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第3 讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多运动过程问题
学习目标 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，并能解决实际问题。 2.
理解竖直上抛运动的对称性和多解性。 3.灵活运用匀变速直线运动的规律解决
多过程问题。
1.思考判断
(1)同一地点，轻重不同的物体的g 值一样大。(√)
(2)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。(×)
(3)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。(√)
2.一物体从离地H 高处自由下落，经过时间t 落地，则当它下落时，离地的高度
为( )
A.H
B.H
C.H
D.H
答案 C
考点一 自由落体运动
1.运动特点
1
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初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动。
2.解题方法
(1)初速度为0 的匀变速直线运动规律都适用。
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∶…。
②由Δv＝gΔt 知，相等时间内，速度变化量相同。
③连续相等时间T 内下落的高度之差Δh＝gT2。
(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，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。
例1 (2024·广东省深圳市调研)如图1 所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”
游戏。游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。已知支架顶部距离地面2.3
m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段
范围AB，上边界A 距离地面1.1 m，下边界B 距离地面0.5 m。不计空气阻力，
重力加速度g＝10 m/s2。求：
图1
(1)圆棒下落到A 点所用的时间t1；
(2)圆棒通过AB 所用的时间t2；
(3)结合轨迹反应时间(判断棒下落轨迹的时间)和握棒反应时间(棒经过某点的时
间)应用自由落体运动知识简要分析在A 点和B 点接棒各自的优缺点。
答案 (1)0.4 s (2)0.2 s (3)见解析
解析 (1)圆棒底部距离A 点的高度h1＝2.3 m－0.4 m－1.1 m＝0.8 m
圆棒做自由落体运动下落到A 点，有h1＝gt
2
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代入数据解得t1＝0.4 s。
(2)圆棒通过AB 的过程即圆棒底部到达A 点和圆棒顶端离开B 点这一过程
圆棒顶端到达B 点，下落的高度为h2＝2.3 m－0.5 m＝1.8 m
由h2＝gt 得t2＝＝0.6 s
则圆棒通过AB 的时间t3＝t2－t1＝0.2 s。
(3)A 点握棒的优点：圆棒下落到A 点时速度较小，通过A 点所用的时间稍长，如
果握棒反应时间较长，也利于抓住圆棒；
A 点握棒的缺点：圆棒下落到A 点所用时间较短，若反应速度较慢，很容易错过
抓棒机会；
B 点握棒的优点：圆棒下落到B 点所用时间较长，即使反应速度较慢，也有足够
的反应时间做好抓棒准备，可以提高抓棒的成功率；
B 点握棒的缺点：圆棒下落到B 点时速度较大，通过B 点所用的时间较短，如果
握棒反应时间较长，很难抓住圆棒。
1.(2024·淮安市马坝高级中学高三一检)有一质点从某一高度处自由下落，开始的
高度用时为t，重力加速度为g，则( )
A.物体自由下落高度所用的时间为t
B.物体自由下落高度时的速度为gt
C.物体落地所用的时间为3t
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D.物体落地时的速度为gt
答案 D
解析 设整个过程下落高度为h，由题意可得h＝gt2，则物体自由下落高度为h
时，满足h＝gt′2，解得t′＝t，A 错误；物体自由下落高度时的速度为v′＝gt′＝
gt，B 错误；物体落地过程满足h＝gt″2，解得物体落地所用的时间为t″＝t，C 错
误；物体落地时的速度为v″＝gt″＝gt，D 正确。
2.(2023·江苏高邮市质检)科技馆中的一个展品如图2 所示，在较暗处有一个不断
均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时
间正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎
不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D 四个位置不动，对出现的这种现
象，下列描述正确的是(g 取10 m/s2)( )
图2
A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＜tBC＜tCD
B.闪光的间隔时间是 s
C.水滴在相邻两点间的平均速度满足vAB∶vBC∶vCD＝1∶4∶9
D.水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶3∶5
答案 B
解析 由题图可知hAB∶hBC∶hCD＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运
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动，故水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A 错误；由h＝gt2可得
水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B 正
确；由v＝知水滴在相邻两点间的平均速度满足vAB∶vBC∶vCD＝1∶3∶5，C 错误；
由v＝gt 知水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D 错误。
考点二 竖直上抛运动
1.重要特性
(1)对称性(如图3)
(2)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。
2.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(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
例2 (多选)(2024·黑龙江哈师大附中期末)在某一高度以v0＝20 m/s 的初速度竖直
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上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是
(g 取10 m/s2)( )
A.小球在这段时间内的位移大小一定是15 m，方向竖直向上
B.小球在这段时间内的平均速度可能是5 m/s
C.小球在这段时间内的速度变化大小可能是10 m/s，方向竖直向上
D.小球上升的最大高度一定为15 m
答案 AB
解析 小球的位移大小一定是x＝＝ m＝15 m，方向竖直向上，故A 正确；当小
球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速度为v＝＝15
m/s，当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的平均速度
为v＝＝5 m/s，故B 正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，在这段
时间的速度变化为Δv＝v－v0＝(10－20) m/s＝－10 m/s，方向竖直向下；当小球
速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化为Δv＝v－v0＝(－
10－20) m/s＝－30 m/s，方向竖直向下，故C 错误；小球上升的最大高度为h＝
＝ m＝20 m，故D 错误。
3.(多选)(2024·浙江温州联考)在某高塔顶层的墙外侧，以20 m/s 的速度竖直上抛
一个小石子(小石子可看成质点)，忽略空气阻力，当小石子运动到离抛出点15 m
时，运动时间可能是(g 取10 m/s2)( )
A.1 s
B.3 s
C.4 s
D.(2＋) s
答案 ABD
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解析 小石子离抛出点最远的距离为hm＝＝20 m，当小石子运动到离抛出点上
方15 m 时，有h＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s，当小石子运动到离抛出点下方
15 m 时，有－h＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋) s，t4＝(2－) s(舍去)，故A、B、D 正确。
考点三 多运动过程问题
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。
例3 (2024·河北邢台联考)ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称。甲、
乙两辆汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图4
所示。假设收费岛总长度d＝30 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝54 km/h 经
过距收费岛口x＝30 m 处的减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车
减速至v2＝18 km/h 后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；
乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s 的时间缴费成功，人工栏
杆打开放行。随后两辆汽车匀加速到v3＝90 km/h 速度后沿直线匀速行驶，设两
车加速过程和减速过程中的加速度大小相等，求：
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图4
(1)此次人工收费通道和ETC 通道打开栏杆的时间差；
(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。
答案 (1)16 s (2)445 m
解析 由题意可知v1＝54 km/h＝15 m/s，v2＝18 km/h＝5 m/s，v3＝90 km/h＝25
m/s。
(1)乙车减速过程中，根据匀变速直线运动的规律，有v＝2a
可得乙车减速时的加速度大小为a＝2.5 m/s2
设甲车减速到v2所用时间为t1，则有
t1＝＝4 s
该段时间内甲车的位移为x1＝t1＝40 m
接下来做匀速运动，所用时间为t2＝＝1 s
甲车从减速到打开栏杆的总时间为t 甲＝t1＋t2＝5 s
乙减速的时间为t3＝＝6 s
乙车从减速到打开栏杆的总时间为t 乙＝t3＋t0＝21 s
人工收费通道和ETC 通道打开栏杆放行的时间差Δt＝t 乙－t 甲＝16 s。
(2)乙车与甲车速度相等时两车相距最远。乙车通过中心线后加速的时间为t4＝＝
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10 s
乙车加速的距离为x2＝at＝125 m
甲车加速的时间为t5＝＝8 s
甲车加速的距离为x3＝＝120 m
接下来甲匀速的时间为t6＝Δt＋t4－t5＝18 s
甲车匀速运动的距离为x4＝v3t6＝450 m
因此，两车最远距离为Δx＝x3＋x4－x2＝445 m。
方法技巧 多过程问题的处理方法
(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，x＝t。
(3)充分借助v－t 图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要
信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v－t 图像“上凸”模型，如图所示。
特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
设匀加速运动的时间为t1，匀减速运动时间为t2，速度与时间关系公式：v＝
a1t1，v＝a2t2得＝
速度与位移关系公式：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2得
＝
平均速度与位移关系公式：x1＝，x2＝
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得＝
②多过程v－t 图像“下凹”模型，如图所示。
车较之匀速行驶耽搁的距离为阴影面积表示的位移Δx 的大小，耽搁的时间Δt
＝。
4.(2022·全国甲卷，15)长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要
通过前方一长为L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许
超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和2a，则列车从减
速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )
A.＋
B.＋
C.＋
D.＋
答案 C
解析 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过
v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v 进入
隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0，则列车减速运动时，有v
＝ v0－2at1
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解得t1＝
在隧道内匀速运动所用时间t2＝
列车尾部出隧道后加速到速率v0，有v0＝v＋at3
解得t3＝
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，故
选项C 正确。
A 级 基础对点练
对点练1 自由落体运动
1.(2024·北京东城高三期末)甲、乙两物体距地面的高度之比为1∶2，所受重力之
比为1∶2。某时刻两物体同时由静止开始下落。不计空气阻力的影响。下列说
法正确的是( )
A.甲、乙落地时的速度大小之比为1∶
B.所受重力较大的乙物体先落地
C.在两物体均未落地前，甲、乙的加速度大小之比为1∶2
D.在两物体均未落地前，甲、乙之间的距离越来越近
答案 A
解析 由于不计空气阻力，两物体均做自由落体运动，由v2＝2gh 可知v＝，所
以甲、乙落地时的速度大小之比为1∶，故A 正确；由h＝gt2可知t＝，所以物
体做自由落体运动在空间运动的时间取决于高度，与物体所受重力的大小无关，
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即甲物体先落地，故B 错误；由于两物体都做自由落体运动，加速度均为重力
加速度，故C 错误；由于两物体都做自由落体运动且同时下落，则在两物体均
未落地前，甲、乙之间的距离不变，故D 错误。
2.(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5 m 完成技
术动作，随后5 m 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10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A.0.2 s
B.0.4 s
C.1.0 s
D.1.4 s
答案 B
解析 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m 的过程
所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4
s，B 正确，A、C、D 错误。
3.(2024·黑龙江大庆模拟)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＝gt＝×10×12 m＝5 m，则物体最后1 s 内的位
移为h2＝2h1＝10 m，设物体下落的总时间为t，则gt2－g(t－1)2＝h2，代入数值
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得t＝1.5 s，则物体开始下落时距落地点的高度为h＝gt2＝×10×1.52 m＝11.25
m，故C 正确。
对点练2 竖直上抛运动
4.(2024·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，则排球被垫起后上升的最大高度约为( )
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h
＝gt2＝1.8 m，故D 正确。
5.(2024·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＋gt2，
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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v＝－v0＋gt1
＝7 m/s，故C 错误；物体落地时的速度大小v′＝－v0＋gt＝15 m/s，故D 错误。
6.(2023·湖南模拟)打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一
种，如图1 所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1 s
内上升的高度与最后1 s 内上升的高度之比为9∶1，不计空气阻力，重力加速度
g＝10 m/s2，则弹丸在上升过程中最初1 s 内中间时刻的速度大小和上升的最大
高度分别为( )
图1
A.45 m/s；125 m
B.45 m/s；75 m
C.36 m/s；125 m
D.36 m/s；75 m
答案 A
解析 射出的弹丸做竖直上抛运动，上升过程可看成自由落体运动的逆运动，由
运动学公式h＝gt2知，弹丸最后1 s 内上升的高度h1＝×10×12 m＝5 m，最初1 s
内上升的高度h2＝9h1＝45 m，则最初1 s 内中间时刻的速度v＝＝ m/s＝45
m/s，弹丸上升的时间t＝＋＝ s＋0.5 s＝5 s，弹丸上升的总高度h3＝gt2＝
×10×52 m＝125 m，故A 正确，B、C、D 错误。
对点练3 多运动过程问题
7.(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运
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动了8 s 之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减
速运动经4 s 停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
B.加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C.加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1
D.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
答案 BC
解析 汽车由静止运动8 s，又经4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速
度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，则＝，A、D 错误；又由v2＝2ax 知a1x1＝a2x2，
＝＝，C 正确；由v＝知，v1∶v2＝1∶1，B 正确。
8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图2 所示)，以提醒
后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以
30 m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m
内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车
始终沿直线运动。下列说法正确的是( )
图2
A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B.小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/s
D.三角警示牌至少要放在货车后58 m 远处，才能有效避免两车相撞
答案 AD
解析 设小轿车从刹车到停止所用最短时间为t2，则t2＝＝ s＝6 s，故A 正确；
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小轿车的刹车距离x＝＝90 m，故B 错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝
30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌
的速度为v′，则2ax′＝v′2－v，解得v′＝2 m/s，故C 错误；小轿车通过的总位移
为x 总＝(90＋18)m＝108 m，放置的位置至少在货车后Δx＝(108－50)m＝58 m，
故D 正确。
B 级 综合提升练
9.(2024·广东东莞联考)城市里高楼鳞次栉比，楼层越高视野越开阔，但是有一点
一定要注意高空坠物，因为坠物落地速度很大，会造成很大的危害。假设一个小
铁块从10 层楼的高处无初速度下落，已知10 层楼距地面高度为30 m，小铁块
落地后不反弹，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(
)
A.小铁块在开始下落后的第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比为1∶3∶5
B.小铁块下落过程的平均速度大小为10 m/s
C.小铁块下落过程中第2 s 内的位移为20 m
D.小铁块下落最后10 m 所用时间为(－2) s
答案 D
解析 小铁块做自由落体运动，由h＝gt2可知，下落的总时间为t＝＝ s＝ s，
第1 s 内的位移为5 m，前2 s 内位移为20 m，即第2 s 内的位移为15 m，则第3 s
内的位移为10 m，所以在开始下落后的第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比
为1∶3∶2，故A、C 错误；由平均速度公式可知，小铁块下落过程的平均速度v
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＝＝ m/s＝5 m/s，故B 错误；已知小铁块总下落高度为30 m，前2 s 内位移为20
m，则最后10 m 内运动时间为t′＝(－2) s，故D 正确。
10.(2024·云南师大附中模拟)如图3 所示，在空中将小球P 从a 点竖直向上抛出
的同时，将小球Q 从c 点由静止释放，一段时间后Q 在a 点正下方的b 点时追上
P，此过程中两小球均未落地且未发生碰撞。若a、b 两点间的高度差为h，c、a
两点间的高度差为2h。不计空气阻力，重力加速度为g，两小球均可视为质点，
则小球P 相对抛出点上升的最大高度为( )
图3
A.
B.
C.
D.h
答案 B
解析 Q 做自由落体运动，有xQ＝3h＝gt2，解得t＝，从小球P 抛出到相遇，以
向下为正方向，可得xP＝－v0t＋gt2，根据几何关系可得xQ－xP＝2h，解得v0＝，
则P 上升的最大高度为hm＝＝，故B 正确。
11.(2024·江苏常熟市期中)如图4 所示，跳水运动员从离水面10 m 高的平台上向
上跃起，举起双臂竖直离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后
重心升高0.45 m 到最高点，落水时身体竖直，手先入水(此过程中运动员水平方
向的运动忽略不计，g＝10 m/s2，≈1.45)。求：
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图4
(1)运动员起跳时的速度v0的大小；
(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t。
答案 (1)3 m/s (2)1.75 s
解析 (1)运动员起跳到最高点的过程中有v2－v＝－2gh1
代入数据得v0＝3 m/s。
(2)方法一 设运动员起跳到最高点的过程中所需时间为t1，由v＝v0－gt1，代入
数据得t1＝0.3 s
设运动员从最高点到手接触水面的过程所需时间为t2，由h1＋h＝gt，代入数据
得t2＝1.45 s
则所求时间为t＝t1＋t2＝1.75 s。
方法二 取竖直向上为正方向，则有
－h＝v0t－gt2，解得t＝1.75 s。
C 级 培优加强练
12.(2024·浙江大学附中期中考试)如图5 所示，有一空心上下无底的弹性圆筒，
它的下端距水平地面的高度为H(已知量)，筒的轴线竖直。圆筒轴线上与筒顶端
等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒碰地后的反弹
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速率为落地速率的，它与地面的碰撞时间都极短，可看作瞬间反弹，运动过程中
圆筒的轴线始终位于竖直方向。已知圆筒第一次反弹后再次落下，它的底端与小
球同时到达地面(在此之前小球未碰过地)，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
图5
(1)圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度hmax；
(2)小球从释放到第一次落地所经历的时间t 以及圆筒的长度L。
答案 (1)H (2) H
解析 (1)圆筒第一次落地做自由落体运动，有2gH＝v
圆筒第一次落地弹起后到最高点做匀减速运动，可视为反向的初速度为零的匀加
速运动，有2ghmax＝
联立解得hmax＝H。
(2)根据h＝gt2可得，圆筒第一次落地的时间t1＝
圆筒第一次弹起后到最高点的时间t2＝＝
圆筒第一次弹起后到落地时与小球同时到达地面，所以小球从释放到第一次落地
所经历的时间t＝t1＋2t2＝＋2×＝
可知小球下落的高度h＝gt2＝H
则圆筒的长度L＝h－H＝H。
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