资源简介

(共48张PPT)
专题强化3　竖直上抛运动
1.知道什么是竖直上抛运动，理解竖直上抛运动是匀变速直线运动。
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。
3.知道竖直上抛运动的对称性。
学习目标
01
强化点一　竖直上抛运动
02
强化点二　竖直上抛运动的性质
03
课时作业
目 录
01
PART
强化点一
竖直上抛运动
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）。
（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。
3. 处理方法
【例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
√
√
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。
【例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
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后重物落至抛出点下方，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。
02
PART
强化点二
竖直上抛运动的性质
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）
活动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？
活动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：活动1：上升阶段：t1＝，下降阶段：t2＝。
活动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。
【例3】　（竖直上抛运动对称性的应用）一个从地面开始做竖直上抛运
动的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高
点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为（重力加速度为g）（　　）
A. g（－） B. g（－）
C. g（－） D. g（TA－tB）
√
解析：物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从
竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA＝，从竖直上抛运动的最高点到点
B的时间tB＝，则A、B两点的距离x＝g－g＝g（－），故
A正确。
【例4】　（竖直上抛运动的多解性）〔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
√
√
√
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。
【例5】　（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；
答案：　
解析：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＝。
解析：由运动学公式有v2＝2g·
解得v＝。
（2）网球甲第一次反弹后瞬间的速度大小。
答案：
03
PART
课时作业
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：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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
2. （2025·天津南开区高一期中）关于做自由落体运动和竖直上抛运动的
物体，下列说法正确的是（　　）
A. 它们的加速度大小相等，方向相反
B. 它们在任意相同的时间内速度的变化大小相等，方向相同
C. 它们的速度变化率大小不同，方向不同
D. 它们在任意相同的时间内位移的大小相等，方向相反
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：做自由落体运动和竖直上抛运动的物体，加速度均为重力加速度，而速度变化率等于加速度，所以它们的速度变化率相同，根据Δv＝gt可知，它们在任意相同的时间内速度的变化大小相等，方向相同，故B正确，A、C错误；自由落体运动向下做匀加速直线运动，竖直上抛运动先向上做匀减速直线运动，速度减为0后反向做匀加速直线运动，它们在任意相同的时间内位移的大小不一定相等，方向不一定相反，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3. （2025·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（　　）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：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；物体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，则图像为直线，故C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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：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。
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
5. （2025·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：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。
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6. （2025·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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：　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－2gh＝0－，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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
7. 〔多选〕（2025·四川成都高一月考）某物体在离地面足够远的高空某
位置以20 m/s的初速度竖直上抛，此后对物体的运动情况，不计空气阻
力，g取10 m/s2，下列描述正确的是（　　）
A. 在前3秒，物体的速度与加速度始终反向
B. 在前3秒，物体的位移比路程更大
C. 在前3秒，物体的速度改变量大小为30 m/s
D. 有三个时刻，物体离抛出点的距离大小为15 m
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：物体上升到最高点的时间与位移为t＝＝2 s，h＝t＝20 m，则0～2 s加速度与速度反向，2 s～3 s加速度与速度同向，故A错误；由于2 s～3 s物体向下运动，且未回到初始点，则路程大于位移，故B错误；第3 s物体的速度大小为v＝gt'＝10 m/s，规定竖直向上为正方向，在前3秒物体的速度改变量大小为Δv＝＝30 m/s，故C正确；物体上升到最高点的位移为20 m，则物体两次经过初始点上方15 m处，回到初始点后继续向下运动，第三次经过离初始点15 m的位置，则有三个时刻，物体离抛出点的距离大小为15 m，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
8. （2025·江苏镇江高一期中）在高为h＝25 m的山崖顶上将一小球以
v0＝20 m/s的速度竖直向上抛出，不计空气阻力，重力加速度取g＝10
m/s2，求：
（1）小球能上升到离地面的最大高度H；
答案：45 m　
解析：小球竖直向上抛出上升的高度h1＝＝20 m
小球能上升到离地面的最大高度H＝h＋h1＝45 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（2）小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t；
答案：4 s　
解析：设小球上升过程的时间为t1，则0＝v0－gt1
由对称性得，小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t＝2t1
联立解得t＝4 s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 规定竖直向上为正方向，整个过程小球做匀变速直线运动，则－h＝
v0t'－gt'2
v＝v0－gt'
解得t'＝5 s，v＝－30 m/s
即小球从抛出到落到地面的时间为5 s，落地时的速度大小为30 m/s。
（3）小球从抛出到落到地面的时间和落地时的速度大小。
答案：5 s　30 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9. 〔多选〕（2025·陕西宝鸡高一期中）为了研究竖直上抛运动的规律，
将一物体从地面上方高15 m的位置，以10 m/s初速度竖直向上抛出，若不
计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，以抛出点为初始位置，则下列说法
正确的是（　　）
A. 物体在空中运动的时间为2 s
B. 物体落地时速度大小为20 m/s
C. 物体被抛出的第2.5 s末，物体的位移为8.75 m
D. 物块距离地面的最大高度是20 m
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：运动至最高点的过程中，有h'＝gt2，t＝，解得t＝1 s，h'＝5 m，则离地面的最大高度为H＝h＋h'＝20 m，从最高点到落地的时间满足H＝gt'2，则物体在空中运动的时间为t″＝t＋t'＝3 s，故A错误，D正确；根据速度公式有v＝gt'＝20 m/s，故B正确；物体上升到最高点需用1 s，从最高点运动向下运动1.5 s的距离为h″＝g＝11.25 m，则物体被抛出的第2.5 s末，物体的位移为h1＝h″－h'＝6.25 m，故C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10. （2025·四川绵阳高一期中）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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11. 某校一课外活动小组自制了一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地
面的方向上运动。火箭点火后可认为其做匀加速直线运动，经过4 s到达离
地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小；
答案：20 m/s　
解析：燃料用完前火箭做匀加速直线运动，设燃料恰好用完时火箭
的速度为v，
根据＝＝得，v＝2×＝2× m/s＝20 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（2）火箭离地面的最大高度；
答案：60 m　
解析：燃料耗尽后火箭能够继续上升的高度h1＝＝ m＝20 m
故火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝40 m＋20 m＝60 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：火箭落回地面的过程做自由落体运动，设下落的时间为t1，则H＝
g，解得t1＝＝ s＝2 s
设燃料用完后火箭能够继续上升的时间为t2，
则t2＝＝ s＝2 s
所以火箭从发射到落回地面过程的总时间
t总＝t＋t1＋t2＝（6＋2）s。
（3）火箭从发射到落回地面过程的总时间。
答案：（6＋2）s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
12. （2025·广东深圳高一月考）如图所示，在离地面高H处以v0＝10 m/s的
速度竖直向上抛出一个可视为质点的小球，地面上有一长L＝5 m的小车，
其前端M距离抛出点的正下方的距离为x＝4 m，小球抛出的同时，小车由
静止开始向右做匀加速直线运动。已知小球落地时速度大小为20 m/s，忽
略空气阻力及小车的高度，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求小球从抛出到落到地面的时间t及抛出点离地面的高度H；
答案：3 s　15 m　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：以竖直向上为正方向，上抛和下落全过程，有v＝v0－gt
h＝v0t－gt2
其中v0＝10 m/s、v＝－20 m/s
解得t＝3 s，h＝－15 m
故小球从抛出到落到地面的时间为3 s；抛出点离地面的高度为H＝｜h｜＝
15 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（2）为了让小车接住小球，试确定小车加速度a的取值范围。
答案： m/s2≤a≤2 m/s2
解析： 设小车运动时间为t＝3 s，当小车前端M刚好到达抛出点正下方时，a
取最小值，此时
x＝at2
解得a＝ m/s2
当小车后端N刚好到达抛出点正下方时，a取最大值，此时L＋x＝at2
解得a＝2 m/s2
则加速度的范围是 m/s2≤a≤2 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑