专题强化3 竖直上抛运动(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第一册（人教版)

本高中物理讲义聚焦竖直上抛运动核心知识点，从定义（初速度竖直向上、仅受重力）出发，明确其匀变速直线运动实质（加速度为-g），通过分段法（上升匀减速、下落自由落体）和全程法（整体匀变速）梳理运动规律，延伸至对称性（时间、速度对称）和多解性，构建从基础到特性的学习支架。 该资料以情境化设计融合核心素养，如体育课排球运动、无人机送餐餐盒脱落等实例引入，结合v-t图像分析和“探究-归纳-例题-即学即练”环节，培养学生运动观念（物理观念）与科学推理（科学思维）。课中助力教师引导建模，课后通过分层练习帮助学生巩固规律应用，有效查漏补缺。

专题强化3　竖直上抛运动 1.知道竖直上抛运动的对称性，理解竖直上抛运动是匀变速直线运动。（物理观念） 2.会分析竖直上抛运动的运动规律，会利用分段法或全程法求解竖直上抛运动的有关问题。（科学思维） 强化点一　竖直上抛运动的规律 　体育课上，同学们在玩排球时，以v0的速度将排球竖直向上击出，将排球看作质点，不计空气阻力，画出排球的v－t图像如图所示。思考并回答： （1）排球的运动是匀变速直线运动吗？ （2）排球离开抛出点，上升的最大位移是多少？ （3）若抛出点离地面高为h，利用什么方法求出排球从开始抛出到落地的时间？ 提示：（1）是　 （2） v0t2 （3）方法（一）全过程处理：由－h=v0t－gt2求时间t。 方法（二）分段处理：上升阶段由－=－2gH，求得上升的最大高度H=，由－v0=－gt1，求得上升到最高点的时间t1=，下落阶段由H＋h=gt2，求得下落阶段的时间t2，则总时间t=t1＋t2。 1.定义：将物体以某一初速度v0竖直向上抛出，物体只在重力作用下所做的运动就是竖直上抛运动。 2.实质：初速度v0＞0、加速度a=－g的匀变速直线运动（通常规定初速度v0的方向为正方向，g为重力加速度的大小）。 3.处理方法 （1）分段法：可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动处理。上升阶段：v=v0－gt，h=v0t－gt2 ；下落阶段：v=gt，h=gt2 。 （2）整体法：将竖直上抛运动视为初速度为v0、加速度为－g 的匀变速直线运动。取整个过程分析，选竖直向上为正方向，则有v=v0－gt，h=v0t－gt2。v＞0，上升阶段；v＜0，下落阶段。h＞0，在抛出点上方；h＜0，在抛出点下方。 角度1　竖直上抛运动的理解 〔多选〕关于物体做竖直上抛运动，下列说法正确的是（　　） A．上升过程物体做减速运动，下落过程做加速运动，加速度始终不变 B．物体上升到最高点时速度为零，加速度为零 C．上升过程的加速度大于下落过程的加速度 D．物体以初速度v0竖直向上抛出，落回抛出点时速度的大小与初速度的大小相等，加速度也相等 答案：AD 解析：竖直上抛运动中所受合外力恒为重力，加速度始终为重力加速度，上升过程物体做减速运动，下落过程做加速运动，故A正确，C错误；上升到最高点时合外力不为零，加速度不为零，故B错误；根据对称性可知，物体以初速度v0竖直向上抛出，落回抛出点时的速度与初速度大小相同，方向相反，加速度始终为g，故D正确。 角度2　竖直上抛运动规律的应用 气球下悬挂一重物，以v0=10 m/s的速度匀速上升，当到达离地面h=175 m处时悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多少时间落到地面？落地的速度多大？（空气阻力不计，g取10 m/s2） 答案：7 s　60 m/s 解析：方法一　分段法 分成上升阶段和下落阶段两过程考虑。 绳子断裂后重物可继续上升的时间t1===1 s， 上升的高度h1===5 m， 故重物离地面的最大高度为H=h＋h1=175 m＋5 m=180 m， 重物从最高处自由下落，落地时间t2===6 s， 落地速度vt=gt2=10 m/s2×6 s=60 m/s，方向竖直向下， 所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间t=t1＋t2=1 s＋6 s=7 s。 方法二　全程法 从全程的匀减速直线运动考虑。 从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落至地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移 h=－175 m，由位移公式h=v0t－gt2，即－175=10t－×10t2=10t－5t2， 解得t1=7 s，t2=－5 s（不合题意，舍去）， 所以重物落地速度为v=v0－gt1=10 m/s－10 m/s2×7 s=－60 m/s， 其负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。 　（2026•河北沧州高一月考）随着科技的发展，无人机送餐已在北京、上海、深圳等多个城市进行试点。某外卖员在某次练习使用无人机送餐时，控制无人机以10 m/s的速度匀速竖直升空，升空过程中餐盒突然脱落，此时无人机距地面的高度为15 m（取g=10 m/s2），则餐盒落地时间与速度大小为（　　） A．3 s，20 m/s　 B． s，（10－10）m/s C．3 s，30 m/s　 D． s，10 m/s 解析：A　以竖直向上为正方向，餐盒脱落后，速度为10 m/s，故餐盒做竖直上抛运动。根据－h=v0t－gt2，解得t=3 s或t=－1 s（舍去），v=v0－gt=－20 m/s，即餐盒落地的速度大小为20 m/s，故选A。 强化点二　竖直上抛运动的特性 如图所示，小球以v0初速度从O点竖直上抛，最高点为A点。（重力加速度为g，不计空气阻力） （1）上升过程中从O点到A点的时间和下降过程从A点到O点的时间分别是多少？ （2）上升过程经过B点和下降过程经过B点的速度大小关系怎样？ 提示：（1）上升阶段：t1=，下降阶段：t2=。 （2）从逆向思维角度思考：都可以看成从A到B的自由落体运动，故两次经过B点的速度大小相等，方向相反。 1.竖直上抛运动的对称性 （1）时间对称性，对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，tAB=tBA，tOC=tCO。 （2）速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等，方向相反，vB=－vB′，vA=－vA′。 2.竖直上抛运动的多解性 （1）通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段。 （2）通过某一距离时可能对应三个时刻，即物体上升、下落通过抛出点上方的距离和通过抛出点下方的距离。 角度1　竖直上抛运动的特性 〔多选〕有一个足够深的井，在其井口正上方将一个小球以初速度v0=20 m/s竖直上抛，不计空气阻力，则经过多长时间小球能够到达距离抛出点15 m的地方（重力加速度g取10 m/s2）（　　） A.1 s　 B.3 s C．（2＋）s　 D．（－2）s 答案：ABC 解析：小球以初速度v0=20 m/s竖直上抛，若到达距离抛出点上方15 m的地方，有h=v0t－gt2，代入数据解得t=1 s或t=3 s；若到达距离抛出点下方15 m的地方，有－h=v0t′－gt′2，代入数据解得t=（2＋）s或t=（2－）s（舍掉），故选项A、B、C正确，D错误。 　（2026•河南洛阳高一联考）抖空竹是具有河南地方特色的文体娱乐活动，在民间深受欢迎。如图，一位老者在抖空竹时，从某一点将空竹竖直向上抛起，经过时间t后，在同一位置将空竹接住。不计空气阻力，重力加速度为g，取竖直向上为正方向，空竹从抛出到再被接住的过程中，下列说法正确的是（　　） A．空竹上升的最大距离为gt2 B．空竹抛出时的速度大小为gt C．空竹速度的变化量为gt D．空竹的平均速率为gt 解析：B　根据竖直上抛运动的对称性，上抛时间和下落时间相同，则上抛时间为t1=，所以上升的最大距离h=g=gt2，抛出时的速度大小为v=gt1=gt，故A错误，B正确；空竹速度的变化量为Δv=－gt－gt=－gt，故C错误；空竹的平均速率为==v=gt，故D错误。 角度2　竖直上抛运动与自由落体运动的综合 （2025•内蒙古部分名校高一大联考）一同学在操场上做游戏，使网球甲、乙均置于距水平地面高度为h处，先将网球甲由静止释放，在网球甲第一次落到地面瞬间将网球乙由静止释放，结果网球乙第一次落地时，网球甲第二次落到地面，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力和网球与水平地面的作用时间。求： （1）网球甲第一次弹起的最大高度； （2）网球甲第一次反弹后瞬间的速度大小。 答案：（1）　 （2） 解析：（1）设网球乙下落的时间为t， 则有h=gt2 网球甲反弹后做竖直上抛运动，从地面上升和下落的时间相等，所以网球甲第二次下落的时间为网球乙下落时间的一半，则网球甲弹起的最大高度 h1=g（）2 两式联立解得h1=。 （2）由运动学公式有v2=2g• 解得v=。 1.排球垫起后竖直向上运动，不计空气阻力，该排球上升过程中（　　） A．上升到最高点时的速度为零 B．上升到最高点时的加速度为零 C．速度变化量方向竖直向上 D．速度变化越来越慢 解析：A　排球上升到最高点时的速度为零，加速度不为零，加速度为g，故A正确，B错误；排球上升过程中只受重力，所以加速度方向竖直向下，速度变化量的方向竖直向下，故C错误；排球上升，加速度g是恒量，加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快慢不变，故D错误。 2.（2026•广西桂林高一期中）近年来学校都非常重视足球。在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，足球被颠起高度约为0.8 m，重力加速度大小取g=10 m/s2，不计空气阻力，估算足球刚被颠起时的速度大小约为（　　） A.6 m/s　 B.4 m/s C.1 m/s　 D．0.5 m/s 解析：B　足球被颠起高度约为0.8 m，由逆向思维，根据速度—位移公式得v2=2gh，故足球刚被颠起时的速度大小约为v=4 m/s。故选B。 3.（2026•浙江丽水高一期中）老师上课时，从桌面将一个钢球竖直上抛，不计空气阻力，钢球落至地面。以向上为正方向，x表示位移，v表示速度，同学们所画图像正确的是（　　） 解析：C　将一个钢球，竖直上抛，不计空气阻力，以向上为正方向，开始时，钢球的位移正向增大，到达最高点后，钢球的位移正向减小，之后落到抛出点下，位移为负，故A、B错误；钢球先向上做匀减速运动，速度正向减小，到达最高点后向下做匀加速运动，即负向增加，因加速度恒定为g不变，则v－t图像为直线，故C正确，D错误。 4.某运动员将排球竖直向上垫起，垫起后1.8 s内排球的位移为零，g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，排球可视为质点，则排球被垫起时的初速度大小为（　　） A.9 m/s　 B.10 m/s C.18 m/s　 D．20 m/s 解析：A　排球被垫起后做竖直上抛运动，1.8 s内排球的位移为零，则根据竖直上抛运动的对称性，排球上升时间为0.9 s，以向上为正方向，设排球初速度为v，则有0=v－gt，代入数据得v=9 m/s，故B、C、D错误，A正确。 5.（2026•云南玉溪高一期中）建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则（　　） A．砖块上升的最大高度为5 m B．经1 s砖块回到抛出点 C．从抛出到落地，砖块的总位移为10 m D．砖块被抛出后运动过程中，做非匀变速直线运动 解析：A　由竖直上抛位移公式，可得最大高度为H== m=5 m，故A正确；砖块上升的时间为t上== s=1 s，根据运动的对称性可得砖块回到抛出点的时间为t=2t上=2 s，故B错误；砖块从抛出到落回地面，起点和终点均为地面，总位移为0，故C错误；砖块仅受重力，加速度恒为g，做匀变速直线运动，故D错误。 6.〔多选〕（2026•重庆渝北区高一期中）若一物体从火星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）时的位移—时间（x－t）图像如图所示，则有（　　） A．该物体上升的时间为10 s B．火星表面的重力加速度为1.6 m/s2 C．该物体落回火星表面时的速度为8 m/s D．该物体被抛出时的初速度为50 m/s 解析：BC　由图可知，t=5 s时，该物体达到最大高度，以后开始回落，该物体上升时间为5 s，A错误；由h=gt2，可得g== m/s2=1.6 m/s2，B正确；设该物体落回火星表面的速度为v=，代入数据可得 v=8 m/s，C正确；由竖直上抛的对称性，及C选项的解析可知，该物体被抛出时的初速度为v=8 m/s，D错误。 7.（2026•江西上饶高一期中）如图所示，从高出地面3 m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5 m后回落，最后到达地面，以抛出点为原点建立一维坐标系，方向以向上为正，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，小球的路程为8 m B．小球初速度为10 m/s C．从抛出点到落地点小球的位移为－8 m D．上升过程和下降过程中小球的加速度大小相等，方向相反 解析：B　整个过程中，小球的路程为s=5 m＋5 m＋3 m=13 m，故A错误；根据0－=－2gh，解得小球初速度为v0== m/s=10 m/s，故B正确；从抛出点到落地点位移为x=－3 m，故C错误；上升过程和下降过程中加速度均为重力加速度，大小相等，方向相同，故D错误。 8.（2026•江苏泰州高一月考）垫球是排球运动的基本技术之一。如图所示，某次垫球训练过程中，排球自小丽手上方某一高度处由静止开始自由下落，并以8 m/s的速度落在小丽手上，小丽将其以6 m/s的速度竖直向上垫起，不计排球所受空气阻力，已知排球和小丽手接触的时间为0.2 s，取重力加速度的大小g=10 m/s2。求： （1）排球被小丽竖直向上垫起后能够上升的最大高度； （2）排球与小丽手接触过程中的平均加速度； （3）排球在落到小丽手之前的最后0.1 s内下落的高度。 答案：（1）1.8 m　 （2）70 m/s2，方向竖直向上 （3）0.75 m 解析：（1）由速度—位移公式可得v2=2gh，代入数据解得h=1.8 m。 （2）排球与小丽手接触过程中，在0.2 s的时间内，排球速度的变化量为Δv=6－（－8）m/s=14 m/s 加速度a==70 m/s2 方向竖直向上。 （3）由速度—时间公式可得v=gt，代入数据解得t=0.8 s 排球在t1=0.7 s内下落的距离为h1=g=×10×0.72 m=2.45 m 同理可得排球在0.8 s内下落的距离h2=3.2 m 则排球在与小丽手接触前0.1 s内下落的高度h′=h2－h1=3.2 m－2.45 m=0.75 m。 9.〔多选〕（2026•贵州铜仁高一期中）2025年9月16日，全国艺术体操冠军赛在铜川开赛，国内300多名选手将在赛场演绎力与美的融合。某运动员以大小为v0=4 m/s的初速度竖直向上跳起，若不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2，运动员可视为质点，则从离开地面算起，该运动员（　　） A．上升的最大高度为0.6 m B．速度大小减小到初速度的一半时所用的时间可能为1.2 s C．上升到最大高度一半时的速度大小为2 m/s D．第一个0.1 s内、第二个0.1 s内、第三个0.1 s内、第四个0.1 s内位移大小之比为7∶5∶3∶1 解析：CD　上升的最大高度为h== m=0.8 m，A错误；速度大小减小到初速度的一半时所用的时间可能为t1==0.2 s，也可能是t2==0.6 s，B错误；上升到最大高度一半时的速度大小为v==2 m/s，C正确；因上升的总时间为t==0.4 s，由逆向思维结合初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，第一个0.1 s内、第二个0.1 s内、第三个0.1 s内、第四个0.1 s内位移大小之比为7∶5∶3∶1，D正确。 10.（2026•四川绵阳高一期中）矿井中的升降机从井底以6 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻升降机底板上的一颗螺钉松动脱落，再经4 s升降机底板上升到井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．螺钉脱落后的运动为自由落体运动 B．螺钉脱落时，升降机底板距井底的距离为80 m C．该矿井的深度为104 m D．螺钉脱落后3 s时，螺钉与升降机底板间的距离为45 m 解析：D　螺钉脱落时速度竖直向上，所以螺钉脱落后的运动为竖直上抛运动，故A错误；螺钉从脱落到落到井底，有H=vt－gt2，代入数据解得脱落时螺钉距离井底H=－56 m，即螺钉脱落时，升降机底板距离井底的距离为56 m，故B错误；螺钉脱落时，升降机底板距离井口h=vt=24 m，该矿井的深度为h＋H=80 m，故C错误；螺钉脱落后3 s时，取竖直向上为正方向，螺钉的位移为h1=vt3－g=－27 m，升降机的位移为h2=vt3=18 m，螺钉与升降机底板间的距离为h2＋=45 m，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 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