第1章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“自由落体运动和竖直上抛运动”专题，依据高考评价体系梳理了运动规律、特点、推论及多解性等核心考点，通过考向分析明确自由落体规律应用、竖直上抛对称性等高频考点分布，归纳质点类运动、相遇问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题示例+方法归纳+素养提升”策略，如以2025东莞期中雨滴运动为例，用分段法解析非质点运动，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设正误辨析和总结提升，帮助学生掌握逆向思维等解题技巧，教师可据此高效指导学生冲刺高考。

第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动 高三一轮复习讲义　广东专版 第一章　运动的描述　匀变速直线运动 1.理解自由落体运动和竖直上抛运动的特点和规律。 2.理解竖直上抛运动的对称性和多解性。 3.会处理自由落体运动、竖直上抛运动及有关综合问题。 学习目标 考点一　自由落体运动 考点二　竖直上抛运动 课时测评 内容索引 自由落体运动 考点一 返回 知识梳理 条件 物体只受_____，从_____开始下落 运动性质 初速度为零、加速度为_____的匀加速直线运动 基本规律 (1)速度与时间的关系式：________。 (2)位移与时间的关系式：________。 (3)速度与位移的关系式：________ 说明：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故初速度为零的匀加速直线运动的规律、比例关系及推论等都适用。 重力 静止 g v＝gt h=gt2 v2＝2gh 正误辨析 (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)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。 (　) × √ × √ √ 核心突破 自由落体运动规律的推论 1．从静止开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。 2．从静止开始任意一段时间内的平均速度gt。 3．连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2。 注意：物体只在重力作用下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加速直线运动规律解决此类问题。 考向1 　质点类物体的自由落体运动 (2025·广东东莞期中)如图所示，一滴雨滴从离地面20 m高的楼房屋檐自由下落，下落5 m到达窗口上沿，再经Δt＝0.2 s的时间通过窗口，g取10 m/s2，求： (1)雨滴到达窗口上沿时的速度大小； 答案：10 m/s　 例1 由公式v12＝2gh1，解得雨滴到达窗口上沿时的速度大小 v1＝＝ m/s＝10 m/s。 (2)窗口的高度； 答案：2.2 m 由公式h1＝gt12，解得雨滴到达窗口上沿时所用的时间t1＝＝ s＝1 s 所以从楼房屋檐到窗口下沿的距离h2＝g(t1＋Δt)2＝×10×(1＋0.2)2 m＝7.2 m 因此窗口的高度为 Δh＝h2－h1＝7.2 m－5 m＝2.2 m。 (3)雨滴落地前最后1 s内下落的高度。 答案：15 m 雨滴从离地面20 m高的楼房屋檐自由下落到地面的时间为t＝＝ s＝2 s 结合(2)可知第1 s下落5 m，所以雨滴落地前最后1 s内下落的高度为h3＝h－h1＝20 m－5 m＝15 m。 拓展变式．(多选)将例1中一个球改为a、b两个小球从塔顶先后自由释放，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取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 √ √ b球下落高度为20 m时，所用时间t1＝ s＝2 s，则a球下落了3 s，a球的速度大小为v＝10×3 m/s＝30 m/s，故A错误；a球下落的总时间为t2＝ s＝5 s，此时b球下落了4 s，b球的下落高度为h′＝×10×42 m＝80 m，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。故选BC。 考向2　非质点类物体的自由落体运动 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； 答案： s　 例2 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 h下A＝20 m－5 m＝15 m 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＝20 m 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＝ s。 (2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2。 答案： s 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。 返回 竖直上抛运动 考点二 返回 知识梳理 1．竖直上抛运动的特点：初速度方向_________，只受_____作用。 2．竖直上抛运动的三个基本关系式 (1)速度—时间关系式：v＝______。 (2)位移—时间关系式：h＝_________。 (3)速度—位移关系式：v2－v02＝_______。 竖直向上 重力 v0－gt v0t－gh2 －2gh 正误辨析 1．竖直上抛运动上升过程和下降过程的加速度不同。 (　) 2．做竖直上抛运动的物体，上升到最高点时速度为零而加速度不为零。 (　) 3．做竖直上抛运动的物体，在上升阶段速度变化量的方向是竖直向下的。 (　) × √ √ 核心突破 竖直上抛运动的研究方法 1．分段法：将全程分为两个阶段 (1)上升过程：匀减速直线运动。 (2)下降过程：自由落体运动。 2．全程法：取v0的方向为正方向，将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动，则有v＝v0－gt，h＝v0t－gt2。此时要注意v、h的矢量性及其物理意义。 (1)v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降。 (2)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　 竖直上抛运动的基本规律 为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)经过多长时间到达最高点？ 答案：2 s　 例3 运动到最高点时速度为0 由v＝v0－gt1得t1＝－＝2 s。 (2)抛出后离地的最大高度是多少？ 答案：45 m　 由v02＝2ghmax得hmax＝＝20 m 所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m。 (3)经过多长时间落到地面？ 答案：5 s 法一：分段法 由Hmax＝gt32，解得t3＝3 s，故t＝t1＋t3＝5 s。 法二：全程法 由－h0＝v0t－gt2 解得t＝－1 s(舍去)或t＝5 s。 法一：分段法 由例3知上升时间t1＝2 s，hmax＝20 m 下落时，hmax＝gt22 解得t2＝2 s 故t′＝t1＋t2＝4 s。 拓展变式1．例3中物体经过多长时间回到抛出点？回到抛出点时的速度与上抛的初速度有什么关系？ 答案：4 s　回到抛出点的速度与上抛的初速度大小相等，方向相反 法二：全程法 由h＝v0t′－gt′2，令h＝0 解得t′＝0(舍去)或t′＝4 s。 回到抛出点的速度大小v1＝gt2＝20 m/s，方向竖直向下 回到抛出点的速度与上抛的初速度大小相等，方向相反。 拓展变式2．(2026·肇庆市期末)一次校运会上，小明以2.00 m的成绩夺得男子跳高冠军。另一位同学想估算一下小明起跳时的竖直速度，他根据人体比例，认为小明起跳时重心离地约1 m，越过横杆时，重心比横杆高约0.25 m，重力加速度g取10 m/s2。由此可估算出小明起跳时的竖直速度约为 A．7 m/s B．6 m/s C．5 m/s D．4 m/s √ 小明在竖直方向可视作竖直上抛运动，其重心上升高度h＝(2.00－1＋0.25)m＝1.25 m，运用逆向思维，从起跳到最高点在竖直方向的运动可视为自由落体运动，由v2＝2gh，可得v＝5 m/s，故C正确。 竖直上抛运动的两个特性 1．对称性：如图 所示，物体以初速 度v0竖直上抛，A、 B为途中的任意两 点，C为最高点， 则： 总结提升 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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。　 总结提升 例4 考向2　 自由落体运动与竖直上抛运动的结合 (多选)(2026·湖北鄂州检测) 如图所示的黄州青云塔始建于1574年，距今400多年。某物理研究小组测量出塔高为H，甲同学在塔顶让物体A自由落下，同时乙同学将物体B自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．若v0＝，则两物体在地面相遇 B．若v0＝，则两物体在地面相遇 C．若v0＞，两物体相遇时，B正在上升途中 D．若＜v0＜，两物体相遇时，B正在空中下落 √ √ √ 若物体B正好运动到最高点时两物体相遇，则物体B速度减小为零所用的时间t＝，此时A下落的高度hA＝gt2，B上升的高度hB＝，且hA＋hB＝H，解得v0＝；若A、B两物体恰好在落地时相遇，则有t＝，此时A下落的高度hA＝＝H，解得v0＝，A错误，B正确。若，则两物体在B上升途中相遇，C正确。若＜v0＜，则两物体在B下落途中相遇，D正确。故选BCD。 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 1．同时运动相遇时的位移关系 gt2＋＝H，解得t＝。 总结提升 2．上升、下降过程中的相遇问题 (1)若在a球上升时两球相遇，则有t＜，即＜，解得v0＞。 (2)若在a球下降时两球相遇，则有＜t＜，即＜＜，解得＜v0＜。　　 总结提升 针对练．小球a从距地面高5 m的位置由静止释放，同时在a正下方另一小球b从地面以10 m/s的初速度竖直向上抛出，重力加速度取m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是 A．b下降的过程中与a相碰 B．两小球经历0.6 s相碰 C．两小球相碰时速度大小相等 D．两小球相碰时距地面高度为4 m √ 设经历时间t后两小球相碰，该过程中小球a的位移为h1＝gt2，小球b的位移为h2＝，若两球相碰，两球之间的位移关系有h＝h1＋h2，解得t＝0.5 s，故B错误；设b球上升阶段的时间为t上，有0＝v0－gt上，解得t上＝1 s>0.5 s，所以两球在b球上升过程中相碰，故A错误；相碰时a球的速度大小为va＝gt＝5 m/s，b球的速度大小为vb＝v0－gt＝ 5 m/s＝va，故C正确；两球相碰时距地面的高度为h2＝v0t－ m，故D错误。故选C。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　自由落体运动 1．(2026·广东深圳高三期末)下列图像中符合自由落体运动规律的是(g＝10 m/s2) √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 自由落体运动的位移为x＝gt2，所以x -t图像为抛物线，A错误；由自由落体运动的规律有v＝，v2＝2gx，则v -x图像为曲线，v2 -x图像为过原点且斜率为2g的直线，B错误，D正确；自由落体运动的速度为v＝gt，v -t图像为过原点的一条直线，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．(多选)某物体由静止开始自由下落，物体经过5 s后落地，下列说法正确的是 A.计时开始后1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为1∶4∶9 B．计时开始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比为1∶3∶5 C．计时开始后第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为1∶2∶3 D．落地前，相等时间内物体的速度变化量相同 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据h＝gt2可知，计时开始后1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为1∶4∶9，A正确；根据v＝gt可知，计时开始后1 s末、2 s末、3 s末的速度之比为1∶2∶3，B错误；计时开始后第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5，根据可知，平均速度之比为1∶3∶5，C错误；根据Δv＝gΔt可知，落地前相等时间内物体的速度变化量相同，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．(2026·安徽宿州期末)一矿井深80 m，在井口每隔一定时间自由释放一个小球(下落过程可视为自由落体运动)，当第9个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底(重力加速度取g＝10 m/s2)，则 A．第1个小球落至井底时的速度为30 m/s B．此时第1个小球与第2个小球相距45 m C．相邻两个小球下落的时间间隔是1 s D．第1、2两个小球都在空中时，第1个小球相对第2个小球做匀速直线运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 第1个小球自由下落的时间满足H＝gt2，解得t＝4 s，第1个小球刚落至井底的瞬间，第9个小球刚好在井口，因此空中存在8个相等的时间间隔，故相邻两个小球下落的时间间隔是Δt＝＝0.5 s，故C错误；第1个小球落至井底时的速度为v1＝gt＝40 m/s，故A错误；此时第1个小球与第2个小球相距Δh＝H－g(7Δt)2＝18.75 m，故B错误；第1个小球与第2个小球的相对速度为Δv＝v1－v2＝gt－g(t－Δt)＝gΔt＝5 m/s，即第1个小球相对第2个小球做匀速直线运动，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　竖直上抛运动 4．(多选)一小型无人机携带一重物以v0＝10 m/s的速度匀速上升，到离地h＝40 m高度处无相对速度释放重物，忽略重物运动过程的一切阻力，以重物离开无人机为计时起点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A．重物在空中运动的时间为4 s B．重物第2 s内的位移大小为20 m C．重物落地前瞬间的速度大小为30 m/s D．重物在空中的平均速度大小为10 m/s √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 重物离开无人机，向上运动的时间t1＝＝1 s，上升的位移h0＝＝ 5 m，重物下落的时间t2＝＝3 s，重物在空中运动的时间t＝t1＋t2＝4 s，A正确；重物在第2 s内的位移大小等于重物自由下落1 s的位移大小，则有Δh2＝g(Δt2)2＝5 m，B错误；根据自由落体运动规律可得，重物落地前瞬间的速度大小为v＝gt2＝30 m/s，C正确；根据平均速度的定义可得，重物的平均速度大小为＝＝10 m/s，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5．一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1 s上升的高度是它上升的最大高度的，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。下列说法中错误的是 A．小球上升的最大高度是20 m B．小球上抛的初速度大小是20 m/s C．2.5 s时小球正在上升 D．1 s末、3 s末小球处于同一位置 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据逆向思维可知，小球到达最高点前1 s上升的高度是h＝× 10×12 m＝5 m，由题知小球上升的最大高度是H＝4h＝20 m，A正确；小球上抛的初速度大小是v0＝ m/s＝20 m/s，B正确；小球上升的总时间t上＝＝2 s，则2.5 s时小球正在下降，C错误；由于小球上升的总时间是2 s，则1 s末、3 s末小球处于同一位置，D正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．(2026·河北邯郸期末)小朋友玩耍时将一个弹性小球以一定速度竖直向上抛出，抛出点距地面高度为1 m，小球向上运动的时间与其由最高点下落到地面的时间之比为2∶3，设竖直向上为正方向，空气阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2，则 A．小球落地时的速度大小为4 m/s B．小球由抛出到落地的平均速度为1 m/s C．小球经过0.2 s到达最高点 D．小球由抛出到落地的时间为1 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球向上运动时间与向下运动时间之比为2∶3，小球下落时间设为3t，小球下落时在第3个t时间内下落1 m，做初速度为零的匀加速直线运动的物体，相邻相等时间内通过的位移比为1∶3∶5∶…，故小球距地面的最大高度hm＝ m＝1.8 m，下落的时间t下＝＝ 0.6 s，小球落地时的速度大小v＝gt下＝6 m/s，故A错误；向上运动的时间t上＝＝0.4 s，故C错误；小球由抛出到落地的时间为t＝0.4 s＋0.6 s＝1 s，故D正确；小球的位移为－1 m，故小球由抛出到落地的平均速度为＝－1 m/s，故B错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．(2026·广东汕头高三上期末)小杰学习自由落体运动后， 用20 cm的刻度尺测量同学的反应时间，测量方法如图所 示，被测者用两个手指虚捏在尺子0刻度线处，观察到小 杰松开尺子时立刻捏住尺子，读出手指所捏刻度h，当地 重力加速度为9.8 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是 A．h越大，反应时间越短 B．反应越慢，要捏住尺子时，尺子下落的速度越大 C．该尺可以测量出0.4 s的反应时间 D．计算时若重力加速度取10 m/s2，则测算出的反应时间比实际值要大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由h＝gt2可得t＝，故h越大，反应时间越长，A错 误；反应越慢，要捏住尺子时所用的时间越长，根据 v＝gt可知，尺子下落的速度越大，B正确；该尺下落 20 cm所用时间t＝＝ s≈0.2 s，则不可以测 量出0.4 s的反应时间，C错误；计算时若重力加速度取10 m/s2，则根据t＝，可知测算出的反应时间比实际值要小，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．(2026·浙江温州月考)小明将小球以10 m/s的速度从A点竖直向上抛出，运动过程中经过B点时的速度大小为12 m/s，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则小球从A到B的过程中 A．运动时间为0.2 s B．平均速度大小为11 m/s C．速度变化量大小为22 m/s D．路程为2.2 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 因为12 m/s>10 m/s，所以B点在A点的下方，为上升到最高点后再下落经过B点，取竖直向上为正方向，有vB＝vA－gt，代入数据得t＝2.2 s。从A到B的速度变化量为Δv＝vB－vA＝m/s＝－22 m/s，所以速度变化量大小为22 m/s，从A到B的位移为x＝vAt－gt2，解得x＝ －2.2 m，所以路程大于2.2 m，平均速度大小为＝＝1 m/s。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2) A．2.3 m/s B．2.6 m/s C．3.1 m/s D．3.2 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球从释放到落地用时t1＝＝ s＝0.6 s， 小球从释放到下落1.25 m用时t2＝＝ s＝0.5 s， 设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为 t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，还要大于小球从释放到下落 1.25 m所用时间，即t2＜t3＜t1，则0.5 s＜＜0.6 s，解得2.5 m/s＜v0＜ 3 m/s。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(14分)某同学将小球从某一高度位置静止释放，着地后弹起，又落下。他记录了整个过程中小球离地高度h与所用时间t的图像，已知小球每次与地面发生碰撞前后的速度大小之比不变，整个过程中空气阻力可以忽略不计，重力加速度g大小未知。请根据图像，求： (1)小球第一次落地时的速度大小； 答案：40 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球第一次落地时根据自由落体运动公式有h1＝gt12 解得g＝＝10 m/s2 可得小球第一次落地时的速度大小为v1＝gt1＝40 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)小球与地面发生碰撞前后速度大小之比；　 答案：2∶1 设小球第二次落地时的速度大小为v2，根据题图结合匀变速直线运动规律可得上升和下降时间相同，则t2＝2 s，v2＝gt2＝10×2 m/s＝20 m/s 小球第二次落地时的速度大小跟第一次被弹起时的速度大小相同，设第一次被弹起时的速度大小为v1′，有v1′＝v2＝20 m/s 所以小球与地面发生碰撞前后速度大小之比为v1∶v1′＝2∶1。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)小球与地面第四次碰撞后速度为零的时刻； 答案：11.25 s (4)小球与地面发生第四次碰撞后所能达到的最大高度。 答案：0.312 5 m (3)(4)根据(1)(2)分析可知每次弹起与落地的时间和为前一次弹起与落地的时间和的一半，所以可得小球与地面第四次碰撞时的时刻为t4＝10 s＋1 s＝11 s 此后上升到最高处速度为零时需要的时间为t0＝ s＝0.25 s 所以小球与地面第四次碰撞后速度为零的时刻为t＝t4＋t0＝11.25 s 此时达到的高度为h4＝gt02＝0.312 5 m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 自由落体运动和竖直上抛运动 $