第3講自由落體運動和豎直上拋運動多過程問題

【目標要求】1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解

性2能靈活處理多過程問題.

考點一自由落體運動

自由落體運動

(1)運動特點：初速度為。，加速度為區(qū)的勻加速直線運動.

(2)基本規(guī)律：

勻變速直線運動自由落體運動

v=Vo+atv=gt

,1°1°

x=Vot-\-^ar仁7聲

v2~vo1—2axv2=2gh

1.重的物體總是比輕的物體下落得快.(X)

2.同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大.(J)

3.自由落體加速度的方向垂直地面向下.(X)

4.做自由落體運動的物體在1s內(nèi)速度增加約9.8m/s.(V)

5.不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之

差恒定.(7)

應用自由落體運動規(guī)律解題時的兩點注意

(1)自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，可利用比例關系及推論等規(guī)律解題.

①從開始下落，連續(xù)相等時間內(nèi)下落的高度之比為1：3：5：7：

②相等時間內(nèi)，速度變化量相同.

③連續(xù)相等時間T內(nèi)下落的高度之差bh=gE.

(2)物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由

落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規(guī)律去解決此類問

題.

【例1】如圖所示，木桿長5m,上端固定在某一點，由靜止放開后讓它自由落下(不計空氣阻

力)，木桿通過懸點正下方20m處的圓筒圓筒AB長為5m,^g=10nVs2,求：

十///////〃/,「

20m

@r

(1)木桿通過圓筒的上端A所用的時間出

(2)木桿通過圓筒AB所用的時間h.

答案(1)(2—S)s(2)(小一小)s

解析(1)木桿由靜止開始做自由落體運動，

設木桿的下端到達圓筒上端A所用的時間為r下A

hhTA=20m-5m=15m

解得tTA=y[3s

設木桿的上端到達圓筒上端A所用的時間為r上A

/7上上/,解得，上A=2S

則木桿通過圓筒上端A所用的時間

tl=tXA—t下4=(2—*\/3)S

2

(2)設木桿的上端到達圓筒下端B所用的時間為t上B,則h上B=ggt上B,上B=20HI+5m=25m

解得f上8=小s,則木桿通過圓筒所用的時間友=/上B-/TA=(小一小)s.

【例2】對于自由落體運動(g=10m/s2),下列說法正確的是()

A.在前1s內(nèi)、前2s內(nèi)、前3s內(nèi)的位移大小之比是1：3：5

B.在相鄰兩個1s內(nèi)的位移之差都是10m

C.在第Is內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小之比是1：2：3

D.在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1：3：5

答案B

解析在前1s內(nèi)、前2s內(nèi)、前3s內(nèi)的位移大小之比是1：4：9,故A錯誤；在相鄰兩個

1s內(nèi)的位移之差都是Ax=g7=10m,故B正確；在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移大

小之比為1：3：5,所以平均速度大小之比為1：3：5,故C錯誤；在1s末、2s末、3s末

的速度大小之比是1：2：3,故D錯誤.

k例3X(多選)從高度為125m的塔頂先后自由釋放a、。兩球，自由釋放這兩個球的時間差

為Is,g取10m/s2,不計空氣阻力，以下判斷正確的是()

A.6球下落高度為20m時，a球的速度大小為20m/s

B.a球接觸地面瞬間，6球離地高度為45m

C.在。球接觸地面之前，兩球速度差恒定

D.在。球接觸地面之前，兩球離地的高度差恒定

答案BC

/2X20

解析b球下落高度為20m時，t\=A/^~="\/IOs=2s,則a球下降了3s,4球的速度

大小為°=30m/s,故A錯誤；q球下降的總時間為揚=\^2：；25s=5s,此時。球下降了

4s,b球的下降高度為〃=1xi0X42m=80m,故6球離地面的高度為%=(125—80)m=

45m,故B正確；由自由落體的規(guī)律可得，在a球接觸地面之前，兩球的速度差恒定，兩球

離地的高度差變大，故C正確，D錯誤.

自由落體運動中的兩個物體先后從同一高度下落，兩物體加速度相同，故先下落物體相對后

下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大.

考點二豎直上拋運動

豎直上拋運動

(1)運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g,上升階段做勻減速運動，下降階段做自由

落體運動.

(2)基本規(guī)律

①速度與時間的關系式：。=。0—

②位移與時間的關系式：x=vot-^gfi.

1.物體做豎直上拋運動，速度為負值時，位移也一定為負值.(X)

2.做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度變化量方向是豎直向下的.(V)

1.重要特性

⑴對稱性

①時間對稱:物體上升過程中從A—C所用時間以c和下降過程中從C-A所用時間M相等(如

圖)，同理tAB=tBA.

-c

-B

-A

o

②速度對稱：物體上升過程經(jīng)過A點的速度與下降過程經(jīng)過A點的速度大小相等.

（2）多解性：當物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段,

造成多解，在解決問題時要注意這個特性.

2.研究方法

上升階段：a=g的勻減速直線運動

分段法

下降階段：自由落體運動

初速度Vo向上，加速度為一g的勻變速直線運動，。=。0—gf,人=。0/一金祥（以

全程法豎直向上為正方向）

若。＞0,物體上升；若。＜0,物體下落

若%＞0,物體在拋出點上方；若//VO,物體在拋出點下方

t例4】氣球以10m/s的速度沿豎直方向勻速上升，當它上升到離地175m的高處時，一重物從

氣球上掉落,則重物需要經(jīng)過多長時間才能落到地面？到達地面時的速度是多大？（g取10m/s2,

不計空氣阻力）

答案7s60m/s

解析解法一：全程法

取全過程進行研究，從重物自氣球上掉落開始計時，經(jīng)時間r落地，規(guī)定初速度方向為正方

向，畫出運動過程草圖，如圖所示.

重物在時間t內(nèi)的位移/?=-175m

將/?=-175m,oo=10m/s代入

h=vot—^gfi

解得t=7s或f=—5s（舍去）

所以重物落地時速度為

o=oo-gf=10m/s—10X7m/s=—60m/s

其中負號表示方向豎直向下，與初速度方向相反.

解法二：分段法

設重物離開氣球后，經(jīng)過G時間上升到最高點，

2=X

上升的最大高度/ZI=2^I210X12m=5m

故重物離地面的最大高度為

H=h\+h=5m+175m=180m

2H2X180

重物從最高處自由下落，落地時間和落地速度分別為t=s=6s

2-fo-

o=g/2=10X6m/s=60m/s（方向豎直向下）

所以重物從氣球上掉落到落地的時間/=力+經(jīng)=7s.

1例5】一個從地面上豎直上拋的物體，它兩次經(jīng)過一個較低點A的時間間隔是5s,兩次經(jīng)

過一個較高點8的時間間隔是3s,則A、5之間的距離是（不計空氣阻力，g=10m/s2）（）

A.80mB.40m

C.20mD.無法確定

答案C

解析物體做豎直上拋運動，根據(jù)運動時間的對稱性得，物體從最高點自由下落到A點的時

間為*從最高點自由下落到B點、的時間為阜A、B間距離為[（斗2—（墨2]=Jx10X（2.52

-1.52）m=20m,故選C.

（例6】（多選）從高為20m的位置以20mzs的初速度豎直上拋一物體，gIX10m/s2,當物體

到拋出點距離為15m時，所經(jīng)歷的時間可能是（）

A.1sB.2s

C.3sD.（2+巾）s

答案ACD

解析取豎直向上方向為正方向，當物體運動到拋出點上方離拋出點15m時，位移為x=15m,

由豎直上拋運動的位移時間公式得x=oof—JgZ2,解得fi=ls,f2=3s;當物體運動到拋出點

下方離拋出點15m時，位移為x'=-15m,由x'—vot—^gfi,解得13=（2+市）s或〃=（2

一巾）s（負值舍去），選項A、C、D正確，B錯誤.

考點三勻變速直線運動中的多物體和多過程問題

1.多物體問題

研究多物體在空間上重復同樣的運動時，可利用一個物體的運動取代多物體的運動，照片中

的多個物體認為是一個物體在不同時刻所處的位置，如水龍頭滴水、直升機定點空降、小球

在斜面上每隔一定時間間隔連續(xù)釋放等，均可把多物體問題轉化為單物體問題求解.

2.多過程問題

(1)一般的解題步驟

①準確選取研究對象，根據(jù)題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現(xiàn)物體運動的全過

程.

②明確物體在各階段的運動性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量.

③合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯(lián)方程.

(2)解題關鍵

多運動過程的連接點的速度是聯(lián)系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是

解題的關鍵.

t例7】如圖甲所示為哈爾濱冰雪大世界游客排隊滑冰滑梯的場景，在工作人員的引導下，

每間隔相同時間從滑梯頂端由靜止開始滑下一名游客，將某次拍到的滑梯上同時有多名游客

的照片簡化為如圖乙所示，已知和3c間的距離分別為2.5m和3.5m,求：

(1)CD間距離多遠；

(2)此刻A的上端滑道上還有幾人；

(3)此時A距滑道頂端多遠.

答案(1)4.5m(2)2A(3)2m

解析(1)游客在滑梯上做勻加速直線運動，根據(jù)勻加速直線運動的規(guī)律可知，在相鄰相等時

間內(nèi)位移差相等，CD-BC=BC-AB,解得CD=4.5m.

(2)相鄰兩人間的距離差為1m,所以此刻A的上端滑道上還有2人.

(3)設相鄰兩名游客的時間間隔為T,下滑的加速度為°,則有△s=CD-JBC=a/,即m,

AB-1-4B—N*22

A此時的速度為VA=2T=~Tm/s,聯(lián)工兩式解得VA=2aT,此時A距滑道頂端s=2a

—2a7^=2m.

k例8】(2023?河北省名校聯(lián)盟聯(lián)考)一質(zhì)點做勻變速直線運動，初速度大小為。，經(jīng)過一段時

間速度大小變?yōu)?必加速度大小為a,這段時間內(nèi)的路程與位移大小之比為5：3,則下列敘

述正確的是()

A.在該段時間內(nèi)質(zhì)點運動方向不變

B.這段時間為7,7

C.這段時間該質(zhì)點運動的路程為不

D.再經(jīng)過相同的時間，質(zhì)點速度大小為3。

答案C

解析由于質(zhì)點通過的路程與位移不同，故質(zhì)點先做減速運動，減速到零后再做反向的加速

Ao3v

運動，A錯誤；速度變化量大小為（―2°）=3o,因此所用時間B錯誤；

"（2。）2

減速的過程中運動的路程51=石，反向加速運動的路程52=7—，因此總路程為S=S1+S2=

5z?2、、、

石，C正確；再經(jīng)過相同的時間，速度再增加3。，質(zhì)點速度大小變?yōu)閛'=2v+3v=5v,D

錯誤.

t例9】（2023?陜西榆林市調(diào)研）高鐵被譽為中國“新四大發(fā)明”之一，因高鐵的運行速度快,

對制動系統(tǒng)的性能要求較高，高鐵列車上安裝有多套制動裝置一制動風翼、電磁制動系統(tǒng)、

空氣制動系統(tǒng)、摩擦制動系統(tǒng)等.在一段直線軌道上，某高鐵列車正以。o=288km/h的速度

勻速行駛，列車長突然接到通知，前方沏=5km處道路出現(xiàn)異常，需要減速停車.列車長接

到通知后，經(jīng)過fi=2.5s將制動風翼打開，高鐵列車獲得勾=0.5m/s2的平均制動加速度減

速，減速f2=40s后，列車長再將電磁制動系統(tǒng)打開，結果列車在距離異常處500m的地方

停下來.

⑴求列車長打開電磁制動系統(tǒng)時，列車的速度大小；

（2）求制動風翼和電磁制動系統(tǒng)都打開時，列車的平均制動加速度大小a2.

答案（1）60m/s（2）1.2m/s2

解析（1）設經(jīng)過加=40s時，列車的速度大小為又。0=288km/h=80m/s,

則打開制動風翼后，減速過程有vi=vo—ait2=6Om/s.

（2）列車長接到通知后,經(jīng)過/1=2.5s,列車行駛的距離苞=-=200m,

從打開制動風翼到打開電磁制動系統(tǒng)的過程中，列車行駛的距離迫=與——=2800m,

從打開電磁制動系統(tǒng)后，列車行駛的距離

X3=x。—500m=l500m,

Vi2,

則〃2=^^=1.2m/s2.

課時精練

立基礎落實練

1.（2021?湖北卷2）2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯(lián)世錦賽女子單人10米跳臺冠

軍.某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5m完成技術動作，隨后5m完

成姿態(tài)調(diào)整.假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10m/s2,則她用于

姿態(tài)調(diào)整的時間約為（）

A.0.2sB.0.4sC.1.0sD.1.4s

答案B

解析陳芋汐下落的整個過程所用的時間為

[2H/2X10…

胃7耳=7下~s%?4s

下落前5m的過程所用的時間為

則陳芋汐用于姿態(tài)調(diào)整的時間約為亥=￡一九=0.4s,故B正確.

2.一名宇航員在某星球上做自由落體運動實驗，讓一個質(zhì)量為2kg的小球從一定的高度自

由下落，測得在第4s內(nèi)的位移是42m,球仍在空中運動，則（）

A.小球在第2s末的速度大小是16m/s

B.該星球上的重力加速度為12m/s2

C.小球在第4s末的速度大小是42m/s

D.小球在0?4s內(nèi)的位移是80m

答案B

解析設該星球的重力加速度為g星，第4s內(nèi)的位移是42m,有星標一%星4=42m,以

=4s,辦=3s,解得g星=12m/s2,所以小球在第2s末的速度大小為。2=g星介=24m/s,故

A錯誤，B正確；小球在第4s末的速度大小是。4=g星以=48m/s,故C錯誤；小球在0?4s

內(nèi)的位移是入4=%星導=96m,故D錯誤.

3.（2019?全國卷1?18）如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高

度為上升第一個?所用的時間為⑴第四個與所用的時間為3不計空氣阻力，貝哈滿足（）

A.1<^<2B.2<^<3

C-3<東4D.4<^<5

答案C

解析由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知，=5^^=2+小，即3<那<4

選項C正確.

4.（多選）某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2.5s內(nèi)物體的（）

A.路程為65m

B.位移大小為25m,方向豎直向上

C.速度改變量的大小為10m/s

D.平均速度大小為13m/s,方向豎直向上

答案AB

解析解法一：分段法

物體上升的時間/上=包=弱s=3s,物體上升的最大高度/7i=*=c^\cm=45m,物體從

g1uzxiu

最高點自由下落2s時，下落的高度/12=上好2=；義10X22m=20m,運動過程如圖所示,

則總路程為〃1+后=65m,A正確.5s末物體離拋出點的高度為/?i-fe=25m,即位移的大

小為25m,方向豎直向上，B正確.速度改變量的大小Ao=gf=50m/s,C錯誤.平均速度

—h1—ho95

的大小o=—■一~=~^m/s=5m/s,方向豎直向上，D錯誤.

rni

%I

解法二：全程法

將物體運動的全程視為勻變速直線運動，并取豎直向上為正方向，則有00=30m/s,a=-g

=-10m/s2,故5s內(nèi)物體的位移h—vot+^at~—25m>0,說明物體5s末在拋出點上方25m

處，由豎直上拋運動的規(guī)律可知，物體經(jīng)3s到達最大高度/?i=45m處，故物體運動的總路

程為65m,位移大小為25m,方向豎直向上，A、B正確.速度的改變量的大小Ao=|w|=

50m/s,C錯誤.5s末物體的速度o=oo+af=-20m/s,所以平均速度v=0°=5mzs>0,

方向豎直向上，D錯誤.

5.兩物體從不同高度自由下落，同時落地，第一個物體下落時間為3第二個物體下落時間

為皆當?shù)诙€物體開始下落時，兩物體相距（重力加速度為g）（）

3、

A.gt2B.gg/2

C蓊D；2

答案D

解析根據(jù)/?=；gf2,知第一個物體和第二個物體下落的總高度分別為ggF和手，兩物體未下

落時相距等，第二個物體在第一個物體下落J后開始下落，此時第一個物體下落的高度hi

oZ

=^g（^）2=!^-,所以當?shù)诙€物體開始下落時，兩物體相距&/?=標戶一表戶二,修，故D正確，

A、B、C錯誤.

6.（2023?河南省名校聯(lián)盟高三聯(lián)考）在利用頻閃相機研究自由下落物體的運動時，將一可視為

質(zhì)點的小球從。點由靜止釋放的同時頻閃相機第一次曝光，再經(jīng)連續(xù)三次曝光，得到了如圖

所示的頻閃相片，已知曝光時間間隔為0.2s,不考慮一切阻力.如果將小球從照片中的A點

由靜止釋放，則下列說法正確的是（）

A.小球由A到B以及由B到C的時間小于0.2s

B.小球通過B點和C點時的速度關系為班：oc=1：2

C.小球由A到8以及由2到C的過程中平均速度的關系為石AB：~BC=3:5

小球通過點時的速度迎和由到的平均速度的關系為

D.BAC3ACVB>TAC

答案D

解析小球從O點由靜止下落，經(jīng)過各段的時間都是0.2s,所以04、AB,BC三段的高度

之比為1：3：5,如果小球從A點開始由靜止釋放，由于AB間距離大于OA間距離，所以通

過AB,BC段的時間均大于0.2s,故A錯誤；設AB間距離為3h,則BC間的距離為5h,所

以AC間的距離為8/z,通過B點時的速度為詼=4薊，小球通過C點時的速度為vc=716gh,

則vB.vc=y/6：4,故B錯誤；由于A3、BC段的高度之比為3:5,但是通過兩段的時間不

相等，根據(jù)v=7可知，平均速度之比不是3：5,故C錯誤；v4=呼。=2、9，所以VB>v

AC,故D正確.

7.（2023?安徽省江淮十校聯(lián)考）如圖所示，地面上方離地面高度分別為hi=6L、B4L、h3=

3L的三個金屬小球〃、b、c,若先后釋放〃、b、c,三球剛好同時落到地面上，不計空氣阻

力，重力加速度為g,則（）

A.b與a開始下落的時間差等于c與b開始下落的時間差

B.a、b、c三小球運動時間之比為明：2：1

L

C.。比匕早釋放的時間為2他一g

D.三小球到達地面時的速度大小之比是6：4：3

答案C

解析由/?=；g5得，=12L,8L

ta貝1］（%一力）＞（2一左），a、b、c三小球

7'「

S一也八F，A、B錯誤,

運動時間之比為黃：2:小，a比6早釋放的時間為A/=Za—rz,=2（-

C正確；根據(jù)o2=2g/z得，三小球到達地面時的速度大小之比是加：2：隹，D錯誤.

口能力綜合練

8.在地質(zhì)、地震、勘探、氣象和地球物理等領域的研究中，需要精確的重力加速度g值，g

值可由實驗精確測得，近年來測g值的一種方法叫“對稱自由下落法”，它是將測g值轉變

為測長度和時間，具體做法是：將真空長直管沿豎直方向放置，自其中。點上拋小球又落到

原處的時間記為石，在小球運動過程中經(jīng)過比。點高H的尸點，小球離開P點到又回到P

點所用的時間記為71,測得Ti、於和〃，可求得g值等于（）

4H

A辿B

T^-Ti2T^-Ti2

C改D-包

（石一71）2（八一Tl）2

答案A

iiiiozy

解析根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，有1g傷7y2_1g（1T］）2=H,解得g=w匚亓，故選A.

9.（2023?云南昆明市一中模擬）一種比飛機還要快的旅行工具即將誕生，稱為“第五類交通方

式”，它就是“Hyperloop（超級高鐵）”（如圖）.速度高達一千多公里每小時.如果乘坐

Hyperloop從A地到B地，600公里的路程需要42分鐘，Hyperloop先勻加速達到最大速

度1200km/h后勻速運動，快進站時再勻減速運動，且加速與減速的加速度大小相等，則下

列關于Hyperloop的說法正確的是（）

A.加速與減速的時間不一定相等

B.加速時間為10分鐘

C.加速過程中發(fā)生的位移為150公里

D.加速時加速度大小約為0.46m/s2

答案D

解析加速與減速的加速度大小相等，根據(jù)￡=?？芍铀倥c減速的時間一定相等，故A

錯誤；

設加速和減速時間均為t,運動總時間為to,

則2X學—2/）=s,

代入數(shù)據(jù)解得/=12min,故B錯誤；

加速位移為不加=年才=1201<111,故C錯誤；

0m

加速度大小^0.46m/s2,故D正確.

10.在離水平地面高，處，以大小均為。o的初速度同時豎直向上和向下拋出甲、乙兩球，

不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）

A.甲球相對乙球做勻變速直線運動

B.在落地前甲、乙兩球間距離均勻增大

C.兩球落地的速度差與內(nèi)、”有關

D.兩球落地的時間差與優(yōu)、，有關

答案B

解析甲、乙兩球加速度相同，故甲球相對于乙球做勻速直線運動，在落地前二者距離不斷

均勻增大，A錯誤，B正確；根據(jù)豎直上拋的對稱性，甲球回到拋出點時速度大小為oo,方

向豎直向下，兩球落地的速度差為零，與比、”均無關，C錯誤；由豎直上拋的對稱性可知，

兩球落地的時間差4=2邁，與內(nèi)有關，與H無關,D錯誤.

11.如圖所示，一雜技演員用一只手拋球、接球，他