文档文本内容
第03 讲 自由落体和竖直上抛运动 多过程问题（专项
训练）
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 自由落体运动.....................................................................................................2
知识点2 竖直上抛运动....................................................................................................2
模拟·基础演练...................................................................................................................................... 3
题型01 自由落体运动规律的应用...................................................................................3
题型02 竖直上抛运动规律的应用...................................................................................7
题型03 匀加速直线运动的多过程问题.........................................................................13
重难·创新演练....................................................................................................................................13
真题·实战演练.................................................................................................................................... 15
巩固·知识解构
知识点1 自由落体运动
1．运动性质
自由落体运动和竖直上抛运动都是匀变速直线运动。
2．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)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= 1
2 gt
2。
③速度与位移的关系式：v2＝2gh。
(3)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论。
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推。这种方法的核心是
把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
。⚠特别提醒
自由落体运动是初速度为零、加速度为g 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∶…。
②Δv＝gΔt。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
知识点2 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
速度与时间的关系式：v＝v0－gt。
位移与时间的关系式：h＝v0t－gt2。
速度与位移的关系式：v
2−v0
2=−2gh。
上升的最大高度：H＝。
上升到最高点所用时间：t 上＝。
。
模拟·基础演练
考查重点：要围绕自由落体、竖直上抛的运动规律、公式及推论展开，侧重理解运动特点与矢量方
向，常考查竖直上抛运动的对称性、多解问题，也会结合运动图像、追及问题综合命题。匀变速直
线运动的多过程问题一直的高考考查的热点。
⏳题型01 自由落体运动规律的应用
1．（2026·湖南衡阳市第一中学一模）跳水运动员保持直立状态，双脚朝下由静止开始下落。开
⚠特别提醒
竖直上抛运动的重要特性
(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
始时双脚距离水面5m。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动的时间约为2s
B．运动员在空中运动的时间约为1s
C．运动员入水时速度大小约为5m/s
D．运动员入水时速度大小约为1m/s
【答案】B
【详解】AB．根据位移时间关系
代入数据解得运动员在空中运动的时间
故B 正确，A 错误；
CD．运动员入水时速度大小
代入数据可得运动员入水时速度大小
故CD 错误。
故选B。
2.（多选）（2026·湖南怀化·三模）做自由落体运动的质点依次通过A、B、C三点，已知相邻两点的
时间间隔t BC =2t AB=2t，下落高度hBC = 4 hAB= 4 h，下列判断正确的是（ ）
A．质点是从A点开始下落的
B．A点与开始下落点间距离为1
3 h
C．质点经过B点时的速度为4 h
3t
D．过C点后再经过3t时间，质点下落的距离为9h
【答案】BC
【详解】A．设A点速度为v A，加速度为g。由题可知t AB=t，t BC =2t，hAB=h，hBC = 4 h。根据位移
公式有hAB= v At + 1
2 gt
2=h，hAC = v A (3t )+ 1
2 g(3t )
2=5h
联立解得v A = 2h
3t ，g= 2h
3t
2
因为A 点速度不是零，所以质点不是从A点开始下落的，故A 错误；
B．设开始下落点为O，则v A
2 =2 ghOA
解得hOA = 1
3 h，故B 正确；
C．质点经过B点时的速度vB= v A+>= 4 h
3t ，故C 正确；
D．过C点后再经过时间3t，根据位移差公式可知h
'−hAC = g×(3t )
2
解得过C点后再经过3t时间，质点下落的距离为h
' =11h，故D 错误。
故选BC。
3.（2026 高三上·湖南岳阳·期末）如图所示，直杆长L1=2.2m，圆筒高L2=1.8m，直杆位于圆筒正上
方H =3.2m处。圆筒离地面足够高，直杆从静止开始自由下落，并能竖直无接触穿过圆筒。g 取10 m
s
2，忽
略空气阻力，由此可知（ ）
A．直杆开始自由下落到下端刚好到达圆筒A 端高度时经历的时间为1s
B．直杆穿过圆筒所用的时间为0.5 s
C．若直杆下端刚好到达圆筒A 端高度时，同时释放圆筒自由下落，则直杆穿过圆筒的时间为0.5 s
D．若直杆开始自由下落的同时，将圆筒以4 m
s 的初速度竖直上抛，则在圆筒达到最高点时，直杆下
端刚好与圆筒A 端处于同一高度
【答案】C
【详解】A．直杆开始自由下落到下端刚好到达圆筒A 端时，下降高度为H =3.2m，故自由落体的时
间t1= ❑√
2 H
g =0.8 s，故A 错误；
B．直杆开始自由下落到上端刚好穿出圆筒时，下降高度为H 总= L1+ H + L2=7.2m
故自由落体的时间t2=
❑√
2 H 总
g
=1.2s
直杆穿过圆筒所用的时间为Δt =t2−t1=0.4 s，故B 错误；
C．若直杆下端刚好到达圆筒A 端高度时，可知此时直杆的速度大小为v杆= gt1=8m/ s
释放圆筒自由下落，两者均存在竖直向下的重力加速度g，则以圆筒为参考系，直杆做匀速运动，穿
过圆筒的时间为Δt ' = L1+ L2
v杆
=0.5 s，故C 正确；
D．若直杆开始自由下落的同时，将圆筒以v筒= 4 m
s 的初速度竖直上抛，圆筒达到最高点用时
t筒= v筒
g =0.4 s
该段时间内，圆筒上升高度为h筒= v
2
2g =0.8m
直杆下降高度为h杆= 1
2 gt
2=0.8m
可知直杆下端与圆筒A 端相距1.6m，故D 错误。
故选C。
4.（2026·新疆·一模）月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的1
6。若宇航员登陆月球后，将小球从
某高度由静止释放，经时间t0落地，宇航员返回地球后，再将小球从相同高度由静止释放，不计空气阻力，
则小球的下落时间为（ ）
A．t0
7
B．t0
❑√7
C．t0
6
D．t0
❑√6
【答案】D
【详解】根据自由落体运动公式，下落高度h= 1
2 gt
2
其中g为重力加速度，t为下落时间。高度h 相同，因此gt
2为常数。设地球重力加速度为 g地，则月球重
力加速度g月= 1
6 g地
月球上时间为t0，地球上时间为t，有g月t0
2= g地t
2
代入g月= 1
6 g地，得1
6 g地t0
2= g地t
2
简化得t
2= 1
6 t0
2
所以 t = t0
❑√6
，故选D。
5．（2026·辽宁锦州·二模）小明在小区发现从高空下落一苹果核，随即按下相机快门，相机曝光时间为
。照片中楼层高度为
、苹果核落地前瞬间形成的拖尾长为
。已知楼层实际高度为
，忽略
苹果核的初速度与空气阻力。重力加速度
，则该苹果核下落总时间约为（ ）
A．0.1s
B．0.3s
C．3s
D．10s
【答案】C
【解析】楼层实际高度为3m，照片中楼层高度为3cm，则缩放比例
照片中拖尾长3mm，则对应实际位移
曝光时间0.01s 极短，这段时间内的平均速度近似等于落地瞬时速度，则有
忽略苹果核的初速度与空气阻力，苹果核做自由落体运动，根据
解得总下落时间t=3s
故选C。
6．（2026·陕西咸阳·一模） “跳楼机”游戏以惊险刺激深受年轻人的欢迎，某“跳楼机”的基本原理是
将巨型娱乐器械由升降机送到离地面139 m 的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面59 m 高时，制动系
统开始启动，使座舱均匀减速，到达离地面9 m 时速度为零。（取g=10 m/s2）试求：
（1）此过程中的最大速度大小；
（2）从开始下落到静止的总时间。
【答案】（1）40 m/s （2）6.5s
【解析】（1）自由落体运动的距离
由
得此过程中的最大速度
（2）后50 m 匀减速运动，根据
解得a=-16 m/s2
加速度大小为16 m/s2，方向竖直向上；
自由落体的时间
减速运动的时间
故 t=t1+t2=6.5s
⏳题型02 竖直上抛运动的应用
7．（2026·湖南岳阳第二中学模拟）为了研究竖直上抛的规律，将一物体从地面上方高
的位置，以
的初速度竖直向上抛出，若不计空气阻力，重力加速度
取
，以抛出点为初始位置，竖直
向上为正方向。则下列说法正确的是（ ）
A．物体在空中运动的时间为
B．物体落地时速度大小为
C．物体被抛出的第
末，物体的位移为
D．物体距离地面的最大高度是
【答案】D
【解析】AD．运动至最高点的过程中，有
解得
s，
m
则离地面的最大高度为
m
从最高点到落地的时间满足
则物体在空中运动的时间为
s，故A 错误，D 正确；
B．根据速度公式可知，物体落地时速度大小
m/s，故B 错误；
C．物体上升到最高点需用1s，从最高点运动1.5s 的距离为
则物体被抛出的第2.5s 末，物体的位移为
，故C 错误；
故选D。
8.（2026·河南·三模）一同学站在高台上，将一小球以v0=5m/s 的速度竖直向上抛出，小球最终落到地面上。
已知抛出点距离地面的高度h=30m，重力加速度g 大小取10m/s²，不计空气阻力，最后1s 内小球运动的位
移大小为（ ）
A．15m
B．20m
C．25m
D．30m
【答案】B
【解析】整个过程是匀变速直线运动，根据位移时间关系可得
解得
则第2s 时的速度
第3s 时的速度
则最后1s 内对应的位移为
所以位移大小为20m。
故选B。
9．（2026·湖南娄底实验中学模拟）库里在训练中进行定点罚球竖直抛球练习，将篮球从离手高度处竖直
上抛，经过时间t 后在同一位置接住篮球。不计空气阻力，重力加速度大小为g，取竖直向上为正方向，篮
球从抛出到再被接住的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．篮球上升的最大距离为
B．篮球抛出时的速度大小为
C．篮球速度的变化量为
D．篮球的平均速率为
【答案】B
【解析】A．竖直上抛运动上升和下落过程具有对称性，已知篮球运动的总时间为，故上升、下落的时间
均为
篮球上升的最大距离等于自由下落
的位移，所以篮球上升的最大距离为
，故A
错误；
B．由于篮球全过程的位移为0，则根据竖直上抛位移与时间的关系式
解得篮球抛出时的速度大小为
，故B 正确；
C．以竖直向上为正方向，则篮球抛出时的速度为
，接住时的速度为
，所以速度的变化
量为
，故C 错误；
D．平均速率为总路程与总时间的比值，篮球全过程的总路程为
故平均速率为
，故D 错误。
故选B。
10.（2026·湖南师大附中月考）升降机从井底以5m/s 的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松
脱，再经过4s 升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度
，
下列说法正确的是（ ）
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．螺钉落到井底时的速度大小为40m/s
C．矿井的深度为60m
D．矿井的深度为80m
【答案】D
【解析】A. 螺钉松脱时有向上的初速度 5m/s，故做竖直上抛运动，不是自由落体运动，故 A 错误；
B. 设向下为正方向，螺钉初速度
，加速度
，时间
，落至井底的速度
故 B 错误；
CD. 螺钉位移
（方向向下）
此即螺钉松脱点至井底的距离。升降机匀速上升，4 s 内上升距离
此即松脱点至井口的距离。设井深为
，则
解得
，故 C 错误，D 正确。故选
11.（2026·陕西榆林·二模）杂技演员每隔相等时间竖直向上抛出一小球（不计一切阻力，小球间互不影响，
重力加速度的大小为10 m /s
2），若每个小球抛出时的初速度大小都是10 m /s，他一共有5 个小球，要想
使节目连续不断表演下去，在他的手中总要有1 个小球停留，则每个小球在手中停留的时间约为（ ）
A．0.2s
B．0.25s
C．0.5s
D．1.0s
【答案】C
【详解】单个小球竖直上抛运动的时间t 上= v0
g =1s
由运动对称性，下落时间和上升时间相等，因此小球在空中总时间T =2t 上=2s
由于共有5 个小球，手中始终停留1 个，说明同一时刻空中有5−1= 4个小球，要使表演连续，相邻两次
抛球的时间间隔Δt（即小球在手中停留的时间）需把总空中时间均分，因此每个小球在手中停留的时间
Δt = T
4 =0.5s，故选C。
12.小洋同学在一次观看跳水比赛时，想到了一些问题。他做了如下假设：比赛时，将运动员看作1.6m 长
的竖直细杆，离开跳台后在空中做竖直上抛运动（不考虑起跳时跳台的形变，且下落过程中运动员不会与
跳台相撞），整个运动过程中始终保持竖直方向，不转动。运动员在距水面10m 的跳台向上跳起，离开跳
台时速度v0=5 m/s。该同学上网查得重力加速度大小10 m/s
2，且运动员从接触水面到身体全部入水过程
视为做减速直线运动，其速度与入水深度关系为v =
l
l+h v1，（其中l 为运动员的身长，h 为入水的长度，
v1为入水时的速度）；身体全部入水后做匀减速直线运动，加速度大小为25 m/s
2，直到停止时触底。下列
说法正确的是（ ）
A．运动员到达最高点时离跳台的距离为1m
B．运动员身体全部入水时的速度为7m/s
C．运动员起跳到最高点的时间0.2s
D．运动员从起跳至到达池底的过程中，全程的平均速度约为5.17m/s
【答案】D
【详解】A．运动员竖直上抛到最高点时速度为0，由竖直上抛速度位移公式v0
2=2 gh1
解得h1= v0
2
2g = 25
20 m =1.25 m，故A 错误；
B．最高点到水面的距离h
′ =h1+10 m =11.25 m
运动员刚入水时速度v1=
❑√2 gh
′ = ❑√2×10×11.25 m /s=15 m /s
全部入水时入水长度h=l =1.6 m
代入题给速度公式得v = l
l+l v1= v1
2 =7.5 m /s，故B 错误；
C．起跳到最高点的时间由v0= gt0
得t0= v0
g = 5
10 s=0.5s，故C 错误；
D．全程总位移：跳台到水面10m+身长1.6m+全部入水后匀减速位移x，其中x = v
2
2a = 7.5
2
2×25 m =1.125 m
总位移大小x总=10 m +1.6 m +1.125 m =12.725 m
上升时间t0=0.5s，最高点到水面时间t1=
❑√
2h
′
g = ❑√
2×11.25
10
s=1.5s
入水过程，由v = dh
dt = l v1
l+h
则入水过程的时间为t2=∫
0
l l+h
l v1
dh= 3l
2v1
= 3×1.6
2×15 s=0.16s
入水后匀减速时间t3= v
a = 7.5
25 s=0.3s
总时间t 总=0.5s+1.5s+0.16s+0.3s=2.46s。
平均速度大小v = x总
t 总
≈12.725
2.46 m /s≈5.17 m /s，故D 正确。
故选D。
；
⏳题型03 匀
速直线运动的多过程问题
变
13.（2026·湖南衡阳第一中学·模拟预测）电子不停车快捷收费系统又称ETC，相比人工收费，大大提
高了通行效率，但由于ETC 通信技术的限制，一般限速不超过20km/h。假设ETC 收费车道和人工收费车
道的长度均为40m，司机驾车进入两种收费通道的车速均为18km/h，走ETC 车道的汽车以18km/h 匀速通
过，而走人工车道的汽车从进入收费车道就立刻开始匀减速，直至减速到零时刚好停在收费窗口位置，经
过1min 的停车缴费后，再匀加速驶离收费通道，刚好在离开收费通道时的车速恢复至18km/h，则
（ ）
A．走人工收费通道的总时间为68s
B．通过人工收费通道的平均速度为2.5m/s
C．走ETC 收费通道比走人工收费通道节约时间为68s
D．由于人工收费窗口到通道两端距离未知，无法计算通过人工收费通道的具体时间
【答案】C
【详解】AD．走人工收费通道，汽车由5m/s 匀减速到零再匀加速到5m/s 的过程中，不计停车收费的
时间，汽车的平均速度为2.5m/s，所以汽车通过人工车道汽车行驶的时间为
t1= x
v1
= 40
2.5s=16s
加上停车缴费的时间总共通过人工收费通道的时间为
t2=t1+1min=76 s
故A、D 错误；
B．走人工收费通道的平均速度
v2= x
t2
= 40
76 m/ s=10
19 m/ s
故B 错误；
C．走ETC 车道的时间
t2= x
v3
= 40
5 s=8s
故比走人工收费通道节约
Δt =(76−8)s=68 s
故C 正确；
故选C。
14.（2026·江西新余·模拟预测）如图所示，滑块从T位置由静止开始向左做加速度大小为1m /s
2的匀加速
直线运动，经过S 到达R点，R处有弹性挡板未画出，滑块在R处速度大小不变反弹，做加速度大小为
2m /s
2的匀减速运动，T、R间距离为8 m，滑块在R处碰撞时间不计，滑块在S 点左右两侧滑动的总时间
之比为(5−❑√10):(1+ ❑√10)，S 点距离T点的距离为（ ）
A．4 m
B．4.5 m
C．5m
D．5.6 m
【答案】C
【详解】滑块向左加速至R 位置时，根据速度与位移的关系有v
2=2a1 xTR
解得滑块到达R处时的速度为v = 4 m /s
上述匀加速过程经历的时间t1= v
a1
= 4s
利用逆向思维，反弹后匀减速运动至0 经历的时间与位移为t2= v
a2
=2s
令匀加速过程由S 到R的时间为Δt1，匀减速过程由R到S 的时间为Δt2，利用逆向思维，根据位移公式
有v Δt2−1
2 a2Δt2
2= v Δt1−1
2 a1Δt1
2
滑块在S 点左侧滑动的时间为Δt2+Δt1，滑块在S 点右侧滑动的时间为t1+t2−Δt1−Δt2，则有
(Δt2+Δt1):(t1+t2−Δt1−Δt2)=(5−❑√10):(1+ ❑√10)
联立可解得Δt2=1s
易得S 点距离R点的距离为xSR= v Δt2−1
2 a2Δt2
2=3 m
则S 点距离T点的距离为xTR−xSR=5 m
故选C。
15.（25-26·江苏苏州·期中）根据《中华人民共和国道路交通安全法》第四十七条规定：机动车行经人
行横道时，应当减速行驶；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行。某司机驾驶汽车正以v0=10 m/s的
速度在平直的道路上行驶。他看到斑马线上有行人后立即刹车，加速度大小为a=2.5m/ s
2，车停住时车
头刚好碰到斑马线，等待行人t0=10 s后（人已走过），又用了5 s的时间匀加速至原来的速度v0，设开始
刹车时为计时起点（即t =0），求：
(1)汽车在前10 s内的位移大小；
(2)汽车因礼让行人而延迟的时间。
【答案】(1)20m
(2)14.5s
【详解】（1）设汽车刹车停下来需要时间
，则有t1= v0
a = 4 s
10s 末汽车已停止且未重新启动，则汽车在前10s 内的位移为x1= v0
2
2a = 100
2×2.5 m=20m
（2）根据题意可知，加速过程的位移大小为x2= v0
2 ⋅t2=25m
正常情况下司机通过该段路的时间为t3= x1+ x2
v0
= 4.5 s
汽车因礼让行人而延迟的时间为Δt =t1+t0+t2−t3=14.5 s
16.（2026·云南昆明·一模）春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O 点
推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O 点开始做匀减速直线
运动，刚好停在e 点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e 相邻两点间距离均为0.25m，盒子从d 点运动到e
点的时间为0.5s。下列说法正确的是（ ）
A．盒子运动的加速度大小为1m/s2
B．盒子运动到a 点的速度大小为2m/s
C．盒子运动到c 点的速度大小为1m/s
D．盒子从a 点运动到e 点的时间为2s
【答案】B
【详解】A．由题知，滑块在停止运动前的最后0.5s 内通过的距离为0.25m，根据逆向思维法有x0= 1
2 at
2
代入数据有a=2m/s
2
故A 错误；
B．根据逆向思维法有va
2=2a×4 x0
解得盒子运动到a 点的速度大小为va=2m/s
故B 正确；
C．根据逆向思维法有vc
2=2a×2 x0
解得盒子运动到c 点的速度大小为v = ❑√2m/s
故C 错误；
D．根据逆向思维法有4 x0= 1
2 at
′2
盒子从a 点运动到e 点的时间为t
′ =1s
故D 错误。
故选B。
重难·创新演练
结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3T6);新角度考查研究方法(T4T5);
1.
▶新情境◀（2026·四川成都·二模）2025 年11 月19 日，清华学子邵雨琪在第十五届全运会女子跳高决赛
中获得金牌，若起跳过程中，其重心上升的高度约为0.8m，请估算她起跳离地时，竖直向上速度为
（ ）
A．2m/s
B．3m/s
C．4m/s
D．5m/s
【答案】C
【详解】起跳后运动员在竖直方向的运动可以看成竖直上抛运动，重心上升的高度约为0.8 m，由竖直上抛
运动的规律，有v
2=2gh
解得竖直向上速度v = 4 m /s。
故选C。
2.▶新情境◀（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示为高速公路的ETC 电子收费系统，ETC 通道的
长度（识别区起点到自动栏杆的水平距离）L=8m。某自动驾驶汽车以18km/h 的速度匀速进入识别区，
ETC 天线用了0.3s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自
动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5m/s²，汽车静止时距自动栏杆的距离为
3.9m，则自动驾驶系统的反应时间为（ ）
A．0
B．0.02s
C．0.04s
D．0.2s
【答案】B
【详解】设自动驾驶系统的反应时间为t1，由题知汽车的速度v0=18km /h=5m / s，t0=0.3 s
汽车做匀速直线运动的位移为x1= v0(t0+t1)
汽车做匀减速直线运动的位移为x2= v0
2
2a
根据题意有L−3.9m= x1+ x2
联立解得t1=0.02s
故选B。
3.▶新考法◀（2026·山东东营·一模）利用相机的连拍功能，结合拍摄过程的曝光时间，可以获得运动残
影来研究物体的运动。现定义：“曝光时间”Δt 为每次快门开启进行拍摄的时间，“曝光间隔时间”t0为
相邻两次快门执行“开启”操作的时间间隔，如图甲所示，Δt=0.02s，t0=0.1s。某同学打开相机连拍小球自
由下落的影像，选取几段连续的残影，如图乙所示，若x1=2cm，g=10m/s2。通过理论计算，x3的长度为（
）
A．4cm
B．6cm
C．22cm
D．42cm
【答案】B
【详解】设第一个曝光时间Δt内的初速度为v0；根据运动学公式，第一个曝光时间Δt内的位移
x1= v0 Δt + 1
2 g Δt
2
第三次曝光的初速度v = v0+ g×2t0= v0+2gt0
第三次曝光时间Δt内的位移x3= v Δt + 1
2 g Δt
2=(v0+2gt0) Δt + 1
2 g Δt
2=6cm
故选B。
4．▶新角度◀（25-26 高三上·湖南岳阳·月考）离地高5h 处的小球（视为质点）静止释放的同时，其正下
方长为h 的管从地面以初速度v0竖直上抛，球能从管穿过且互不影响，如题图所示，当球下落h 时刚要进
入管。不计空气阻力，则（ ）
A．球穿过管的时间为2h
v0
B．球穿过管的时间为h
2v0
C．球落地时的速度为❑√5 v0
D．球落地时的速度为
❑√5
2 v0
【答案】D
【详解】AB．由于球和管的加速度均为重力加速度，所以球相对于管做速度为v0的匀速直线运动，则球穿
过管的时间为Δt = h
v0
，故AB 错误；
CD．当球下落h 时刚要进入管，设该过程所用时间为t1，则有h= 1
2 gt1
2，4 h= 1
2 gt1
2+(v0t1−1
2 gt1
2)
可得h= v0
2
8 g
设球落地时的速度为v，则有2 g×5h= v
2
解得v =
❑√5
2 v0，故C 错误，D 正确。
故选D。
5.▶新角度◀（2026·云南昭通·一模）（多选）自然界中很多动物的行为蕴藏着物理规律。如图所示，飞
虫沿离地面高为h的水平线以速度v0匀速飞行，经过M点时，前方地面上N点处一只青蛙以一定速度竖直
跳起，青蛙恰在最高点处捉住飞虫。飞虫与青蛙均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法
正确的是（ ）
A．飞虫从M点到被捉住飞行的距离为v0
❑√
h
g
B．飞虫从M点到被捉住飞行的距离为v0
❑√
2h
g
C．青蛙起跳的速度大小为❑√gh
D．青蛙起跳的速度大小为❑√2 gh
【答案】BD
【详解】CD．根据题意可知，青蛙竖直向上跳起，做竖直上抛运动，上升的最大高度为h，则由h= 1
2 gt
2
和v
2=2gh
可得，青蛙上升到最高点所用时间为t = ❑√
2h
g
青蛙起跳的速度大小为v = ❑√2gh，故C 错误，D 正确；
AB．青蛙恰在最高点处捉住飞虫，则有x = v0t = v0
❑√
2h
g
，故A 错误，B 正确。
故选BD。
6.▶新考法◀（2026·湖南长沙实验中学·一模）篮球运动中，球员需要拼抢篮板，合适的起跳时机有助于
让自己在更高处接到球，若
时刻篮球自离地面
处的
点开始竖直下落，初速为零，球员未起
跳时手位于
点，距离地面
，假设球员起跳后
点随身体做初速为
的竖直上抛运动，不
计一切阻力，忽略篮球和手的体积，重力加速度
，则：
（1）该球员起跳后
点可以上升的最大高度是多少？
（2）若球员在
时刻同时起跳，试判断球员是否可以在上升过程中接到篮球？
【答案】（1）
（2）不可以
【解析】（1）球员起跳后M 点做竖直上抛运动，根据速度与位移的关系式有
解得
（2）若球员在
时刻同时起跳，利用逆向思维可知球员速度减为零所用时间为
此时间内，篮球的位移为
由于
可知，球员不可以在上升过程中接到篮球。
、
真题·实战演练
高频考点：自由落体运动规律的应用、匀变速直线运动的多过程问题。
1.（2025·安徽·高考真题）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
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题意可知，设匀加速直线运动时间为
，匀速运动的速度为
，
匀加速直线运动阶段，由位移公式
根据逆向思维，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
联立解得
再根据
解得
BCD 错误，A 正确。
故选A。
2．（2024·广西·高考真题）让质量为
的石块
从足够高处自由下落，
在下落的第
末速度大小为
，
再将
和质量为
的石块绑为一个整体
，使
从原高度自由下落，
在下落的第
末速度大小为
，
g 取
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1s 后速度为
故选B。
3．（2022·湖北·高考真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W 和G
间的铁路里程为1080 km，W 和G 之间还均匀分布了4 个车站。列车从W 站始发，经停4 站后到达终点站
G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站
和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每
个车站停车时间相同，则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6 小时25 分钟
B．6 小时30 分钟
C．6 小时35 分钟
D．6 小时40 分钟
【答案】B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4 个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5 倍为总的节省时间，
相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
故选B。
4．（2022·全国·高考真题）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
【详解】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，则有
v = v0 - 2at1
解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
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
故选C。
5．（2021·湖北·高考真题）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10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A．0.2s
B．0.4s
C．1.0s
D．1.4s
【答案】B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
t = ❑√
2 H
g = ❑√
2×10
10
s≈1.4s
下落前5m 的过程所用的时间为
t1= ❑√
2h
g = ❑√
2×5
10 s=1s
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
t2=t −t1=0.4 s
故选B。
6．（2023·广东·高考真题）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点
的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛
运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速
度v或加速度a随时间t变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g 竖直向下，大小恒定，在v-t 图像中，斜率为加速
度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB 错误；
CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C 错误，选项D 正确。
故选D。
故选BD。
