高考物理一轮复习（人教版）自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题

第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题

【目标要求】1.掌握自由落为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

自由落体运动

⑴运动特点：初速度为。，加速度为区的匀加速直线运动.

（2）基本规律：

匀变速直线运动自由落体运动

v=v（）-\~atv=gt

人产

V2-Po2=2avv2=2gh

1.重的物体总是比轻的物体下落得快.（X）

2.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大.（J）

3.自由落体加速度的方向垂直地面向下.（X）

4.做自由落体运动的物体在1s内速度增加约9.8m/s.（J）

5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔7内的住移之

差恒定.（V）

应用自由落体运动规律解题时的两点注意

（I）自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题.

①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1：3：5：7：….

②ApngAf.相等时间内，速度变化量相同.

③连续相等时间7内下落的高度之差尸.

⑵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，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问

题.

m11如图所示，木杆长5m,上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下（不计空气阻

力），木杆通过悬点正下方20m处的圆筒A8,圆筒A8氏为5m,1ft10m/s2,求：

20m

a

(1)木杆通过圆筒的上端人所用的时间n；

⑵木杆通过圆筒AB所用的时间

答案⑴(2—#)s(2)昨一小)s

解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，

设木杆的下端到达圆筒上端4所用的时间为fTA

1°

力下八=呼，下A-,hT4=20ni-5m=15m

解得17A=y［3s

设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为,上A

〃上A=ggl上,2,解得QA=2S

则木杆通过圆筒上端A所用的时间

h=f上八一/下八=(2一小)s

(2)设木杆的上端到达圆筒r端8所用的时间为，上场则。上后/［上8=20m+5m=25m

解得f上产3s,则木杆通过圆筒所用的时间及=£上8—"八=(小一小)s.

m21对于自由落体运动(g=10m/s2),下列说法正确的是()

A.在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是I：3：5

B.在相邻两个1s内的位移之差都是10m

C.在第1s内、第2s内、第3s内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内、前20内、前3s内的位移大小之比是1：4：9,吉攵A错误：在相邻两个

1s内的位移之差都是Ar=g7^=10m,故B正确；在第1s内、第2s内、第3s内的位移大

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

的速度大小之比是1：2：3,故D错误.

工例3，(多选)从高度为125m的塔顶先后自由释放。、b两球，自由释放这两个球的时间差

为Is,g取10m*,不计空气阻力，以下判断正确的是］)

A.。球下落高度为20m时，〃球的速度大小为20m/s

B.。球接触地面瞬间，力球离地高度为45m

C.在〃球接触地面之前，两球速度差恒定

D.在。球接触地面之前，两球离地的高度差恒定

答案BC

解析b球下落高度为20m时，八s=2s,则a球下降了3s,。球的速度

大小为0=30m/s,故A错误；a球下降的总时间为s=5s,此时b球下降了

4s,〃球的下降高度为/?'=1x10X42m=80m,故人球离地面的高度为加=(125—80)m=

45m,故B正确；由自由落体的规律可得，在〃球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球

离地的高度差变大，故C正确，D错误.

自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后

下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大.

考点二竖直上抛运动

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,上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由

落体运动.

(2)基本规律

①速度与时间的关系式：i>=vo—gt-.

②位移与时间的关系式%”.

1.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值.(X)

2.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的.(V)

1.重要特性

⑴对称性

①时间对称:物体上升过程中从A-C所用时间以c和下降过程中从C-A所用时间心相等(如

图)，同理IAB=IBA.

■C

H

A

o

Vo10

则nIA=7=15s=ls

上升的最大高度10XI2m=5m

故重物离地面的最大高度为

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

重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为介=y1^=[2j（；805=6s

v=gt2=10X6m/s=60m/s（方向竖直向下）

所以重物从气球上掉落到落地的时间Z=/I+/2=7S.

1例5】一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s,两次经

过一个较高点8的时间间隔是3s,则A、3之间的距离是（不计空气阻力，g=10m/s2）（）

A.80mB.40m

C.20mD.无法确定

答案C

解析物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时

间为会从最高点自由下落到B点的时间为号,A、B间距离为加=上圈2一（第=9x10X（23

-1.52）m=20m,故选C.

r例6J（多选）从高为20m的位置以20m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10m/s2,当物体

到抛出点距离为15m时，所经历的时间可能是（）

A.1sB.2s

C.3sD.（2+市）s

答案ACD

解析取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为x=15m,

由竖直上抛运动的位移时间公式得解得h=1s,/2=3S;当物体运动到抛出点

下方离抛出点15m时，位移为/=-15m,由x'=加一方尸，解得白=（2+巾）s或以=（2

一巾）s（负值舍去），选项A、C、D正确，B错误.

考点三匀变速直线运动中的多物体和多过程问题

1.多物体问题

研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用•个物体的运动取代多物体的运动，照片中

的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置.，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球

在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解.

2.多过程问即

(I)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.

1例7，如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，

每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客

的照片简化为如图乙所示，已知A4和4C间的距离分别为2.5m和3.5m,求：

(l)CQ间距离多远；

(2)此刻4的上端滑道上还有几人：

⑶此时A距滑道顶端多远.

答案(1)4.5m(2)2人(3)2m

解析(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据句加速直线运动的规律可知，在相邻相等时

间内位移差相等，CD-BC=BC~ABf解得8=4.5m.

(2)相邻两人间的距离差为1m,所以此刻八的上端滑道上还有2人.

(3)设相邻两名游客的时间间隔为「下滑的加速度为则有AS=CO-BC="2,即"7^=1m,

A此时的速度为普_m/s,联立两式解得VA=2aT,此时A丹巨滑道顶端,y=y-

=2"=2m.

1例8】(2023•河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为。，经过一段时

间速度大小变为2°,加速度大小为小这段时间内的路程与位移大小之比为5：3,则卜・列叙

述正确的是()

A.在该段时间内质点运匆方向不变

R.这段时间为W

3。2

C.这段时间该质点运动的路程为二

D.再经过相同的时间，质点速度大小为3。

答案C

解析由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速

运动，A错误；速度变化量大小为&?=。一(一2。)=3。，因此所用时间f="=亍，B错误；

减速的过程中运动的路程门=五，反向加速运动的路程52=箕，因此总路程为S=S|+S2=

玄，C正确；再经过相同的时间，速度再增加3。，质点速度大小变为葭=2U+3P=5V,D

错误.

1例9](2023•陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，

对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置一制动风翼、电磁制动系统、

空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以。o=288km/h的速度

匀速行驶，列车长突然接到通知，前方冲=5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接

到通知后，经过n=2.5s格制动风翼打开，高铁列车获得0=0.5mH的平均制动加速度减

速，减速"=40s后，列左长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方

停下来.

⑴求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；

(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小他.

答案(1)60m/s(2)1.2m/s2

解析(1)设经过B=40s时，列车的速度大小为又出=288km/h=80m/s,

则打开制动风翼后，减速过程有0=%—。也=60m/s.

(2)列车长接到通知后，经过fi=2.5s,列车行驶的距离为=Ooh=20()m,

从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离3=°°]劭=28(X)m,

从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离

X3=x()-x\—X2-500m=1500m,

2

则。2=>=1.2m/s2.

课时精练

基础落实练

1.(2021・湖北卷・2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠

军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完

成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取lOm/s?,则如用于

姿态调整的时间约为（）

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

答案B

解析陈芋汐下落的整个过程所用的时间为

『第s"L4s

下落前5m的过程所用的时间为

则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2=t—t]=0As,故B正确.

2.一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自

由下落，测得在第4s内的位移是42m,球仍在空中运动，则（）

A.小球在第2s末的速度大小是16m/s

B.该星球上的重力加速度为12mH

C.小球在第4s末的速度大小是42m/s

D.小球在。〜4s内的位移是80m

答案B

解析设该星球的重力加速度为g里，第4s内的位移是42m,有区丈必一£g"32=42m,白

=4s,门=3s,解得gM=12m/s。所以小球在第2s末的速度大小为s=g"=24m/s,故

A错误，B正确；小球在第4s末的速度大小是P4=g里々=48m/s,故C错误；小球在0〜4s

内的位移是主由2=96m,故D错误.

3.（2019.全国卷118）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高

度为从上升第一个与所用的时间为小第四个?所用的时间为介.不计空气阻力，则轴足（）

A.1B.2<^<3

C3咪4D.4<^<5

答案C

解析由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知t2

选项C正确.

4.（多选）某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m*.5s内物体的（）

A.路程为65m

B.位移大小为25m,方向竖直向上

C.速度改变量的大小为10m/s

D.平均速度大小为13m/s,方向竖直向上

答案AB

解析解法一：分段法

物体上升的时间/上=?=尚s=3s,物体上升的最大高度in=45in,物体从

gIUNgZXI（_>

最高点自由下落2s时，下落的高度下2=；乂10X2?m=20m,运动过程如图所示，

则总路程为小+/”=65m,A正确.5s末物体离抛出点的高度为小一生=25m,即位移的大

小为25m,方向竖直向上，B正确.速度改变量的大小Ao=gi=50m/s,C错误.平均速度

的大小vmm；s=5m/s,方向竖直向上，D错误.

I

解法二：全程法

将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有研）=30m/s,a=­g

=-10m/s2,故5s内物体的位移。=。0/+/4/=25m>0,说明物体5s末在抛出点上方25m

处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3s到达最大高度加=45m处，故物体运动的总路

程为65m,位移大小为25m,方向竖直向上，A、B正确.速度的改变量的大小加，=|皿|=

50m/s,C错误.5s末物体的速度。=〃（）+w=—20m/s,所以平均速度v=0°,°=5m/s>0,

方向竖直向上，D错误.

5.两物体从不同高度自由下落，同时落地，第•个物体下落时间为入第二个物体下落时间

为当第二个物体开始下落时，两物体相距（重力加速度为g）（）

A.g产B.eqg户

C.eqg/2D.eqgf2

答案D

解析根据力=女尸，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为主尸和吊，两物体未下

落设时4相帕距加手匚，第能一二个A4物4“体安在左第空一个A4物4体林下T落竣J,后井开山始下下瞪落，此/叶时篦第一一人个心物妹体T下鼓落的的玄高启度h/,y.

oZ

上（5=臂，所以当第二个物体开始下落时，两物体相矩△介=却2一热）=%，，故D正确,

A、B、C错误.

6.（2023•河南省名校联盟高三联考）在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为

质点的小球从。点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图

所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2s,不考虑一切阻力.如果将小球从照片中的A点

由静止释放，则下列说法正确的是（）

O\

A\

C口

A.小球由A到B以及由B到C的时间小于0.2s

B.小球通过B点和C点时的速度关系为班：叱=1：2

C.小球由4到3以及由B到C的过程中平均速度的关系为7A屋方肥=3:5

D.小球通过B点时的速度力和由A到C的平均速度3AC的关系为vH>~^AC

答案D

解析小球从。点由静止下落，经过各段的时间都是0.2s,所以OA、AB.8c三段的高度

之比为1：3：5,如果小球从A点开始由静止释放，由于A4间距离大于04间距离，所以通

过48、BC段的时间均大于0.2s,故A错误；设间距离为3〃，则8c间的距离为5d所

以AC间的距离为8力，通过8点时的速度为g=，丽，小球通过C点时的速度为％=4两,

则如：vc=#：4,故B错误；由于AB、8c段的高度之比为3：5,但是通过两段的附间不

相等，根据v=：可知，平均速度之比不是3：5,故C错误：vAc=2Vc=2y[gii,所以VB>v

AC,故D正确.

7.（2023•安徽省江淮十校联考）如图所示，地面上方离地面高度分别为小=6L、和=4L、加=

3L的三个金属小球a、b、c,若先后释放。、b、c,三球刚好同时落到地面上，不计空气阻

力，重力加速度为g,则（）

A.b与。开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差

B.〃、。、c三小球运动时间之比为加：2：1

C.。比。早释放的时间为

D.三小球到达地面时的速度大小之比是6：4：3

答案C

解析则（/“一力）＞（%—〃），a、b、c三小球

运动时间之比为加：2：小a比。早释放的时间为A、B错误,

C正确；根据桃=2"得，三小球到达地而时的速度大小之比是泥：2：#,D错误.

/能力综合练

8.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g

值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变

为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中。点上抛小球又落到

原处的时间记为72,在小球运动过程中经过比0点高”的尸点，小球离开P点到乂I可到P

点所用的时间记为不，测得力、乃和H，可求得g值等于（）

A.eqB.eq

C.cqD.cq

答案A

1111QIJ

解析根据竖直上抛运动的对称性，有型伤Ay—法伤71）2=〃，解得g=T、2_7，［2,故选A.

9.（2023•云南昆明市一中模拟）一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方

式”，它就是“HypeHoop（超级高铁）”（如图）.速度高达一千多公里每小时.如果乘坐

Hyperloop从A地至U8地，600公里的路程需要42分钟，Hyperloop先匀加速达到最大速

度1200km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下

列关于Hyperloop的说法正确的是（）

A.加速与减速的时间不一定相等

B.加速时间为10分钟

C.加速过程中发生的位移为150公里

D.加速时加速度大小约为0.46mH

答案D

解析加速与减速的加速度大小相等，根据/=£可知，加速与减速的时间一定相等，故A

错误：

设加速和减速时间均为/,运动总时间为；0,

则2Xyr4-um(r0-2/)=5,

代入数据解得」=12min,故B错误;

加速位移为工加=亨=120km,故C错误；

加速度大小〃=可—0.46m/s2,故D正确.

10.在离水平地面高”处，以大小均为⑺的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，

不计空气阻力，下列说法中正确的是()

A.甲球相对乙球做匀变速直线运动

B.在落地前甲、乙两球间距离均匀增大

C.两球落地的速度差与的、”有关

D.两球落地的时间差与如、”有关

答案B

解析甲、乙两球加速度祖同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断

均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为研),方

向竖直向下，两球落地的速度差为零，与如、H均无关,C错误；由竖直上抛的对称性可知，

两球落地的时间差加=平，与g有关，与H无关，D错误.

11.如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s抛出一球，接到球便立即把球

抛出.已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运

动，球到达的最大高度是(