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高考易错点解读和针对训练
运动描述和直线运动
易错点8 竖直上抛运动
易错点解读
竖直上抛的重要特性
（1）对称性：如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B 为途中的任意两点，C 为最高
点。
①时间对称性：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，
同理有tAB＝tBA。
②速度对称性：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，方向
相反。
（2）多解性：在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，
也可能处于下落阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解，也可能造成路程多
解。
2.竖直上抛运动的两种研究方法
（1）分段法：将全过程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶
段。
（2）全程法：将全过程视为初速度v0向上、加速度g 向下的匀变速直线运动，必须注意物
理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v＞0 时，物体正在上升；v＜0 时，物体正
在下降；h＞0 时，物体在抛出点上方；h＜0 时，物体在抛出点下方。
【典例剖析】
13.（2025·广东省部分名校大联考）气球上系一物体，以3 m/s 的速度自地面匀速上升，当
物体上升到离地面的高度h＝10.8 m 处时，绳子突然断了，气球和物体均可视为质点，取
重力加速度g＝10 m/s2，关于绳断后物体的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A.物体将做自由落体运动
B.物体经过1.8 s 落到地面
C.物体运动1 s 后的速度大小为5 m/s
D.物体落地时的速度大小为4 m/s
【易错点剖析】绳断后物体有竖直向上的速度，所以只能按照竖直上抛运动规律解答。
【答案】B
【解析】物体有竖直向上的初速度，绳断后物体做竖直上抛运动，并不是做自由落体运动
故A 错误；取向下为正方向，根据匀变速直线运动位移与时间关系式有h＝－v0t＋1
2gt2，
解得t＝1.8 s（另一解舍去），故B 正确；物体运动1 s 后的速度大小为v＝－v0＋gt1＝7
m/s，故C 错误；物体落地时的速度大小为v'＝－v0＋gt＝15 m/s，故D 错误。
【针对性训练】
1.（2025·贵州黔东南模拟）小明的叔叔是杂技演员，小明平时也跟叔叔学了一些简单的杂
技。如图所示为小明用一只手抛球、接球的示意图，他每隔0.5 s 抛出一个小球，接到小
球后便立即抛出。已知除抛、接球的短暂时间外，空中总共有4 个小球，将小球的运动近
似看成是竖直方向的运动，重力加速度大小取g＝10 m/s2。若高度从抛球点算起，则小球
到达的最大高度是（ ）
A.1.25 m
B.2.5 m
C.3.2 m
D.5.0 m
答案：D
解析：根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个在下降，由于每
隔0.5 s 抛一个小球，则从抛出到最高点的时间为t＝1 s，则小球上升的最大高度为h＝1
2
gt2＝1
2×10×12 m＝5 m，故选D。
2.（2025·哈尔滨市六校联考）高抛发球是网球发球的一种，是指运动员把网球竖直向上抛
出，在网球下降过程中某时刻将网球击出。若某次竖直抛出的网球在上升的过程中，开始
0.6 s 内上升的高度与最后0.6 s 内上升的高度之比为4∶1，不计空气阻力，重力加速度g 取
10 m/s2，则网球（ ）
A.最后0.6 s 内上升的高度为2.1 m
B.最初0.6 s 中间时刻的速度大小为15 m/s
C.上升过程的时间为1.7 s
D.上升的最大高度为11.25 m
【答案】D
【解析】根据题意，由逆向思维可知，竖直上抛最后0.6 s，即自由落体运动开始的前0.6
s，则最后0.6 s 内上升的高度为h1＝1
2gt2＝1
2×10×0.62 m＝1.8 m，故A 错误；最初0.6 s
上升的高度为h2＝4h1＝7.2 m，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，最
初0.6 s 中间时刻的速度大小为v1＝h2
Δt
＝12 m/s，故B 错误；从最初0.6 s 中间时刻到最高
点的时间为t＝v1
g
＝1.2 s，上升过程的时间为t 升＝t＋1
2Δt＝1.5 s，上升的最大高度为h＝
1
2gt 升
2＝1
2×10×1.52 m＝11.25 m，故C 错误，D 正确。
3 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H.上升第
一个H
4 所用的时间为t1，第四个H
4 所用的时间为t2.不计空气阻力，则t2
t1
满足（ C ）
A.1＜t2
t1
＜2
B.2＜t2
t1
＜3
C.3＜t2
t1
＜4
D.4＜t2
t1
＜5
【答案】C
解析 本题应用逆向思维求解，即运动员竖直向上运动的过程可等同于从一定高度处开始
的自由落体运动，所以第四个H
4 所用的时间为t2＝❑
√
2× H
4
g
，第一个H
4 所用的时间为t1＝
❑√
2 H
g －❑
√
2× 3
4 H
g
，因此有
t2
t1
＝2＋❑√3，即3＜
t2
t1
＜4，C 正确.
4 如图所示，从高出地面3m 的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5m 后
回落，最后到达地面（规定竖直向上为正方向，不计空气阻力，取重力加速
度g＝10m/s2）.下面叙述正确的是（ C ）
A.小球从抛出经2s 后的位移为3m
B.小球运动整个过程的路程为16m
C.小球上升过程的平均速度为5m/s
D.小球下降过程比上升过程的速度变化快
【答案】C
解析 根据v0
2＝2gh 可得小球的上抛初速度为v0＝❑√2×10×5m/s＝10m/s，则小球上升到
最高点所用的时间为t0＝v0
g
＝10
10s＝1s，根据时间的对称性可知，小球从最高点下落到抛
出点的时间也为1s，故小球从抛出经2s 后回到初位置，即位移为0，故A 错误；根据运动
的对称性可知，小球从最高点回到初位置，路程也为5m，因此小球整个过程的路程为s＝
5m＋5m＋3m＝13m，故B 错误；小球上升过程的平均速度为v＝h
t0
＝5
1m/s＝5m/s，故C
正确；小球运动过程中的加速度始终是重力加速度，即上升过程与下降过程中的加速度是
相同的，所以小球下降过程和上升过程的速度变化一样快，故D 错误.
5.（2025·辽宁辽阳期末）如图所示，小球甲从距离地面高度为h1＝15 m 处以速度v0＝10
m/s 竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为h2＝20 m 处开始自由下落，小球运动的
过程中不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.小球乙落地前，甲相对乙做匀变速直线运动
B.两球运动0.5 s 时，距离地面均为18.75 m
C.小球落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为2∶1
D.小球乙落地时，甲距地面5 m
【答案】B
【解析】两球的加速度均为重力加速度，相对加速度为0，则小球乙落地前，甲相对乙向
上做匀速直线运动，故A 错误；两球运动0.5 s 时，根据位移公式有x1＝v0t1－1
2gt1
2＝3.75
m，x2＝1
2gt1
2＝1.25 m，则距离地面高度h3＝h1＋x1＝18.75 m，h4＝h2－x2＝18.75 m，故
B 正确；小球落地前的运动过程中，根据－h1＝v0t2－1
2gt2
2，h2＝1
2gt3
2，解得t2＝3 s，t3＝
2 s，小球落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度大小v1＝h1
t2
＝5 m/s，v2＝h2
t3
＝10
m/s，可知，落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为1∶2，故C 错误；结合
上述分析，小球乙落地时，经历时间为2 s，则甲的位移x3＝v0t3－1
2gt3
2＝0，可知，此时
甲回到出发点，即小球乙落地时，甲距地面15 m，故D 错误。
6. 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
箭从地面发射，点火后火箭可认为做匀加速直线运动，经过6s 到达离地面60m 处，此时燃
料恰好用完，下列说法正确的是（不计空气阻力，g 取10m/s2）（ AC ）
A.火箭离地面的最大高度为80m
B.燃料恰好用完后火箭还能继续上升的时间为3s
C.火箭从发射到返回发射点所用的时间为12s
D.火箭落地速度为30m/s
【答案】AC
解析 根据h＝1
2 at0
2得火箭匀加速上升的加速度a＝2h
t0
2 ＝10
3 m/s2，火箭到达离地面60m
处时的速度v＝at0＝20m/s，燃料用完后火箭做竖直上抛运动，则还能继续上升的时间为t
＝v
g ＝20
10s＝2s，故B 错误；火箭离地面的最大高度为H＝h＋v
2
2g ＝60m＋20
2
2×10m＝
80m，故A 正确；火箭从最高点落到地面的时间t1＝❑√
2 H
g
＝❑√
2×80
10
s＝4s，则火箭从发
射到返回发射点的时间t 总＝t0＋t＋t1＝6s＋2s＋4s＝12s，故C 正确；火箭落地速度为v1＝
❑√2gH＝❑√2×10×80m/s＝40m/s，故D 错误.
7. 从高为20 m 的位置以20 m/s 的初速度竖直上抛一物体，g 取10 m/s2，当物体与抛出
点距离为15 m 时，所经历的时间可能是（ ）
A.1 s
B.2 s
C.3 s
D.（2＋❑√7）s
答案：ACD
解析：取竖直向上为正方向，则初速度v0＝20 m/s，当物体运动到抛出点上方离抛出点15
m 处时，位移为x＝15 m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得x＝v0t－1
2gt2，解得t1＝
1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m 处时，位移为x'＝－15 m，由x'＝
v0t－1
2gt2，解得t3＝（2＋❑√7）s 或t4＝（2－❑√7）s（负值舍去），A、C、D 正确，B 错误。
8 把一物体从地面以某一初速度竖直上抛，在运动过程中的某一秒内所发生的位移大小是
1 m，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s2。下列判断正确的是（ ）
A.这一秒内物体可能一直在上升过程，也可能一直在下降过程
B.这一秒内的路程可能大于5 m
C.这一秒后的下一秒内位移大小可能是11 m
D.这一秒内的平均速度大小是1 m/s，方向一定竖直向上
答案：C
解析：若这一秒内物体一直在上升过程，或者一直在下降过程，则一秒内的最小位移h＝1
2
gt2＝1
2×10×12 m＝5 m，则这一秒内物体不可能一直在上升过程，也不可能一直在下降
过程，A 错误；这一秒肯定是在上升到最高点后再下降一段时间，设上升时间为t，则下降
时间为（1－t）s，则1
2gt2－1
2g（1－t）2＝1 m，解得t＝0.6 s，即物体可能上升0.6 s 到
最高点再下降0.4 s，或者上升0.4 s 再下降0.6 s，此时这一秒的路程为s＝1
2g×（0.6
s）2＋1
2g×（0.4 s）2＝2.6 m，这一秒内的路程不可能大于5 m，B 错误；若物体上升
0.4 s 再下降0.6 s，则此时物体的速度为6 m/s，方向向下，则下一秒内物体的位移大小
x'＝6×1 m＋1
2×10×12 m＝11 m，C 正确；这一秒内的平均速度大小是v＝x
t ＝1 m/s，
方向可能竖直向上，也可能竖直向下，D 错误。
9. (2025·河南九师联盟高三联考)我国宋代已经出现冲天炮这种玩具，也叫“起火”，如图，
逢年过节人们都要放“起火”庆祝。若冲天炮从地面由静止发射竖直升空可认为做a=8
m/s2的匀加速直线运动，当到达离地面25 m 的高处时燃料恰好用完，忽略空气阻力，g=10
m/s2，则( )
A.燃料恰好用完时冲天炮的速度大小为20 m/s
B.燃料用完后继续向上运动的位移大小为17 m
C.冲天炮上升离地面的最大高度为38 m
D.冲天炮从发射到最大高度所用的时间为4.5 s
答案 AD
解析 根据位移与速度的关系式有v0
2=2ah1，解得v0=❑√2a h1
=20 m/s，故A 正确;燃料用完
后，冲天炮继续向上做竖直上抛运动，利用逆向思维有v0
2=2gh2，解得h2=20 m，故B 错误;
结合上述可知，冲天炮上升离地面的最大高度为H=h1+h2=45 m，故C 错误;根据平均速度与
位移的关系有h1=v0
2
t1，h2=v0
2
t2，解得冲天炮从发射到最大高度所用的时间为t=t1+t2=4.5
s，故D 正确。
10.[2024 湖北武汉一中阶段考]从地面竖直上抛一小球A，同时在离地面某一高度处有一小
球B 开始自由下落，两小球在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，不计空气阻力，
则下列说法正确的是（ A ）
A.A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相等，都是2v
B.两小球在空中运动的时间相等
C.A 上升的最大高度与B 开始下落时的高度不相同
D.两小球在空中同时达到的同一高度处一定在B 开始下落时高度的中点下方
【答案】A
解析 两小球相遇时速度方向一定相反，由于运动时间相同，加速度大小相同，则两小球
的速度改变量大小相同，抛出的小球A 初速度大小为2v，B 落地时速度大小也为2v，A 正
确；A 小球运动时间是B 小球运动时间的2 倍，B 错误；由A 选项的分析可知，A 上升的最
大高度与B 开始下落时的高度相同，C 错误；两小球相遇前后，由于B 小球运动时间相等，
则两段距离之比为1：3，则两小球在空中同时达到的同一高度处一定在B 开始下落时高度
的中点上方，D 错误.
11.(2025·陕西宝鸡高三联考)我国的跳水队被誉为“梦之队”。某运动员正在进行3 米板跳
水训练，将该运动员看成质点，从其向上起跳脚离开跳板的瞬间开始计时，设t1时刻运动
员运动到最高点，t2时刻运动员刚好入水，此后在水中做匀减速直线运动，t3时刻运动员的
速度恰好减小到零。已知t2=3t1，t3=4t1，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则下列判
断正确的是( )
A.运动员离开跳板后，在空中向上运动的路程为向下运动路程的1
4
B.运动员离开跳板后，在空中运动总位移的大小为6 m
C.运动员入水的瞬时速度为4❑√5 m/s
D.运动员入水的深度27
16
m
答案 AC
解析 设运动员离开跳板后向上运动的位移大小(即在空中向上的路程)为x，则从最高点到
刚入水时的位移大小(即在空中向下的路程)为x'=x+3，设起跳速度为v0，入水时的速度为
v，则有x=1
2gt1
2，v0=gt1，x+3=1
2g(t2－t1)2，v=g(t2－t1)，又t2=3t1，联立解得t1=
❑√5
5
s，t2=
3 ❑√5
5
s，x=1 m，x'=4 m=4x，v0=2❑√5 m/s，v=4❑√5 m/s，A、C 正确;运动员在水中做匀减
速直线运动，有v=a(t3－t2)，入水深度h= v
2
2a
，又t3=4t1=4 ❑√5
5
s，代入数据解得a=20
m/s2，h=2 m，D 错误;运动员离开跳板后，在空中运动总位移的大小为3 m，B 错误。
12. 如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h 处，现从地面上竖直上抛乙球，
初速度v0＝10m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力.（取g＝10m/s2，甲、乙两球可看
作质点）下列说法正确的是（ BCD ）
A.无论h 为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B.当h＝10m 时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C.当h＝15m 时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D.当h＜10m 时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
【答案】BCD
解析 设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得1
2gt2＋v0t－1
2gt2＝h，可得t
＝h
v0
，而乙球的落地时间t1＝2v0
g ，两球在空中相遇的条件是t＜t1，整理得h＜20m，A 错
误；若乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝1
2t1，代入数据整理得h＝10m，B
正确；由于10m＜h＝15m＜20m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C 正确；当h＜
10m 时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D 正确.
13．.[2024 湖北武汉一中阶段考]从地面竖直上抛一小球A，同时在离地面某一高度处有一
小球B 开始自由下落，两小球在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，不计空气阻力，
则下列说法正确的是（ A ）
A.A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相等，都是2v
B.两小球在空中运动的时间相等
C.A 上升的最大高度与B 开始下落时的高度不相同
D.两小球在空中同时达到的同一高度处一定在B 开始下落时高度的中点下方
【答案】A
解析 两小球相遇时速度方向一定相反，由于运动时间相同，加速度大小相同，则两小球
的速度改变量大小相同，抛出的小球A 初速度大小为2v，B 落地时速度大小也为2v，A 正
确；A 小球运动时间是B 小球运动时间的2 倍，B 错误；由A 选项的分析可知，A 上升的最
大高度与B 开始下落时的高度相同，C 错误；两小球相遇前后，由于B 小球运动时间相等，
则两段距离之比为1：3，则两小球在空中同时达到的同一高度处一定在B 开始下落时高度
的中点上方，D 错误.
14（2025·河北承德期末）体育课上同学们在练习排球，某同学将排球竖直向上垫起后，经
1.2 s 排球又回到原出发点，g 取10 m/s2，则排球被垫起后上升的最大高度为（不计空气
阻力）（ ）
A.1.0 m
B.1.2 m
C.1.5 m
D.1.8 m
答案 D
解析： 排球被垫起后经1.2 s 又回到原出发点，根据竖直上抛运动的对称性可知，从最
大高度下落到抛出点的时间为t＝0.6 s，则排球被垫起后上升的最大高度为h＝1
2gt2＝1.8
m，故D 正确。
15（2025·广东省部分名校大联考）气球上系一物体，以3 m/s 的速度自地面匀速上升，当
物体上升到离地面的高度h＝10.8 m 处时，绳子突然断了，气球和物体均可视为质点，取
重力加速度g＝10 m/s2，关于绳断后物体的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A.物体将做自由落体运动
B.物体经过1.8 s 落到地面
C.物体运动1 s 后的速度大小为5 m/s
D.物体落地时的速度大小为4 m/s
答案 B
解析： 物体有竖直向上的初速度，绳断后物体做竖直上抛运动，并不是做自由落体运动
故A 错误；取向下为正方向，根据匀变速直线运动位移与时间关系式有h＝－v0t＋1
2gt2，
解得t＝1.8 s（另一解舍去），故B 正确；物体运动1 s 后的速度大小为v＝－v0＋gt1＝7
m/s，故C 错误；物体落地时的速度大小为v'＝－v0＋gt＝15 m/s，故D 错误。
16（2025·哈尔滨市六校联考）高抛发球是网球发球的一种，是指运动员把网球竖直向上抛
出，在网球下降过程中某时刻将网球击出。若某次竖直抛出的网球在上升的过程中，开始
0.6 s 内上升的高度与最后0.6 s 内上升的高度之比为4∶1，不计空气阻力，重力加速度g
取10 m/s2，则网球（ ）
A.最后0.6 s 内上升的高度为2.1 m
B.最初0.6 s 中间时刻的速度大小为15 m/s
C.上升过程的时间为1.7 s
D.上升的最大高度为11.25 m
答案 D
解析： 根据题意，由逆向思维可知，竖直上抛最后0.6 s，即自由落体运动开始的前0.6
s，则最后0.6 s 内上升的高度为h1＝1
2gt2＝1
2×10×0.62 m＝1.8 m，故A 错误；最初0.6
s 上升的高度为h2＝4h1＝7.2 m，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，
最初0.6 s 中间时刻的速度大小为v1＝h2
Δt
＝12 m/s，故B 错误；从最初0.6 s 中间时刻到
最高点的时间为t＝v1
g
＝1.2 s，上升过程的时间为t 升＝t＋1
2Δt＝1.5 s，上升的最大高度
为h＝1
2gt升
2＝1
2×10×1.52 m＝11.25 m，故C 错误，D 正确。
17.（2025·辽宁辽阳期末）如图所示，小球甲从距离地面高度为h1＝15 m 处以速度v0＝10
m/s 竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为h2＝20 m 处开始自由下落，小球运动的
过程中不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.小球乙落地前，甲相对乙做匀变速直线运动
B.两球运动0.5 s 时，距离地面均为18.75 m
C.小球落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为2∶1
D.小球乙落地时，甲距地面5 m
答案 B
解析： 两球的加速度均为重力加速度，相对加速度为0，则小球乙落地前，甲相对乙向
上做匀速直线运动，故A 错误；两球运动0.5 s 时，根据位移公式有x1＝v0t1－1
2gt1
2＝3.75
m，x2＝1
2gt1
2＝1.25 m，则距离地面高度h3＝h1＋x1＝18.75 m，h4＝h2－x2＝18.75 m，
故B 正确；小球落地前的运动过程中，根据－h1＝v0t2－1
2gt2
2，h2＝1
2gt3
2，解得t2＝3 s，
t3＝2 s，小球落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度大小v1＝h1
t2
＝5 m/s，v2＝h2
t3
＝10 m/s，可知，落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为1∶2，故C 错误；
结合上述分析，小球乙落地时，经历时间为2 s，则甲的位移x3＝v0t3－1
2gt3
2＝0，可知，
此时甲回到出发点，即小球乙落地时，甲距地面15 m，故D 错误。
18（2025·湖北鄂州检测）如图所示黄州青云塔始建于1574 年，距今400 多年。某物理研
究小组测量出塔高为H，甲同学在塔顶让物体A 自由落下，同时乙同学将物体B 自塔底以
初速度v0竖直上抛，且A、B 两物体在同一直线上运动。下列说法正确的是（ ）
A.若v0＝❑√gH，则两物体在地面相遇
B.若v0＝❑√
gH
2
，则两物体在地面相遇
C.若v0＞❑√gH，两物体相遇时，B 正在上升途中
D.若❑√
gH
2
＜v0＜❑√gH，两物体相遇时，B 正在空中下落
答案：BCD
解析：若物体B 正好运动到最高点时两物体相遇，则物体B 速度减小为零所用的时间t＝
v0
g
，此时A 下落的高度h＝1
2gt2，B 上升的高度hB＝v0
2
2g
，且hA＋hB＝H，解得v0＝❑√gH；
若A、B 两物体恰好在落地时相遇，则有t＝2v0
g
，此时A 下落的高度hA＝1
2gt2＝H，解得v0
＝❑√
gH
2
。所以若v0＝❑√gH，则物体B 运动到最高点时两物体相遇，A 错误；若v0＝❑√
gH
2
，则两物体在地面相遇，B 正确；若v0＞❑√gH，则两物体在B 上升途中相遇，C 正确；若
❑√
gH
2 ＜v0＜❑√gH，则两物体在B 下落途中相遇，D 正确。
19 .将小球A 从地面以初速度vA＝40 m/s 竖直向上抛出，经过一段时间Δt 后，又以初速度
vB＝30 m/s 将小球B 从同一点竖直向上抛出，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，为了使两个小
球能在空中相遇，试分析Δt 应满足的条件。
.【答案】2 s＜Δt＜8 s
解析：可以让小球B 抛出后处于上升阶段与A 球相遇，若小球A 刚要落回抛出点的瞬间将
小球B 抛出，则小球A 在空中运动的时间为
tA＝2v A
g
＝2×40
10
s＝8 s，所以Δt＜8 s。
当小球B 紧跟着A 抛出，小球B 可能在下降阶段与A 球相遇，当A、B 两小球同时落地时，
小球B 在空中运动的时间为
tB＝2vB
g
＝2×30
10
s＝6 s，则Δt＞tA－tB＝2 s。
由此可知，两球能在空中相遇，Δt 满足的条件为
2 s＜Δt＜8 s。
20 (2025·福建福州高三期中)“燕子钻天”是打弹弓射弹的一种方式，即将弹丸竖直向上射
出，如图所示。若某次射出的弹丸(可视为质点)做竖直上抛运动，经过3 s 弹丸到达最高点，
不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求:
(1)弹丸射出时的速度;
(2)弹丸上升的最大高度;
(3)弹丸射出后第1 s 内上升的高度;
(4)弹丸落回抛出点的速度;
(5)弹丸上升5 m 所用的时间(计算结果保留根式)。
答案 (1)30 m/s (2)45 m (3)25 m (4)30 m/s (5)(3－2❑√2) s
解析 (1)由经过3 s 弹丸到达最高点，得弹丸射出时竖直方向初速度为v0=gt=30 m/s。
(2)由v0
2=2gh 得弹丸上升的最大高度hm=v0
2
2g
=45 m。
(3)弹丸第1 s 内上升高度为h1=v0t1－1
2
gt1
2
解得h1=25 m。
(4)根据对称性知，弹丸落回抛出点的速度v=v0=30 m/s。
(5)设弹丸上升5 m 的时间为t2，则有h2=v0t2－1
2
gt2
2
解得t2=(3－2❑√2) s 或t2'=(3+2❑√2) s(舍去)。
