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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：vt=gt。
(2)位移与时间的关系式：h=gt2。
(3)速度位移关系式：=2gh。
例1　(2024·广东潮州市期末)高空落物存在危险性。请估算教学楼五楼的学生把一瓶矿泉水放在阳台上，若不小心掉落下去，矿泉水落地的速度约为(　　)
A.10 m/s B.16 m/s C.22 m/s D.28 m/s
答案　B
解析　矿泉水掉落时可看成做自由落体运动，一层楼高约3 m，根据速度位移关系v2=2gh，可得矿泉水落地的速度为v== m/s≈15.5 m/s，可知矿泉水落地的速度约为16 m/s。故选B。
例2　(多选)雨后，屋檐还在不断滴着水滴(可视为质点)。如图所示，小红同学认真观察后发现，这些水滴都是在质量积累到足够大时才由静止开始下落，每隔相等时间滴下一水滴，水滴在空中的运动情况都相同，某时刻起，第一颗水滴刚运动到窗台下边沿时，第5颗水滴恰欲滴下。她测得，屋檐到窗台下边沿的距离为H=3.2 m，窗户的高度为h=1.4 m，不计空气阻力的影响。g取10 m/s2。则下列结论正确的是(　　)
A.水滴下落到达窗台下边沿时的速度大小为6 m/s
B.每隔0.2 s滴下一水滴
C.水滴经过窗户的时间为0.3 s
D.水滴经过窗户的平均速度为7 m/s
答案　BD
解析　水滴下落至窗台下边沿通过的距离为H=3.2 m，由速度位移公式得v== m/s=8 m/s，可知水滴到达窗台下边沿的速度大小为8 m/s，故A错误；水滴下落至窗台下边沿的时间为t2== s=0.8 s，第一颗水滴刚运动到窗台下边沿时，第5颗水滴恰欲滴下，此时共4个时间间隔，可知相邻的水滴滴下的时间间隔为Δt== s=0.2 s，故B正确；水滴下落至窗台上边沿的时间为t1== s=0.6 s，水滴经过窗户的时间为Δt'=t2-t1=0.8 s-0.6 s=0.2 s，故C错误；水滴经过窗台的平均速度为== m/s=7 m/s，故D正确。
拓展　(1)例2图中雨滴从上到下第2滴及其下方各雨滴的速度之比。
(2)图中各雨滴间距离之比。
(3)选第3滴(从上到下)雨滴为参考系，第4滴做什么运动，与第3滴雨滴间距离怎样变化的？
答案　(1)(2)雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，故所求速度之比为1∶2∶3∶4，所求距离之比为1∶3∶5∶7。
(3)两雨滴速度差Δv=gΔt=2 m/s，是定值，故第4滴相对第3滴做匀速直线运动，距离均匀增大。
1.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。
2.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：匀变速直线运动。
3.基本规律
(1)速度与时间的关系式：vt=v0-gt。
(2)位移与时间的关系式：s=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3　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，则物体：
(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　(1)运动到最高点时速度为0，
由vt=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，vt=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。
考点三　多过程问题
例4　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、s1、s2、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5　(来自人教教材改编)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　(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则s1==64 m
故总的位移s总1=2s1+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s2==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
s总2=2s2=144 m
二者的位移差Δs=s总2-s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：60分]
　[1~6题，每题4分]
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。
2.(2025·广东实验中学月考)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。
3.(2024·广东肇庆市期末)一次校运会上，小明以2.00 m的成绩夺得男子跳高冠军。另一位同学想估算一下小明起跳时的竖直速度：他根据人体比例，认为小明起跳时重心离地约1 m，越过横杆时，重心比横杆高约0.25 m，重力加速度g取10 m/s2。由此可估算出小明起跳时的竖直速度约为(　　)
A.7 m/s B.6 m/s C.5 m/s D.4 m/s
答案　C
解析　小明在竖直方向可视作竖直上抛运动，其重心上升高度h=(2-1+0.25) m=1.25 m，运用逆向思维，从起跳到最高点在竖直方向的运动可视为自由落体运动，由v2=2gh，可得v=5 m/s，故选C。
4.(2024·广东汕头市期末)小杰学习自由落体运动后，用20 cm的刻度尺测量同学的反应时间，测量方法如图所示，被测者用两个手指虚捏在尺子0刻度线处，观察到小杰松开尺子时立刻捏住尺子，读出手指所捏刻度h，下列说法正确的是(　　)
A.h越大，反应时间越短
B.反应越慢，要捏住尺子时，尺子下落的速度越大
C.该尺可以测量出0.4 s的反应时间
D.计算时若重力加速度g取10 m/s2，则测算出的反应时间比实际值要大
答案　B
解析　根据t=可知，h越大，反应时间越长，选项A错误；反应越慢，要捏住尺子时所用的时间越长，根据v=gt可知，尺子下落的速度越大，选项B正确；该尺下落20 cm所用时间为t== s=0.2 s，则不可以测量出0.4 s的反应时间，选项C错误；计算时若重力加速度g取10 m/s2，则根据t=，则测算出的反应时间比实际值要小，选项D错误。
5.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。
6.一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1 s内的位移恰为最后1 s内位移的二分之一，已知重力加速度大小取10 m/s2，则它开始下落时距落地点的高度为(　　)
A.15 m B.12.5 m C.11.25 m D.10 m
答案　C
解析　物体第1 s内的位移为h1=g=×10×12 m=5 m，则物体最后1 s内的位移为h2=2h1=10 m，又g-g(t总-1 s)2=h2，解得t总=1.5 s，则物体开始下落时距落地点的高度为h=g=×10×1.52 m=11.25 m，故选C。
7.(6分)(来自人教教材改编)(2026·广东中山市模拟改编)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·广东深圳市模拟)音乐喷泉随着音乐变换，竖直向上喷出的水柱可以高达几十米，为城市的人们在夜间增添一份美轮美奂的视觉和听觉的盛宴。现有一音乐喷泉，竖直向上喷出的水上升的最大高度为H。若水通过第一个用时t1，通过最后一个用时t2，不计空气阻力，则等于(　　)
A.0.5 B.-
C.-1 D.2-
答案　D
解析　上升最大高度为H，喷泉向上喷水的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，水通过最后一个，所用的时间为=g，解得t2=，总时间为t，则有H=gt2，解得t=，设水通过后三个所用时间为t3，则=g，解得t3=，则水通过第一个用时为t1=t-t3=-=(2-，所以=2-，故选D。
10.(2025·广东佛山市模拟)舞狮作为中国传统节目，在中国广受人们欢迎。某次舞狮表演中，两位表演者需先后从高台跃下，为保证舞狮道具不因拉扯而损坏，要求两位表演者默契配合，在一定时间间隔内相继跳下。已知高台距离地面h=5 m，两人之间的舞狮道具长L=1.8 m，表演者可认为由静止下落，设表演者落地后速度为零，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。完成该表演动作(从第一位表演者开始跳下到第二位表演者落地)经历的总时间最长为(　　)
A.1.0 s B.1.2 s C.1.4 s D.1.6 s
答案　B
解析　由题意可知，表演者做自由落体运动，设第一位表演者从跳下到落地所经历的时间为t，根据自由落体运动规律有h=gt2，解得t=1 s，两位表演者做自由落体运动的时间是一样的，要使表演时间变长，则需要两位表演者先后跳下的时间间隔变长，但又要保证舞狮道具不因拉扯而损坏，两位表演者先后跳下的时间间隔有最大值。当第一位表演者刚落地，第二位表演者离地为L=1.8 m时，时间间隔最长，且不会扯坏道具。此时第二位表演者已运动h-L，根据h-L=g，解得t1=0.8 s，则接下来第二位表演者还需运动Δt=t-t1=0.2 s落地，完成该表演动作经历的总时间最长为tm=t+Δt=1.2 s，故选B。
11.(12分)(2024·广东省揭阳第一中学、潮州金中联考)无人机因具有机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险，使用方便等优点在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1=205 m处，t=0时刻，它以加速度a1=6 m/s2竖直向下匀加速直线运动h1=75 m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2=70 m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小取10 m/s2。
(1)(6分)求无人机从t=0时刻到重新悬停在距目标高度为H2=70 m处的总时间t；
(2)(6分)若无人机在距目标高度为H2=70 m的空中悬停时动力系统发生故障，自由下落2 s后恢复动力，要使其再过4 s后停下，求恢复升力时的加速度大小a2及此时距地面的高度H3。
答案　(1)9 s　(2)5 m/s2　10 m
解析　(1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有h1=a1，
v=a1t1，
H1-H2-h1=t2
又t=t1+t2
联立解得t=9 s
(2)无人机自由下落2 s末的速度为
v0=gt3=20 m/s
2 s内向下运动的位移为s1=g=20 m
向下减速的加速度大小a2=，
代入数据可解得a2=5 m/s2
减速过程下降的高度s2=t4=40 m
此时距地面的高度H3=H2-s1-s2=10 m。

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