第一章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题 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。 2．能灵活处理多过程问题 [对应学生用书P9] 【微点辨析】 (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)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。(×) (6)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。(√) [对应学生用书P10] 考点 自由落体运动(互动共研) 1．可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。 (1)从运动开始连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。 (2)从运动开始的一段时间内的平均速度＝＝＝gt。 (3)连续相等的时间T内位移的增加量相等，即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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决。 考向1　自由落体运动基本公式的应用 [例1]　如图所示，木杆长为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。 (2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2。 解析　(1)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， h下A＝gt下A2，解得t下A＝ s， 设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A， h上A＝gt上A2，解得t上A＝2 s， 则木杆通过圆筒上端A所用的时间： t1＝t上A－t下A＝(2－) s； (2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B，h上B＝gt上B2， h上B＝20 m＋5 m＝25 m， 解得t上B＝ s， 则木杆通过圆筒所用的时间： t2＝t上B－t下A＝(－) s。 答案　(1)(2－) s　(2)(－) s 1.高空坠物非常危险，现在高层住宅越来越多，因此人们一定要有安全防范意识。假设某住宅楼上坠物做自由落体运动，开始2 s内的下落高度与最后2 s内的下落高度之比为2∶7，重力加速度g取10 m/s2，则物体下落的总高度为(　　) A.82.45 m B.97.65 m C.101.25 m D.110.85 m 解析　物体开始2 s内下落高度h1＝×10×22 m＝20 m，最后2 s内下落的高度h2＝70 m，最后2 s中间时刻的速度v中＝2＝＝35 m/s，物体自由下落的时间t＝＋1 s＝4.5 s，所以物体下落的总高度h＝gt2＝×10×4.52 m＝101.25 m，故C正确。 答案　C 考向2　自由落体的先后下落问题 [例2]　如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2 s。B球与地面的高度差h＝5 m(不计空气阻力，g取10 m/s2)。则(　　) A．A球与地面的高度差为6 m B．A、B两小球释放前相距4.4 m C．若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地 D．A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大 解析　设B球用时为t，则有5 m＝gt2，对A球有h＝g(t＋0.2)2，联立解得h＝7.2 m，故A错误；据前面分析，A、B两小球释放前高度差为Δh＝7.2 m－5 m＝2.2 m，则相距为s＝＝4.4 m，故B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。 答案　B 2．(多选)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45 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 解析　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正确；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。 答案　BC 考点 竖直上抛运动(互动共研) 1．重要特性(如图)： (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，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。 (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．竖直上抛运动的两种研究方法 (1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 (2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度a＝－g的匀变速直线运动。必须注意物理量的矢量性，习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。 考向1　竖直上抛运动的分析 [例3]　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) 解析　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h＝v0t－gt2，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，则t1＝＝ s＝1 s，上升的最大高度h1＝gt12＝×10×12 m＝5 m， 故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 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，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。 答案　7 s　60 m/s 考向2　竖直上抛运动的对称性 [例4]　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 解析　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＝×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C。 答案　C 考向3　竖直上抛运动的多解性 [例5]　(多选)(2025·黑龙江哈师大附中期末)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.小球在这段时间内的位移大小一定是15 m，方向竖直向上 B.小球在这段时间内的平均速度可能是5 m/s C.小球在这段时间内的速度变化大小可能是10 m/s，方向竖直向上 D.小球在这段时间内上升的最大高度一定为15 m 解析　小球的位移大小一定是x＝＝ m＝15 m，方向竖直向上，故A正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速度为＝＝15 m/s，当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的平均速度为＝＝5 m/s，故B正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，在这段时间的速度变化为Δv＝v－v0＝(10－20)m/s＝－10 m/s，方向竖直向下；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化为Δv＝v－v0＝(－10－20)m/s＝－30 m/s，方向竖直向下，故C错误；小球上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m，故D错误。 答案　AB 考点 匀变速运动中的多过程问题(互动共研) 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6]　 ETC是高速公路电子不停车收费系统的简称，可以加快高速公路上汽车的通行。如图所示，甲、乙两车均以v0＝15 m/s的初速度同向分别走ETC通道和人工收费通道下高速。甲车从减速线AB处开始做匀减速运动，当速度减至v＝5 m/s时，匀速行驶到收费站中心线处，再匀加速至15 m/s的速度驶离。乙车从减速线AB处开始做匀减速运动，恰好在收费站中心线处停车，缴费用时10 s，然后再匀加速至15 m/s的速度驶离。已知两汽车加速和减速的加速度大小均为2.5 m/s2，求： (1)甲车通过收费站过程中，匀速行驶的距离。 (2)两车均从15 m/s开始减速到加速至速度刚好为15 m/s的过程中，甲车比乙车少用的时间。 解析　(1)以乙车为研究对象，从减速线AB到收费站中心线，由0－v02＝－2ax解得x＝45 m，以甲车为研究对象，由v2－v02＝－2ax1解得x1＝40 m，则甲车匀速行驶的距离x2＝x－x1＝5 m； (2)对甲、乙两车应用运动学公式，得v＝v0－at1，0＝v0－at2，解得t1＝4 s，t2＝6 s，甲车匀速行驶的时间t3＝＝1 s，则甲车比乙车少用的时间Δt＝(2t2＋t)－(2t1＋t3) ，其中t＝10 s，解得Δt＝13 s。 答案　(1)5 m　(2)13 s 3.无人机在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1＝205 m处，t＝0时刻，它以加速度a1＝6 m/s2竖直向下匀加速运动距离h1＝75 m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2＝70 m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小取10 m/s2。求： (1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在距目标高度为H2＝70 m处的总时间t。 (2)若无人机在距目标高度为H2＝70 m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2 s后恢复动力，要使其不落地，恢复动力后的最小加速度大小。 解析　(1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有h1＝a1t，v＝a1t1，H1－H2－h1＝t2， 联立解得t＝t1＋t2＝9 s。 (2)无人机自由下落2 s末的速度为v0＝gt′＝20 m/s， 2 s内向下运动的位移为x1＝gt′2＝20 m， 设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，此时a2为最小加速度大小，则H2－x1＝，代入数据解得a2＝4 m/s2。 答案　(1)9 s　(2)4 m/s2 课时检测训练3　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题 对应学生用书P325 对点练1　自由落体运动 1.(2025·黑龙江大庆市模拟)一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1 s内的位移恰为最后1 s内位移的二分之一，已知重力加速度大小取10 m/s2，则它开始下落时距落地点的高度为(　　) A.15 m B.12.5 m C.11.25 m D.10 m 解析　物体第1 s内的位移为h1＝gt＝×10×12 m＝5 m，则物体最后1 s内的位移为h2＝2h1＝10 m，又gt－g(t总－1 s)2＝h2，解得t总＝1.5 s，则物体开始下落时距落地点的高度为h＝gt＝×10×1.52 m＝11.25 m，故选C。 答案　C 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为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 解析　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。 答案　B 3.(2024·广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　) A.v1＝5 m/s B.v1＝10 m/s C.v2＝15 m/s D.v2＝30 m/s 解析　重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，故选B。 答案　B 对点练2　竖直上抛运动 4. 如图所示，某次蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g＝10 m/s2，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为(　　) A．8.125 m B．9.125 m C．10.5 m D．11.5 m 解析　本题考查竖直上抛运动与匀变速直线运动推论的综合应用。由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝ s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝vP2，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，选项A正确。 答案　A 5．一名外墙清洁员乘坐吊篮从地面开始以2 m/s的速度匀速上升，中途一个小物体从吊篮上掉落，随后2 s清洁员听到物体落地的声音，忽略空气阻力对物体运动的影响，此时吊篮离地面的高度约为(　　) A．15 m B．20 m C．24 m D．30 m 解析　设物体掉落时吊篮离地面的距离为h1，物体掉落后做竖直上抛运动，初速度大小为v0＝2 m/s，忽略声音在空中传播经历的时间，则物体在空中运动的时间为t＝2 s。规定竖直向下的方向为正方向，由运动学公式可得h1＝－v0t＋gt2，解得h1＝16 m，吊篮匀速上升，故物体在空中运动的过程中，吊篮上升的距离为h2＝v0t＝4 m，则此时吊篮离地面的高度约为h1＋h2＝20 m，故B正确。 答案　B 6．如图所示，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 解析　本题应用逆向思维法求解，即运动员做的竖直上抛运动可看成从最大高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝2＋，即3<<4，选项 C正确。 答案　C 对点练3　匀变速运动中的多过程问题 7.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是(　　) A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s B.小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m C.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/s D.三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞 解析　设小轿车从刹车到停止所用最短时间为t2，则t2＝＝ s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－v，解得v′＝2 m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为x总＝90 m＋18 m＝108 m，放置的位置至少在货车后Δx＝108 m－50 m＝58 m，故D正确。 答案　AD 8．小明是学校的升旗手，国歌响起时他拉动绳子开始升旗，国歌结束时国旗恰好停在旗杆顶端。若国旗从A点由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度0.4 m/s，然后以最大速度匀速直线运动，最后做匀减速直线运动恰好在国歌结束时到达顶端B点。已知国旗经过4 s匀加速达到最大速度，国歌从响起到结束的时间是46 s，A至B的高度H＝17.2 m，如图所示。 (1)求国旗上升过程的平均速度(保留三位有效数字)。 (2)求匀加速运动的加速度a1及上升高度h。 (3)求国旗匀速运动的时间。 解析　(1)国旗上升过程的平均速度＝≈0.374 m/s；(2)加速度a1＝＝0.1 m/s2，上升高度h＝t1＝0.8 m；(3)由H＝t1＋vt2＋t3，t1＋t3＝t－t2＝46 s－t2，得国旗匀速运动的时间t2＝40 s。 答案　(1)0.374 m/s　(2)0.1 m/s2　0.8 m (3)40 s 9．一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)。速度高达一千多千米每小时。如果乘坐Hyperloop从A地到B地，60 km的路程需要42 min，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 min C．加速过程中发生的位移为150 km D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2 解析　加速和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；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×t＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12 min，故B错误；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。 答案　D 10．(多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度 v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g＝10 m/s2，甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是(　　) A．无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇 B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇 C．当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇 D．当h<10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇 解析　设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得gt2＋v0t－gt2＝h，可得t＝，而乙球的落地时间 t1＝，两球在空中相遇的条件是 t＜t1，整理得h＜20 m, A错误；若乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝t1，代入数据整理得 h＝10 m, B正确；由于10 m<h＝15 m<20 m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇， C正确；当h＜10 m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确。 答案　BCD 11．在某十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l＝6 m，若汽车启动时均以 a＝2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v＝10 m/s后做匀速运动，该路口亮绿灯的时间t＝30.0 s，而且有按倒计时显示时间的显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过。请解答下列问题： (1)若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？ (2)事实上，由于人反应时间的存在，绿灯亮起时不可能所有司机同时启动汽车。现假设绿灯亮起时，第一个司机滞后Δt＝0.7 s启动汽车，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.7 s启动汽车，则在该情况下，有多少辆车能通过路口？ 解析　(1)汽车加速时间为t1＝＝ s＝4 s，30.0 s时间内汽车能行驶的位移为x＝at12＋v(t－t1)＝280 m，能通过路口的汽车个数n＝≈46.7，根据题意可知有47辆汽车通过路口； (2)设能通过k辆汽车，则第k辆汽车能通过路口要满足at12＋v(t－t1－kΔt)≥(k－1)l，数据代入后解得k≤22，所以能通过22辆汽车。 答案　(1)47辆　(2)22辆 12.某校物理兴趣小组，为了解高空坠物的危害，将一只鸡蛋从离地面高为H＝11.25 m的高楼面上由静止释放，让其自由下落，下落途中通过一个窗口的时间为Δt＝0.1 s，窗口的高度为L＝1.05 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)鸡蛋落地时的速度大小v。 (2)鸡蛋落地前最后1 s内的位移x。 (3)高楼面离窗的上边框的高度h。 解析　(1)由H＝gt2可知鸡蛋落地所需时间为t＝＝1.5 s， 所以鸡蛋落地时的速度大小v＝gt＝15 m/s。 (2)鸡蛋下落0.5 s内的位移h1＝gt＝1.25 m， 因此鸡蛋落地前最后1 s内的位移x＝H－h1＝10 m， 方向竖直向下。 (3)鸡蛋从高楼面下落到窗口上边框，h＝gt， 鸡蛋从高楼面下落到窗口下边框， h＋L＝g(t0＋Δt)2， 代入数据联立可得h＝5 m。 答案　(1)15 m/s　(2)10 m，方向竖直向下 (3)5 m 学科网（北京）股份有限公司 $$