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第3课时　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
目标要求　1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。2.能灵活处理多过程问题。
考点一　自由落体运动
1.条件：物体只受重力，从静止开始下落。
2.运动性质：初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动。
3.基本规律：
(1)速度与时间的关系式：v=gt。
(2)位移与时间的关系式：h=gt2。
(3)速度位移关系式：v2=2gh。
4.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、比例关系及推论等规律都适用。
例1　(2024·广西卷·3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　)
A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s
C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s
答案　B
解析　重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1=v2=gt=10×1 m/s=10 m/s，故选B。
例2　(2025·陕西渭南市一模)跳水运动员训练时从距水面H高的跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片。测得其中两张连续的照片中运动员双脚离水面的高度分别为h1和h2。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则手机连拍时间间隔可表示为(　　)
A.
B.
C.-
D.-
答案　C
解析　设手机连拍时间间隔为T。运动员双脚离水面的高度为h1时，已运动时间设为t，则由自由落体运动规律得H-h1=gt2，H-h2=g(t+T)2，联立解得T=-，故选C。
例3　(2025·福建龙岩市检测)某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋(可视为质点)从离地面20 m高的高楼面A点由静止释放，下落途中用Δt=0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s内的位移大小；
(2)A点离窗的上边框的高度；
(3)若隔0.5 s先后释放两个鸡蛋，试分析在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的速度差如何变化？距离如何变化？
答案　(1)20 m/s　15 m　(2)4.05 m　(3)两鸡蛋之间的速度差不变　距离均匀增大
解析　(1)根据速度与位移关系v2=2gh，解得鸡蛋落地时速度大小为v=20 m/s，设鸡蛋自由下落时间为t，根据速度与时间关系得t==2 s
鸡蛋在第1 s内的位移为h1=g=5 m
则鸡蛋落地前最后1 s内的位移大小为
h2=h-h1=15 m
(2)由题意知，窗口的高度为h3=2 m
设A点离窗的上边框的高度为h0，鸡蛋从A点运动到窗的上边框的时间为t0，
则h0=g，h0+h3=g(t0+Δt)2
联立解得h0=4.05 m
(3)未落地前，设第二个鸡蛋运动了时间T，则第一个鸡蛋运动了T+ΔT
v2=gT，v1=g(T+ΔT)，则Δv=v1-v2=g·ΔT，故两鸡蛋速度差不变。
第一个鸡蛋下落高度H1=g(T+ΔT)2，第二个鸡蛋下落高度为H2=gT2，二者之间的距离ΔH=H1-H2=g(ΔT)2+gΔT·T，ΔH与T为一次函数关系，故在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离均匀增大。
物体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。
考点二　竖直上抛运动
1.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。
2.运动性质：全过程是匀变速直线运动。
3.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。
4.竖直上抛运动的对称性(如图所示)
(1)时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB=tBA。
(2)速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。
物体做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，在上述速度与时间的关系式中，把时间t代入后，若速度v为负值，负号表示什么意义？在上述位移与时间的关系式中，把时间t代入后，若位移为负值，又表示什么意义？
答案　速度为负值，表示物体运动方向向下；位移为负值，表示物体已经运动到抛出点下方。
例4　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取10 m/s2，不计空气阻力，求物体：
(1)经过多长时间到达最高点？
(2)抛出后离地的最大高度是多少？
(3)经过多长时间回到抛出点？
(4)经过多长时间落到地面？
(5)经过多长时间离抛出点15 m？
答案　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s
(5)1 s　3 s　(2+) s
解析　以竖直向上为正方向。
(1)运动到最高点时速度为0，
由v=v0-gt1得t1=-==2 s
(2)由=2ghmax得hmax==20 m，
所以Hmax=hmax+h0=45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1=2 s，
hmax=20 m，下落时，hmax=g，
解得t2=2 s，故t=t1+t2=4 s
法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1=v0-gt，得t=-=4 s
法三：由h=v0t-gt2，令h=0，
解得t3=0(舍去)，t4=4 s
(4)法一：分段法
由Hmax=g，解得t5=3 s，故t总=t1+t5=5 s
法二：全程法
由-h0=v0t'-gt'2
解得t6=-1 s(舍去)，t7=5 s
(5)当物体在抛出点上方时，h=15 m，
由h=v0t-gt2，解得t8=1 s，t9=3 s，
当物体在抛出点下方时，h=-15 m，由h=v0t-gt2，得t10=(2+) s，t11=(2-) s(舍去)。
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，v2-=-2gh(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 对于末位置在抛出点下方的情况，全程法更简单
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。
[变式]　(2025·安徽省百师联盟三模)巴黎奥运会网球女子单打冠军郑钦文在比赛中将网球竖直向上抛出。已知网球在上升到最高点的过程中，最初0.5 s内与最后0.5 s内上升的高度之比为2∶1，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则网球抛出的初速度大小为(　　)
A.9 m/s B.7.5 m/s
C.5 m/s D.2.5 m/s
答案　B
解析　网球上升过程中，最后0.5 s内上升的高度h1=gt2=1.25 m，网球抛出后最初0.5 s内上升的高度h2=2h1=2.5 m，有h2=v0t-gt2，解得v0=7.5 m/s，故选B。
考点三　匀变速直线运动中的多过程问题
例5　(2025·北京师范大学附属实验中学零模)在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比∶=1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为∶=2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2=2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2=1∶2
答案　A
解析　设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动推论：=，可知自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度===，故A正确，B错误；根据x=t可知==，故C错误；根据a=可知==，故D错误。
　匀变速直线运动多过程中的0-v-0模型
1.题型特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
2.分段结论：==，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
3.全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm=2=。
例6　(来自教材改编)ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1为12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v2为4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0=20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。
答案　(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
解析　画出运动过程示意图
走ETC通道时经历三个运动阶段
走人工收费通道经历两个运动阶段
(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1==64 m
故总的位移x总1=2x1+d=138 m。
(2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2==72 m。
(3)过ETC通道的时间t1=×2+=18.5 s
过人工收费通道的时间t2=×2+t0=44 s
x总2=2x2=144 m
二者的位移差Δx=x总2-x总1=6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，
则Δt=t2-(t1+)=25 s。
　匀变速直线运动多过程的解题策略
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。
2.解题关键
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。
课时精练
[分值：66分]
　[1~6题，每题4分]
1.(2025·天津市北辰区期中)一物体自距地面高H处由静止开始下落，不计空气阻力，着地速度为v，当速度达到时，它下落的高度是(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　依题意，有2gH=v2，2gh=()2
联立解得h=，故选D。
2.(2025·海南三亚市模拟)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(　　)
A. s B.10 s
C.2 s D. s
答案　C
解析　根据h=gt2可得喷泉水从开始喷射到落地的时间大约为2t=2=2 s，故选C。
3.(2025·江苏无锡市检测)对于自由落体运动(g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A.在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相邻两个1 s内的位移之差都是10 m
C.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
答案　B
解析　在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx=gT2=10 m，故B正确；在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。
4.(2025·江苏苏州市调研)以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则小树高约为(　　)
A.0.8 m B.1.6 m
C.2.4 m D.3.2 m
答案　C
解析　石子竖直上升的最大高度为H==3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1==0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1=g=0.8 m，则小树高约为h=H-h1=2.4 m，故选C。
5.(2025·山东青岛市期中)物体由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，4 s末到达斜面底端，然后在水平地面上做匀减速直线运动，10 s末停止。则物体在斜面上和水平地面上的位移大小之比为(　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶3 D.2∶5
答案　C
解析　设物体到达斜面底端时的速度大小为v，则匀加速直线运动的位移为x1=·t1，匀减速直线运动的位移为x2=·t2
可得x1∶x2=t1∶t2=4∶(10-4)=2∶3。故选C。
6.(2025·北京市东城区期末)一小钢球从空中某位置开始做自由落体运动，落地时的速度为30 m/s，g取10 m/s2。则该小钢球(　　)
A.下落的高度为90 m
B.下落的时间为3 s
C.在最后1 s内的位移大小为20 m
D.全过程的平均速度大小为20 m/s
答案　B
解析　由已知条件，可知v2=2gh，解得下落的高度为h==45 m，故A错误；根据已知条件，可知t==3 s，故B正确；由于下落的时间为3 s，设t1=2 s，t2=1 s，可知第2 s末的速度大小为v1=gt1=10×2 m/s=20 m/s，在最后1 s内的位移大小为h1=v1t2+gt22=(20×1+×10×12) m=25 m，故C错误；全过程的平均速度大小为==15 m/s，故D错误。
7.(6分)(来自教材改编)(2025·北京市西城区期末)某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一个小石子拍摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01 s。测得照片中石子运动痕迹的长度为0.6 cm，实际长度为100 cm的窗框在照片中的长度为2 cm(g取10 m/s2)。
(1)(2分)根据照片估算曝光时间内石子下落的距离为　　　　 m；
(2)(2分)估算曝光时刻石子运动的速度为　　　　 m/s；
(3)(2分)估算这个石子大约是从距离窗户　　　　 m高的地方落下的。
答案　(1)0.3　(2)30　(3)45
解析　(1)设在曝光时间0.01 s内，石子实际下落的距离为L，
由题意得=
解得L=30 cm=0.3 m
(2)考虑到曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，
则石子在这0.01 s内的速度为v=，
解得v=30 m/s
(3)石子做自由落体运动，故h=
解得h=45 m。
　[8~10题，每题6分]
8.(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　)
A.x=at2 B.x=at2
C.x=at2 D.x=at2
答案　A
解析　设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=t'，根据对称性，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，根据x=at'2，解得x=at2，A正确，B、C、D错误。
9.(2025·四川泸州市检测)小明在一匀速上升的电梯内，观察到电梯顶部有一螺丝因松动而掉落。已知电梯顶部离电梯地板的高度为3.2 m，电梯匀速上升的速度大小为2 m/s，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，则螺丝从电梯顶部掉落到地板上的时间为(　　)
A.0.4 s B.0.6 s C.0.8 s D.1.6 s
答案　C
解析　方法一：以地面为参考系，匀速运动的电梯上脱落的螺丝做竖直上抛运动，电梯一直做匀速运动，电梯和螺丝的位移差等于电梯顶部离电梯地板的高度，则vt-(vt-gt2)=h，即h=gt2，解得t==0.8 s，故选C。
方法二：以电梯为参考系，电梯匀速上升，螺丝相对电梯做自由落体运动，则由h=gt2得t==0.8 s。
10.(2025·四川南充市三模)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
答案　B
解析　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(2t0)2=2v0t0+2g，故A错误；根据题意，结合题图乙，由对称性可知，A球在2t0时回到抛出点，故B正确；取向下为正方向，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；因B球初速度不为零，故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。
11.(12分)(2025·江西赣州市检测)沈阳地铁一号线从S站到T站是一段直线线路，全程1.6 km，列车运行最大速度为72 km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直至到T站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的0.8倍。现匀加速运动过程中连续经过A、B、C三点，S→A用时2 s，B→C用时4 s，且SA长2 m，BC长24 m。求：
(1)(5分)列车在C点的速度大小；
(2)(7分)列车匀速行驶的时间。
答案　(1)8 m/s　(2)62 s
解析　(1)由x=at2可知
a1=1 m/s2
根据=可知BC段平均速度===6 m/s
由v=v0+at得vC=+a1·
解得vC=8 m/s
(2)由Δv=a·Δt得
匀加速阶段所用时间t1==20 s
匀减速阶段所用时间t2==16 s
匀加速阶段通过的位移x1=t1=200 m
匀减速阶段通过的位移x2=t2=160 m
匀速运动时间t3==62 s。
　[6分]
12.(多选)(2025·广东省九师联盟联考)在现代战争中，常需要对敌方发射的导弹进行拦截，可将该过程理想化为如图所示的模型。P处的拦截系统在t=0时刻发现一颗导弹A以初速度v0=600 m/s从离地面高h=1 315 m的正上方处竖直下落，拦截系统1.0 s后竖直向上发射拦截弹B，为安全起见，拦截高度不低于95 m，导弹和拦截弹在运动过程中均只受重力的作用，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.拦截弹B发射时导弹A的速度为610 m/s
B.拦截弹B发射时导弹A离地面高度为605 m
C.拦截弹B发射速度大小不小于100 m/s
D.拦截弹B发射速度大小不小于200 m/s
答案　AC
解析　取竖直向下为正方向，拦截弹B发射时导弹A的速度为v1=v0+gΔt=610 m/s，故A正确；拦截弹B发射时导弹A离地面高度为h1=h-v0Δt-g(Δt)2=710 m，故B错误；临界情况为拦截弹B上抛至95 m处时成功拦截导弹A，此时对拦截弹B：-hB=-vt+gt2
对导弹A：h1-hB=v1t+gt2
联立解得v=100 m/s，故C正确，D错误。(共65张PPT)
第一章
运动的描述　匀变速直线
运动的研究
自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
第3课时
1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。
2.能灵活处理多过程问题。
目标要求
考点一　自由落体运动
考点二　竖直上抛运动
内容索引
课时精练
考点三　匀变速直线运动中的多过程问题
自由落体运动
考点一
1.条件：物体只受　　　，从　　　开始下落。
2.运动性质：初速度为　　、加速度为　　的匀加速直线运动。
3.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)速度位移关系式：　　　　。
4.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、比例关系及推论等规律都适用。
重力
静止
零
g
v=gt
h=gt2
v2=2gh
　　　 (2024·广西卷·3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则
A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s
C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s
√
　　　重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1=v2=gt=10×1 m/s=10 m/s，故选B。
(2025·陕西渭南市一模)跳水运动员训练时从距水面H高的跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片。测得其中两张连续的照片中运动员双脚离水面的高度分别为h1和h2。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则手机连拍时间间隔可表示为
A. B.
C.- D.-
√
　　　设手机连拍时间间隔为T。运动员双脚离水面的高度为h1时，已运
动时间设为t，则由自由落体运动规律得H-h1=gt2，H-h2=g(t+T)2，联立解得T=-，故选C。
　　　(2025·福建龙岩市检测)某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋(可视为质点)从离地面20 m高的高楼面A点由静止释放，下落途中用Δt=0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s内的位移大小；
答案　20 m/s　15 m
　　　根据速度与位移关系v2=2gh，解得鸡蛋落地时速度大小为v=20 m/s，
设鸡蛋自由下落时间为t，根据速度与时间关系得t==2 s
鸡蛋在第1 s内的位移为h1=g=5 m
则鸡蛋落地前最后1 s内的位移大小为
h2=h-h1=15 m
(2)A点离窗的上边框的高度；
答案　4.05 m
　　　由题意知，窗口的高度为h3=2 m
设A点离窗的上边框的高度为h0，鸡蛋从A点运动到窗的上边框的时间为t0，
则h0=g，h0+h3=g(t0+Δt)2
联立解得h0=4.05 m
(3)若隔0.5 s先后释放两个鸡蛋，试分析在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的速度差如何变化？距离如何变化？
答案　两鸡蛋之间的速度差不变　距离均匀增大
　　　未落地前，设第二个鸡蛋运动了时间T，则第一个鸡蛋运动了T+ΔT
v2=gT，v1=g(T+ΔT)，则Δv=v1-v2=g·ΔT，故两鸡蛋速度差不变。
第一个鸡蛋下落高度H1=g(T+ΔT)2，第二个鸡蛋下落高度为H2=gT2，二者之间的距离ΔH=H1-H2=g(ΔT)2+gΔT·T，ΔH与T为一次函数关系，故在
鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离均匀增大。
易错提醒
物体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。
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竖直上抛运动
考点二
1.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　　　　　运动。
2.运动性质：全过程是　　　　直线运动。
3.基本规律
(1)速度与时间的关系式：　　　　。
(2)位移与时间的关系式：　　　　　。
自由落体
匀变速
v=v0-gt
x=v0t-gt2
4.竖直上抛运动的对称性(如图所示)
(1)时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA　　　，同理tAB=tBA。
(2)速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小　　　。
相等
相等
物体做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，在上述速度与时间的关系式中，把时间t代入后，若速度v为负值，负号表示什么意义？在上述位移与时间的关系式中，把时间t代入后，若位移为负值，又表示什么意义？
答案　速度为负值，表示物体运动方向向下；位移为负值，表示物体已经运动到抛出点下方。
讨论交流
　　　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取10 m/s2，不计空气阻力，求物体：
(1)经过多长时间到达最高点？
答案　2 s
　　　以竖直向上为正方向。
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=2ghmax得hmax==20 m，
所以Hmax=hmax+h0=45 m
(3)经过多长时间回到抛出点？
答案　4 s
　　　法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1=2 s，
hmax=20 m，下落时，hmax=g，
解得t2=2 s，故t=t1+t2=4 s
法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1=v0-gt，
得t=-=4 s
法三：由h=v0t-gt2，令h=0，
解得t3=0(舍去)，t4=4 s
(4)经过多长时间落到地面？
答案　5 s
　　　法一：分段法
由Hmax=g，解得t5=3 s，故t总=t1+t5=5 s
法二：全程法
由-h0=v0t'-gt'2
解得t6=-1 s(舍去)，t7=5 s
(5)经过多长时间离抛出点15 m？
答案　1 s　3 s　(2+) s
　　　当物体在抛出点上方时，h=15 m，
由h=v0t-gt2，解得t8=1 s，t9=3 s，
当物体在抛出点下方时，h=-15 m，由h=v0t-gt2，得t10=(2+) s，t11=(2-
) s(舍去)。
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，v2-=-2gh(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
对于末位置在抛出点下方的情况，全程法更简单
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。
[变式]　(2025·安徽省百师联盟三模)巴黎奥运会网球女子单打冠军郑钦文在比赛中将网球竖直向上抛出。已知网球在上升到最高点的过程中，最初0.5 s内与最后0.5 s内上升的高度之比为2∶1，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则网球抛出的初速度大小为
A.9 m/s B.7.5 m/s
C.5 m/s D.2.5 m/s
√
　　　网球上升过程中，最后0.5 s内上升的高度h1=gt2=1.25 m，网球抛出后最初0.5 s内上升的高度h2=2h1=2.5 m，有h2=v0t-gt2，解得v0=7.5 m/s，
故选B。
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匀变速直线运动中的
多过程问题
考点三
　　　(2025·北京师范大学附属实验中学零模)在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法正确的是
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比∶=1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为∶=2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2=2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2=1∶2
√
　　　设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动推论：=，可知自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度===，故A正确，B
错误；
根据x=t可知==，故C错误；
根据a=可知==，故D错误。
匀变速直线运动多过程中的0-v-0模型
1.题型特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
2.分段结论：==，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
3.全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm=2=。
　　　(来自教材改编)ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1为12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v2为4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0=20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
答案　138 m
　　　画出运动过程示意图
走ETC通道时经历三个运动阶段
走人工收费通道经历两个运动阶段
过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1==64 m
故总的位移x总1=2x1+d=138 m。
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
答案　72 m
　　　过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2==72 m。
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。
答案　25 s
　　　过ETC通道的时间t1=×2+=18.5 s
过人工收费通道的时间t2=×2+t0=44 s
x总2=2x2=144 m
二者的位移差Δx=x总2-x总1=6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，
则Δt=t2-(t1+)=25 s。
匀变速直线运动多过程的解题策略
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。
2.解题关键
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D C B C C B (1)0.3　(2)30　(3)45 题号 8 9 10 11 12
答案 A C B (1)8 m/s　(2)62 s AC
答案
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1.(2025·天津市北辰区期中)一物体自距地面高H处由静止开始下落，不
计空气阻力，着地速度为v，当速度达到时，它下落的高度是
A. B. C. D.
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答案
基础落实练
　　　依题意，有2gH=v2，2gh=()2
联立解得h=，故选D。
√
2.(2025·海南三亚市模拟)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
A. s B.10 s
C.2 s D. s
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答案
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答案
　　　根据h=gt2可得喷泉水从开始喷射到落地的时间大约为2t=2=
2 s，故选C。
3.(2025·江苏无锡市检测)对于自由落体运动(g取10 m/s2)，下列说法正确的是
A.在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相邻两个1 s内的位移之差都是10 m
C.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
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答案
　　　在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；
在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx=gT2=10 m，故B正确；
在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；
在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。
4.(2025·江苏苏州市调研)以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则小树高约为
A.0.8 m B.1.6 m
C.2.4 m D.3.2 m
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答案
　　　石子竖直上升的最大高度为H==3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1==0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1=g=0.8 m，则小树高约为h=H-h1=2.4 m，故选C。
√
5.(2025·山东青岛市期中)物体由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，4 s末到达斜面底端，然后在水平地面上做匀减速直线运动，10 s末停止。则物体在斜面上和水平地面上的位移大小之比为
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶3 D.2∶5
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答案
　　　设物体到达斜面底端时的速度大小为v，则匀加速直线运动的位移
为x1=·t1，匀减速直线运动的位移为x2=·t2
可得x1∶x2=t1∶t2=4∶(10-4)=2∶3。故选C。
√
6.(2025·北京市东城区期末)一小钢球从空中某位置开始做自由落体运动，落地时的速度为30 m/s，g取10 m/s2。则该小钢球
A.下落的高度为90 m
B.下落的时间为3 s
C.在最后1 s内的位移大小为20 m
D.全过程的平均速度大小为20 m/s
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答案
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答案
　　　由已知条件，可知v2=2gh，解得下落的高度为h==45 m，故A错误；
根据已知条件，可知t==3 s，故B正确；
由于下落的时间为3 s，设t1=2 s，t2=1 s，可知第2 s末的速度大小为v1=gt1
=10×2 m/s=20 m/s，在最后1 s内的位移大小为h1=v1t2+gt22=(20×1+×
10×12) m=25 m，故C错误；
全过程的平均速度大小为==15 m/s，故D错误。
7.(来自教材改编)(2025·北京市西城区期末)某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一个小石子拍摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01 s。测得照片中石子运动痕迹的长度为0.6 cm，实际长度为100 cm的窗框在照片中的长度为2 cm(g取10 m/s2)。
(1)根据照片估算曝光时间内石子下落的距离为　　　　 m；
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答案
0.3
　　　设在曝光时间0.01 s内，石子实际下落的距离为L，
由题意得=
解得L=30 cm=0.3 m
(2)估算曝光时刻石子运动的速度为　　　　 m/s；
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答案
30
　　　考虑到曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，
则石子在这0.01 s内的速度为v=，
解得v=30 m/s
(3)估算这个石子大约是从距离窗户　　　　 m高的地方落下的。
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答案
45
　　　石子做自由落体运动，故h=
解得h=45 m。
8.(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则
A.x=at2 B.x=at2
C.x=at2 D.x=at2
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答案
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能力综合练
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答案
　　　设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=t'，根据对称性，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位
移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，根据x=at'2，解得x=at2，A正确，B、C、D错误。
9.(2025·四川泸州市检测)小明在一匀速上升的电梯内，观察到电梯顶部有一螺丝因松动而掉落。已知电梯顶部离电梯地板的高度为3.2 m，电梯匀速上升的速度大小为2 m/s，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，则螺丝从电梯顶部掉落到地板上的时间为
A.0.4 s B.0.6 s C.0.8 s D.1.6 s
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答案
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答案
　　　方法一：以地面为参考系，匀速运动的电梯上脱落的螺丝做竖直上抛运动，电梯一直做匀速运动，电梯和螺丝的位移差等于电梯顶部离
电梯地板的高度，则vt-(vt-gt2)=h，即h=gt2，解得t==0.8 s，故选C。
方法二：以电梯为参考系，电梯匀速上升，螺丝相对电梯做自由落体运
动，则由h=gt2得t==0.8 s。
10.(2025·四川南充市三模)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
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答案
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答案
　　　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(2t0)2=2v0t0+2g，故A错误；
根据题意，结合题图乙，由对称性可知，A球在2t0时回到抛出点，故B正确；
取向下为正方向，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；
因B球初速度不为零，故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。
11.(2025·江西赣州市检测)沈阳地铁一号线从S站到T站是一段直线线路，全程1.6 km，列车运行最大速度为72 km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，
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答案
直至到T站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的0.8倍。现匀加速运动过程中连续经过A、B、C三点，S→A用时2 s，B→C用时4 s，且SA长2 m，BC长24 m。求：
(1)列车在C点的速度大小；
答案　8 m/s
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答案
　　　由x=at2可知
a1=1 m/s2
根据=可知BC段平均速度===6 m/s
由v=v0+at得vC=+a1·
解得vC=8 m/s
(2)列车匀速行驶的时间。
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答案　62 s
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答案
　　　由Δv=a·Δt得
匀加速阶段所用时间t1==20 s
匀减速阶段所用时间t2==16 s
匀加速阶段通过的位移x1=t1=200 m
匀减速阶段通过的位移x2=t2=160 m
匀速运动时间t3==62 s。
12.(多选)(2025·广东省九师联盟联考)在现代战争中，常需要对敌方发射的导弹进行拦截，可将该过程理想化为如图所示的模型。P处的拦截系统在t=0时刻发现一颗导弹A以初速度v0=600 m/s从离地面高h=1 315 m的正上方处竖直下落，拦截系统1.0 s后竖直向上发射拦截弹B，为安全起见，拦截高度不低于95 m，导弹和拦截弹在运动过程中均只受重力的作用，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.拦截弹B发射时导弹A的速度为610 m/s
B.拦截弹B发射时导弹A离地面高度为605 m
C.拦截弹B发射速度大小不小于100 m/s
D.拦截弹B发射速度大小不小于200 m/s
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答案
尖子生选练
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答案
　　　取竖直向下为正方向，拦截弹B发射时导弹A的速度为v1=v0+gΔt=
610 m/s，故A正确；
拦截弹B发射时导弹A离地面高度为h1=h-v0Δt-g(Δt)2=710 m，故B错误；
临界情况为拦截弹B上抛至95 m处时成功拦截导弹A，此时对拦截弹B：
-hB=-vt+gt2
对导弹A：h1-hB=v1t+gt2
联立解得v=100 m/s，故C正确，D错误。
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