第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word

该高中物理高考复习讲义聚焦自由落体运动和竖直上抛运动核心考点，按运动特点、基本规律、对称性及多解性的逻辑层次梳理知识，通过知识速记夯实基础，要点深化突破难点，训练落实结合真题改编题提升能力，构建系统复习框架。 讲义注重科学思维与科学探究素养培养，如通过牛顿管实验判断深化运动特点，用分段法与全程法对比突破竖直上抛多解性。设置分层训练，结合音乐喷泉、塔吊等生活情境题，帮助学生快速掌握解题模型，为教师把控节奏、提升学生应考能力提供支持。

第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的规律，并能解决实际问题。 2.理解竖直上抛运动的对称性和多解性。 考点一　自由落体运动 知识速记 1.运动特点：初速度为　0　，加速度为　g　的匀加速直线运动。 2.基本规律 匀变速直线运动 自由落体运动 v＝v0＋at v＝　gt　 x＝v0t＋at2 x＝　gt2　 v2－＝2ax v2＝　2gx　 　〔人教版必修第一册P48演示改编〕一个两端封闭的玻璃管（也称牛顿管），其中一端有开关，玻璃管可以与外界相通，把质量不相同的铁片和羽毛放到玻璃管中，玻璃管竖直放置，如图所示，让铁片和羽毛从玻璃管上方同时开始下落，判断下列说法的正误。 （1）玻璃管内存在空气时，金属片和羽毛均做自由落体运动。（　×　） （2）玻璃管内存在空气时，金属片和羽毛下落的加速度相同。（　×　） （3）玻璃管抽成真空后，金属片和羽毛下落一样快。（　√　） （4）玻璃管抽成真空后，在北京和赤道分别做该实验，铁片下落的时间相同。（　×　） 训练落实 1.〔人教版必修第一册P53·T4改编〕用照相机拍摄从某砖墙前的高处自由落下的石子，拍摄到石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，则（g取10 m/s2）（　　） A.图中径迹长度约为0.06 m B.A点离释放点的高度约为0.5 m C.曝光时石子的速度约为6.3 m/s D.照相机的曝光时间约为0.01 s 解析：C　由题图可看出径迹长度约为Δx＝2d＝0.12 m，故A错误；A点离释放点的高度约为h＝2.5 m－0.06×8.6 m＝1.984 m，故B错误；曝光时石子的速度约为v2＝2gh，解得v≈6.3 m/s，故C正确；由于AB长度较小，故可以近似将石子在AB段的运动看作做匀速直线运动，故时间为 t＝ s＝0.019 s，故D错误。 2.如图所示，一根直棒长度为10 m，用手提着其上端，在其下端的正下方10 m处有一长度为6 m的、内径比直棒大得多的空心竖直管子，放开后让直棒做自由落体运动（不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2）。求： （1）直棒下端下落至空心管上端时所用的时间； （2）直棒通过该空心管所用的时间。 答案：（1）1.41 s　 （2）0.87 s 解析：（1）直棒下端下落至空心管上端（下落高度h1＝10 m）的过程， 根据自由落体位移公式可得h1＝g 解得t1＝ s≈1.41 s。 （2）直棒上端下落至空心管下端（下落高度h2＝26 m）的过程，根据自由落体位移公式可得 h2＝g 解得t2≈2.28 s 直棒通过该空心管所用的时间为 Δt＝t2－t1＝0.87 s。 考点二　竖直上抛运动 要点深化 1.竖直上抛运动的基本性质 运动特点 初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动 运动性质 匀变速直线运动 v-t图像 基本规律 （1）速度与时间的关系式：v＝v0－gt。 （2）位移与时间的关系式：x＝v0t－gt2。 （3）速度与位移关系式：v2＝2gh 2.竖直上抛运动的对称性 （2026·海南三亚模拟）音乐喷泉以其高水柱、丰富的灯光和音乐表演而著名，吸引了众多游客前来观赏和拍照。已知某喷泉能达到的最大高度为50 m，当水到达最高点后水流从四周散开，喷泉出水口与地面在同一水平面，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则喷泉水从开始喷射到落地的时间大约是（　C　） A. s B.10 s C.2 s D. s 解析：喷泉水喷射后做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性，结合h＝gt2可得喷泉水从开始喷射到落地的时间大约为2t＝2 s，故C正确。 ★“长征二号”丙运载火箭，上面有六颗02批卫星和一颗商业遥感卫星。若“长征二号”丙运载火箭及其卫星总长为43 m，发射塔高100.0 m，点火后经5.0 s火箭离开发射塔。假设火箭离开发射塔的过程中做匀加速运动，忽略空气阻力的变化，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小； （2）若火箭刚离开发射塔瞬间，某个发射用到的部件完成使命要从火箭尾部自然脱落，求该零件脱落后经多长时间落地。 答案：（1）40 m/s　 （2）10 s 解析：（1）设发射塔高为h，火箭离开发射塔瞬间的速度为v， 则根据平均速度公式得＝，解得v＝40 m/s。 （2）方法一：分段法 零件脱离火箭后做上抛运动，其上升到最高点的位移d＝＝80 m 所以零件运动到最高点时离地高度为H＝h＋d＝180 m 上升的时间t1＝＝4 s 下降的时间t2＝＝6 s 所以脱落后到落地时间为10 s。 方法二：整体法 根据－h＝vt－gt2 得t＝10 s。 1.竖直上抛运动的研究方法 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g向下的匀变速直线运动，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 2.竖直上抛运动的多解性：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。 　〔多选〕（2026·湖北黄石联考）某同学从教学大楼的5楼将一小玩具从窗口竖直向上抛出，抛出后第2 s内玩具的位移为－5 m（取竖直向上为正方向）。已知每层楼高度约为3 m，忽略空气阻力，重力加速度大小g＝10 m/s2，则玩具抛出后距窗口3 m的时间可能是（　　） A.s B.s C.s D.s 解析：ABC　取竖直向上为正方向，第2 s内的位移为－5 m，可得第2 s内中间时刻，即1.5 s的瞬时速度为v1.5＝－5 m/s，由v1.5＝v0－gt，代入数据可得竖直上抛的初速度为v0＝10 m/s，由竖直上抛运动的对称性可知离抛出点3 m的时刻一共有3个，在抛出点上方时h＝v0t－gt2，将h＝3 m代入上式，解得t1＝s或t2＝s，若在抛出点的下方，则h＝－3 m，解得t＝s，故A、B、C正确。 （2026·江苏扬州期中）如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，管长为24 m，M、N为空管的上、下两端，空管受外力作用，由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2。同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度v0竖直上抛，不计一切阻力，取g＝10 m/s2。求： （1）若小球上抛的初速度为10 m/s，从抛出开始计时，经过多长时间从管的N端穿出？ （2）若此空管的N端距离地面64 m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v0大小的范围。 答案：（1）4 s　 （2）29 m/s≤v0≤32 m/s 解析：（1）取向下为正方向，设小球从抛出经t时间从N端穿出，则小球下落的高度 h1＝－v0t＋gt2 空管下落的高度h2＝at2 h1－h2＝L 联立得－v0t＋gt2－at2＝L 代入数据解得t＝4 s（t＝－1.5 s舍去）。 （2）设空管经t'时间到达地面，则有H＝at'2 解得t'＝＝8 s 小球在t'时间下落高度为 h＝－v0t'＋gt'2 分析可知小球落入管内条件是 64 m≤h≤（64＋24）m 解得29 m/s≤v0≤32 m/s 所以小球的初速度大小必须在29 m/s≤v0≤32 m/s范围内。 1.★（2026·广东清远期末）如图是建筑工地上常用的一种“深坑打夯机”，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑中提上来，当夯杆底端即将到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆底端刚到坑口时开始下落，夯杆只在重力作用下运动，夯杆底端落回深坑底且不反弹，接着两个滚轮再次压紧，将夯杆提上来，如此周而复始。已知坑深h＝6.4 m，不计因打夯引起的深度变化，则夯杆每次落回坑底的速度大小为（　　） A.6.4 m/s B.8 m/s C.11.2 m/s D.12 m/s 解析：C　夯杆底端从坑口自由下落至坑底，仅在重力作用下运动，可视作自由落体运动。由匀加速直线运动公式得v2＝2gh，代入数据得v＝11.2 m/s，故C正确。 2.（2026·河北邯郸期末）洞洞弹力球（如图）是一种弹性很好的玩具。将洞洞弹力球从一定高度由静止释放，若不考虑空气阻力，洞洞弹力球与地面碰撞后以原速率弹回，恰可上升至原高度，以向下为正方向，下列关于该过程的v-t图像正确的是（　　） 解析：C　洞洞弹力球先向下做自由落体运动，落地后以原速率向上做竖直上抛运动，恰回到原高度，图像斜率即加速度均是竖直向下的重力加速度g，下降与上升过程v-t图像斜率相同，且均为正值，故C正确。 3.（2026·浙江台州期末）如图所示，某同学为测量一个地洞的深度，将两个石块1、2用长为L＝0.5 m的不可伸长的细线相连。用手抓住石块2使其与洞口边缘等高，让石块1悬挂在其正下方，将两石块由静止释放，测得二者落到地洞底部的时间差约为Δt＝0.02 s，试估算地洞的深度约为（　　） A.6 m B.20 m C.31 m D.49 m 解析：C　设地洞深度为h，则h－L＝g，h＝g，t2－t1＝Δt，联立解得h≈31 m，故C正确。 4.（2026·广东潮州期末）在校运动会中，某同学以2.20 m的跳高成绩达到了运动健将的标准，经了解，该同学身高1.91 m，据此可估算出他离地时竖直向上的速度最接近（　　） A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.7 m/s 解析：C　该同学的成绩h1＝2.20 m，该同学重心高度h2＝ m≈0.95 m，弹跳高度Δh＝h1－h2＝1.25 m，此同学向上跳起看成是匀减速直线运动，最高点速度为零，有v2＝2gΔh，代入数据解得v＝5 m/s，故C正确。 5.（2026·辽宁辽阳期末）为了研究自由落体运动，小张在离水平地面不同高度处将四个小球同时由静止释放，已知相邻两个小球及小球1与地面之间的距离均相同，如图所示。不计空气阻力，经过t1、t2、t3、t4，1、2、3、4四个小球依次碰到地面，则t1∶t2∶t3∶t4为（　　） A.1∶∶∶2 B.1∶2∶3∶4 C.1∶∶∶ D.1∶（－1）∶（－）∶（2－） 解析：A　根据自由落体运动规律h＝gt2可得t＝，由于小球下落高度之比为1∶2∶3∶4，则时间之比为t1∶t2∶t3∶t4＝1∶∶∶2，故A正确。 6.（2026·黑龙江哈尔滨期末）如图所示，设打开水龙头后水连续不断地从管口由静止开始下落，在距离管口L和4L的两处，分别取一段极短的相等长度的水流，其对应的水的质量分别为m1和m2，不考虑空气阻力的影响，则m1∶m2为（　　） A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.4∶1 解析：C　根据v2＝2gh可得水流流经这两处时的速度之比v1∶v2＝1∶2，相同时间内，流过的水的体积相同，即v1·Δt·S1＝v2·Δt·S2，可知两段水流的截面积之比S1∶S2＝2∶1，因此相同长度的质量之比m1∶m2＝2∶1，故C正确。 7.★（2026·贵州黔南期末）塔吊是建筑工地的常见设施，工作时有可能掉落物体，工作人员必须佩戴安全帽。如图所示，假设某时刻塔吊正以3 m/s的速度竖直向上提升货物，货物上一小零件突然脱落，脱落点距离地面5.4 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.小零件从脱落到落地过程中运动的时间为 s B.小零件脱落后在空中的运动为自由落体运动 C.小零件脱落之后做竖直上抛运动 D.小零件从脱落到落地运动的路程为5.4 m 解析：C　小零件脱落后做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，则－h＝v0t－gt2，即解得t＝ s或t＝ s（舍去），故A错误，C正确；自由落体运动是初速度为零，物体只受重力作用的运动，小零件脱落后有向上的初速度，做竖直上抛运动，故B错误；小零件上升的高度h1＝＝0.45 m，则路程s＝2h1＋5.4 m＝6.3 m，故D错误。 8.（2025·四川南充三模）如图甲所示，将A、B两小球从空中同一位置以相等速率v0在0时刻分别竖直向上和竖直向下抛出，它们的v-t图像如图乙所示，已知B球在2t0时触地，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.抛出点到地面的高度为2g B.A球在2t0时回到抛出点 C.落地前B球相对A球做匀加速直线运动 D.B球在第一个t0内和第二个t0内的位移之比为1∶3 解析：B　根据题意，由运动学公式可得，抛出点到地面的高度为h＝v0·2t0＋g＝2v0t0＋2g，故A错误；根据题意，结合图乙，由对称性可知，A球在2t0时回到抛出点，故B正确；取竖直向下为正方向，A球的速度为vA＝－v0＋gt，B球的速度为vB＝v0＋gt，则落地前B球相对A球的速度为v＝vB－vA＝2v0，即落地前B球相对A球做匀速直线运动，故C错误；根据题意，由运动学公式可得，B球在第一个t0内位移为x1＝v0t0＋g，B球在第二个t0内的位移x2＝h－x1＝v0t＋g，可知，B球在第一个t0内和第二个t0内的位移之比不是1∶3，故D错误。 9.（2026·福建漳州模拟）图甲为意大利著名建筑物比萨斜塔，相传伽利略在此做过自由落体实验。如图乙所示，现将两个小铁球P和Q用长L＝3.25 m不可伸长的轻绳连接，从与比萨斜塔的塔顶等高的A处将悬吊Q球的P球由静止释放。测得Q球落地的时间t＝3.2 s，忽略空气阻力，g取10 m/s2，求： （1）比萨斜塔的高度H； （2）P、Q球落地的时间差Δt； （3）P球从释放到刚落地过程中的平均速度大小。 答案：（1）54.45 m　 （2）0.1 s　 （3）16.5 m/s 解析：（1）由静止释放P球后，Q球做自由落体运动，则H－L＝gt2 解得H＝54.45 m。 （2）由静止释放P球后，P球做自由落体运动，则H＝g（t＋Δt）2 解得Δt＝0.1 s。 （3）P球从释放到刚落地的过程中的平均速度大小＝ 解得＝16.5 m/s。 10.（2026·山东烟台期末）如图所示，水平地面上一辆平板车以v＝2 m/s的速度向前匀速行驶，t＝0时刻，在平板车前端M的正前方s＝4 m距离处有一个小球在离地面H＝6.8 m高度处正以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出。已知平板车上表面离地高度为h＝0.55 m，车身长度L＝3.5 m，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。 （1）求小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离； （2）为了避免小球落在平板车上，小球竖直向上抛出的同时，小车开始做匀加速直线运动，求平板车的加速度a所满足的条件。 答案：（1）1 m　 （2）a≥0.8 m/s2 解析：（1）设小球经过时间t落在小车上，取竖直向上为正方向，则有－（H－h）＝v0t－gt2 解得t＝2.5 s或t＝－0.5 s（舍去） 平板车运动的位移为x1＝vt＝5 m 则小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离为x2＝x1－s＝1 m。 （2）设平板车的最小加速度为a0，则小车运动位移满足条件为L＋s＝vt＋a0t2 解得a0＝0.8 m/s2 则平板车的加速度应满足a≥0.8 m/s2。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $