式的应用 木杆由静止开始做自由落体运动， 设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下A 设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A 则木杆通过圆筒上端A所用的时间 (2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2. 设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B， 例2　对于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是 A.在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5 B.在相邻两个1 s内的位移之差都是10 m C.在第1 s内、第2 s内、第3 s内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 考向2　自由落体运动中的“比例关系”问题 √ 在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误； 在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正确； 在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误； 在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误. 例3　从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是 A.b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s B.a球接触地面瞬间，b球离地高度为5 m C.在a球接触地面之前，两球速度差恒定 D.在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定 考向3　自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 √ 由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误. 自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大. 方法点拨 考点二 竖直上抛运动 17 竖直上抛运动 (1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 运动. (2)基本规律 ①速度与时间的关系式： ； 自由落体 v＝v0－gt 梳理 必备知识 1.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值. (　　) 2.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.(　　) √ × 判断正误 1.重要特性 (1)对称性 ①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等(如图)，同理tAB＝tBA. ②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等. 提升 关键能力 (2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性. 2.研究方法 分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动 全程法 初速度v0向上，加速度为－g的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－ gt2(以竖直向上为正方向) 若v＞0，物体上升；若v＜0，物体下落 若h＞0，物体在抛出点上方；若h＜0，物体在抛出点下方 例4　气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力) 考向1　竖直上抛运动的两种研究方法 答案　7 s　60 m/s 解法一：全程法 取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示. 重物在时间t内的位移h＝－175 m 将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入 解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去) 所以重物落地时速度为 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反. 解法二：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点， 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下) 所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7 s. 例5　一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2) A.80 m B.40 m C.20 m D.无法确定 √ 考向2　竖直上抛运动的对称性 例6　在某塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，重力加速度取g＝10 m/s2，求： (1)物体抛出的初速度大小； 考向3　竖直上抛运动的多解性 答案　20 m/s　 设物体抛出的初速度大小为v0，根据速度位移关系可得 v02＝2gh 解得v0＝20 m/s (2)物体位移大小为15 m时，物体的运动时间； 解得t1＝1 s，t1′＝3 s (3)若塔高H＝105 m，物体从抛出到落到地面的时间. 答案　7 s 解得t3＝7 s，t3′＝－3 s(舍去). 考点三 匀变速直线运动中的多物体和多过程问题 1.多物体问题 研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解. 2.多过程问题 (1)一般的解题步骤 ①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程. ②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量. ③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程. (2)解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键. 例7　如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和 3.5 m，求： (1)CD间距离多远； 答案　4.5 m　 游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m. (2)此刻A的上端滑道上还有几人； 答案　2人　 相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人. (3)此时A距滑道顶端多远. 答案　2 m 设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a， 则有Δs＝CD－BC＝aT2，即aT2＝1 m， 例8　(2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是 A.在该段时间内质点运动方向不变 D.再经过相同的时间，质点速度大小为3v √ 由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误； 再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误. 例9　(2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2 的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来. (1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小； 答案　60 m/s　 设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s， 则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s. (2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2. 答案　1.2 m/s2 列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m， 从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离 x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m， 四 课时精练 1.(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为 A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 基础落实练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为 下落前5 m的过程所用的时间为 则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确. 2.(2023·江苏高邮市第一中学高三开学考试)一小球做自由落体运动，落地前40 m所用的时间为2 s，g取10 m/s2，则小球落地的速率为 A.30 m/s B.35 m/s C.40 m/s D.45 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 又 ＝ ，这段时间的中间时刻的瞬时速度为 ＝20 m/s，从该中间时 刻又经过t1＝1 s，小球落地. 小球落地的速率v1＝ ＋gt1＝20 m/s＋10×1 m/s＝30 m/s，B、C、D错误，A正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2023·江苏省马坝高中高三阶段检测)以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，g取10 m/s2，则小树高约为 A.0.8 m B.1.6 m C.2.4 m D.3.2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为质点的小球从O点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2 s，不考虑一切阻力.如果将小球从照片中的A点由静止释放，则下列说法正确的是 A.小球由A到B以及由B到C的时间小于0.2 s B.小球通过B点和C点时的速度关系为vB∶vC＝1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2 s，所以OA、AB、BC三段的高度之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB、BC段的时间均大于0.2 s，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝3L的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，则 A.b与a开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D.三小球到达地面时的速度大小之比是6∶4∶3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间记为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g值等于 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”(如图).速度高达一千多公里每小时.如果乘坐Hyperloop从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，Hyperloop先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是 A.加速与减速的时间不一定相等 B.加速时间为10分钟 C.加速过程中发生的位移为150公里 D.加速时加速度大小约为0.46 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0， 代入数据解得t＝12 min，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.在离水平地面高H处，以大小均为v0 的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是 A.甲球相对乙球做匀变速直线运动 B.在落地前甲、乙两球间距离均匀增大 C.两球落地的速度差与v0、H有关 D.两球落地的时间差与v0、H有关 √ 甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确； 根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0 ，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高 度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，取g＝10 m/s2) A.1.6 m B.2.4 m C.3.2 m D.4.0 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s， 12.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生.假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动.阳台下方有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方.花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 素养提升练 (1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　货车会被花盆砸到　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 花盆落下到达车顶过程， 位移为h0＝(47－2) m＝45 m 在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m 由于L2<x<L1＋L2，货车会被花盆砸到. (2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　2.7 m/s2　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m 设制动过程中最小加速度为a0， 由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2 (3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　2.5 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m 此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m 采取加速方式，要成功避险， 则加速运动的位移大小为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s 设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到， 代入数据解得a＝2.5 m/s2， 即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到. x＝v0t＋at2 h＝gt2 答案　(2－) s　 t1＝t上A－t下A＝(2－) s h下A＝gt下A2，h下A＝20 m－5 m＝15 m 解得t下A＝ s h上A＝gt上A2，解得t上A＝2 s 答案　(－) s 则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(－) s. 则h上B＝gt上B2，h上B＝20 m＋5 m＝25 m 解得t上B＝ s， b球下落高度为20 m时，t1＝＝ s＝2 s，则a球下降了3 s， a球的速度大小为v＝30 m/s，故A错误； a球下降的总时间为t2＝ s＝5 s，此时b球下降了4 s，b球的下降高度为h′＝×10×42 m＝80 m，故b球离地面的高度为hB＝(125－80) m＝45 m，故B错误； ②位移与时间的关系式：x＝v0t－gt2. h＝v0t－gt2 则t1＝＝ s＝1 s 上升的最大高度h1＝gt12＝×10×12 m＝5 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝＝s＝6 s 物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为，从最高点自由下落到B点的时间为，A、B间距离为hAB＝g[()2－()2]＝×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C. 解得t2＝(2＋) s，t2′＝(2－) s(舍去) 答案　1 s,3 s，(2＋) s　 当物体的位移大小为15 m时，若在抛出点上方，则有x＝v0t1－gt12 若在抛出点下方，则有－x＝v0t2－gt22 若塔高H＝105 m，物体从抛出到落到地面的时间－H＝v0t3－gt32 A此时的速度为vA＝＝ m/s，联立两式解得vA＝2aT， 此时A距滑道顶端s＝＝2aT2＝2 m. B.这段时间为 C.这段时间该质点运动的路程为 速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝＝，B错误； 减速的过程中运动的路程s1＝，反向加速运动的路程s2＝，因此总路程为s＝s1＋s2＝，C正确； 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝＝2 800 m， 则a2＝＝1.2 m/s2. t＝＝ s≈1.4 s t1＝＝ s＝1 s 落地前40 m的平均速度为＝＝ m/s＝20 m/s， 3.(2019·全国卷Ⅰ·18)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.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足 A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C正确. 石子竖直上升的最大高度为H＝＝3.2 m， 由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1＝＝0.4 s， 则最高点到小树顶端的距离为h1＝gt12＝0.8 m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4 m，故选C. 5.两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g) A.gt2 B.gt2 C.gt2 D.gt2 根据h＝gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2和， 两物体未下落时相距，第二个物体在第一个物体下落后开始下落， 此时第一个物体下落的高度h1＝g()2＝， 所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝gt2－gt2＝gt2，故D正确，A、B、C错误. C.小球由A到B以及由B到C的过程中平均速度的关系为AB∶BC＝3∶5 D.小球通过B点时的速度vB和由A到C的平均速度AC的关系为vB>AC 设AB间距离为3h，则BC间的距离为5h，所以AC间的距离为8h，通过B点时的速度为vB＝，小球通过C点时的速度为vC＝，则vB∶vC＝∶4，故B错误； 由于AB、BC段的高度之比为3∶5，但是通过两段的时间不相等，根据＝可知，平均速度之比不是3∶5，故C错误； AC＝vC＝2，所以vB>AC，故D正确. B.a、b、c三小球运动时间之比为∶2∶1 C.a比b早释放的时间为2(－) 由h＝gt2得，ta＝，tb＝，tc＝， 则(ta－tb)>(tb－tc)，a、b、c三小球运动时间之比为 ∶2∶， a比b早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2(－)， A、B错误，C正确； 根据v2＝2gh得，三小球到达地面时的速度大小之比是 ∶2∶，D错误. A. B. C. D. 根据竖直上抛运动的对称性，有g(T2)2－g(T1)2＝H，解得g＝，故选A. 加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误； 则2×t＋vm(t0－2t)＝s， 加速位移为x加＝t＝120 km，故C错误； 加速度大小a＝≈0.46 m/s2，故D正确. 由竖直上抛的对称性可知，两球落地的时间差Δt＝，与v0 有关，与H无关，D错误. 故有Hm＝gt2＝3.2 m，C正确. 花盆做自由落体运动，有h0＝gt2，解得t＝3 s 则有x2＝v0·t′＋at′2 $$