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第03 讲 自由落体运动与竖直上抛运动
一、考点精讲练
考点01：自由落体运动（必备知识+1 例+3 变式+能力提升）
考点02：竖直上抛运动（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点03：多过程问题（2 例+3 变式+能力提升）
二、拓展学习（自由落体运动与竖直上抛运动的相遇问题）
三、巩固提升（精选15 道题）
1．定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2. 运动性质：初速度v0＝0、加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动。
3. 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＝ gt2 。
(3)速度与位移的关系式：v2＝2gh。
4. 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“重的物体下落得快”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。
【例1】(2024·广西·高考真题)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
【详解】 重物所受空气阻力可忽略，重物自由下落后均做自由落体运动，加速度与其质量无关，则P1、
P2下落1 s 后的速度v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s，故B 正确，A、C、D 错误。
考点一
自由落体运动
本讲要点
【变式1-1】(多选)甲、乙两物体，甲的质量为4 kg，乙的质量为2 kg，甲从20 m 高处自由下落，1 s 后乙
从10 m 高处自由下落，不计空气阻力。在两物体落地之前，下列说法中正确的是( )
A.同一时刻甲的速度大
B.同一时刻甲的加速度大
C.两物体从起点各自下落1 m 时的速度是相同的
D.落地之前甲和乙的高度之差保持不变
【答案】 AC
【详解】 根据速度公式可知同一时刻甲的速度大，A 正确;自由落体运动的加速度都是重力加速度，B 错
误;由v2=2gh 可知两物体从起点各自下落1 m 时的速度是相同的，C 正确;两物体间距离Δh=20 m－1
2
g(t+Δt)2－(10m−1
2 gt
2)=10 m－1
2gΔt(2t+Δt)，因此落地之前甲和乙的高度之差随时间增加而变化，D 错
误。
【变式1-2】小明做家务时，发现家里自来水的出水情况有这样的特点：当水流不太大时，从水龙头中连
续流出的水会形成水柱，从上往下越来越细，如图所示。水柱的横截面可视为圆，在水柱上取两个横截面
A、B，粗测A、B 的直径之比d1:d2=2:1。则经过A、B 处的水流速度大小之比v1:v2为（ ）
A．4:1
B．1:4
C．2:1
D．1:2
【答案】B
【详解】取相同的Δt时间，且Δt →0，则有π( d1
2 )
2
v1 Δt = π( d2
2 )
2
v2 Δt
可得经过A、B 处的水流速度大小之比为v1:v2=d2
2:d1
2=1:4
故选B。
【变式1-3】用照相机拍摄从某砖墙前的高处自由落下的石子，拍摄到石子在空中的照片如图所示。由于
石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平
均厚度为6cm，则（ ）
A．图中径迹长度约为0.06 m
B．A 点离释放点的高度约为0.5 m
C．曝光时石子的速度约为6.3 m /s
D．照相机的曝光时间约为0.01s
【答案】C
【详解】A．由题图可看出径迹长度约为Δx = 2d = 0.12m
故A 错误；
B．A 点离释放点的高度约h = 2.5m－0.06 × 8.6m = 1.984m
故B 错误；
C．曝光时石子的速度约为 v
2=2 gℎ
解得 v ≈6.3 m /s
故C 正确；
D．由于AB 距离较小，故可以近似将AB 段做匀速直线运动，故时间为 t = 0.12
6.3 s=0.019s
故D 错误。
故选C。
【解题能力提升】
1．匀变速直线运动的所有规律均可运用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关
系式，在自由落体运动中应用更频繁。
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。
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. 基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v0－gt。
(2)位移与时间的关系式：h＝ v0t－gt2 。
(3)速度与位移的关系式：v2－v＝－2gh。
(4)上升的最大高度：H＝ 。
(5)上升到最高点所用时间：t＝ 。
【例2-1】中国最高的喷泉是位于湖南省长沙市梅溪湖国际文化艺术中心附近的梅溪湖音乐喷泉。这个喷
泉喷水高度可达200 米左右，是目前中国最高的喷泉之一。梅溪湖音乐喷泉结合了音乐、灯光和水柱的表
演，成了当地的一个著名景点，吸引了大量游客前来观赏。如果某时刻喷泉喷出的高度为180m，重力加
速度g 取10 m/s
2，则水离开喷头的初速度大小约为（ ）
A．18m/s
B．36m/s
C．60m/s
D．180m/s
【答案】C
【详解】根据竖直上抛运动的规律有v0
2=2gℎ
可得v0= ❑√2gℎ= ❑√2×10×180 m /s=60 m /s
故选C。
【例2-2】在某次跳水比赛中，一位运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，
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 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水
(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一
个质点，g 取10 m/s2)
(1)运动员起跳时的速度大小v0；
(2)从离开跳台到手接触水面所经历的时间t(本问结果可保留根号)。
考点二
竖直上抛运动
【答案】 (1)3 m/s (2) s
【详解】 (1)上升阶段有0－v＝－2gh，代入数据解得v0＝3 m/s。
(2)解法一：分段法
上升阶段有：0＝v0－gt1
代入数据解得：t1＝0.3 s
自由落体运动过程有：H＝gt
其中H＝10 m＋0.45 m＝10.45 m
解得t2＝ s
所以从离开跳台到手接触水面所经历的时间t＝t1＋t2＝0.3 s＋ s＝ s。
解法二：全程法
取竖直向上为正方向，初速度v0＝3 m/s，位移为x＝－10 m，由匀变速直线运动位移与时间的关系得
x＝v0t－gt2，解得t＝ s，另一解为负值，舍去。
【变式2-1】巴黎奥运会网球女子单打冠军郑钦文在比赛中将网球竖直向上抛出。已知网球在上升到最高
点的过程中，最初0.5s 与最后0.5s 内上升的高度之比为2 1∶，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则
网球抛出的初速度大小为（ ）
A．9m/s
B．7.5m/s
C．5m/s
D．2.5m/s
【答案】B
【详解】网球上升过程中，最后0.5s 内上升的高度ℎ1= 1
2 gt
2=1.25 m
网球抛出后最初0.5s 内上升的高度ℎ2=2ℎ1=2.5 m
有ℎ2= v0t −1
2 gt
2
解得v0=7.5 m /s
故选B。
【变式2-2】某物体在一竖直向上的恒定拉力作用下从地面由静止开始竖直向上运动，经过4s 到达距离水
平地面40m 高度处，此时撤掉拉力。不计空气阻力，重力加速度g 取10 m /s
2，下列说法正确的是
（ ）
A．物体前4s 内的加速度大小为4 m /s
2
B．物体在4s 末的速度大小为20m/s
C．物体上升过程中距离地面的最大高度为40m
D．物体从开始运动到落回地面的总时间为(4 +2❑√2)s
【答案】B
【详解】A．物体做匀加速运动，则有ℎ1= 1
2 at1
2
解得a=5 m /s
2
A 错误；
B．由速度公式得v1=at1=20 m /s
B 正确；
C．由位移与速度关系公式得ℎ2= v1
2
2g
代入数据解得ℎ2=20 m
所以物体上升过程中离地面的最大高度ℎ=ℎ1+ℎ2= 40 m +20 m =60 m
C 错误；
D．从撤掉拉力到运动至最高点的过程中，由v1= gt2
解得t2= v1
g = 20
10 s=2s
从最高点落回地面的过程中ℎ= 1
2 gt3
2，ℎ=60 m，
代入得t3=2❑√3s
故从开始运动到落回地面的总时间t 总=t1+t2+t3=(6+2❑√3)s
D 错误。
故选B。
【解题能力提升】
1．竖直上抛运动的两种研究方法
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
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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。
3．竖直上抛运动的对称性
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，则：
(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tBC＝tCB。
(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。
【例3-1】如图所示，A、B 为弹性竖直挡板，相距L=4m，A、B 之间为水平导轨。一小球（可视为质点）
自A 板处开始，以v0=4m/s的速度沿导轨向B 板运动，它与A、B 挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反
弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球恰好停在两挡板的中间，这个加速度的大小
可能为（ ）
A．1.5m/s
2
B．1m/s
2
C．0.8m/s
2
D．0.4m/s
2
【答案】C
【详解】根据题意可把小球整个过程的运动看成是匀减速直线运动，设加速度大小为a，为使小球恰好停
在两挡板的中间，小球通过的路程应满足
s= L
2 +nL（n=0，1，2⋯）
根据运动学公式可得
2
−as=0−v0
2
可得
a= v0
2
2s =4
1+2n m/s
2（n=0，1，2⋯）
当n=0时，可得
考点三
多过程问题
a1=4m/s
2
当n=1时，可得
a2=4
3 m/s
2
当n=2时，可得
a3=4
5 m/s
2=0.8m/s
2
当n=3时，可得
a4=4
7 m/s
2
当n=4时，可得
a4=4
9 m/s
2
当n=5时，可得
a4=4
11 m/s
2<0.4m/s
2
故选C。
【例3-2】 (2024·全国甲卷·高考真题)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0 时由静
止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s 时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停
止鸣笛，t2=41 s 时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求:
(1)救护车匀速运动时的速度大小;
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【答案】 (1)20 m/s (2)680 m
【详解】 (1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v=at1
代入数据解得v=20 m/s。
(2)设救护车在t=t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x=1
2at1
2+v(t0－t1)
又x=v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x=680 m。
【变式3-1】如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以大小为a的加速度做初
速度为零的匀加速直线运动，到达C点时的速度大小为v。乙先以大小为a1的加速度做初速度为零的匀加
速直线运动，到达B点后再以大小为a2的加速度做匀加速直线运动，到达C点时的速度大小也为v。若
a1≠a2≠a，则（ ）
A．甲车一定先到达C点
B．甲、乙两车不可能同时到达C点
C．乙车一定先到达C点
D．若a1>a，则甲车一定先到达C点
【答案】B
【详解】由于甲、乙两车末速度大小相等，位移大小相等，即图线与坐标轴所围成的面积相等，若a1>a，
作出两车的v −t图像如图1 所示
则t乙<t甲，可知乙车先到达C；若a>a1，作出两车的v −t图像如图2 所示，则t乙>t甲，可知甲车先到达
C点；由于不能作出甲、乙两车位移大小相等、速度大小相等、时间也相等的图线，所以甲、乙两车不能
同时到达C点。
故选B。
【变式3-2】(2025·重庆八中模拟)重庆的桥梁、隧道众多，故被称为“魔幻之都”。长为L 的轻轨在平直
轨道上正常行驶，速率为v0，前方有一长为2L 的隧道，为了保证安全通过该隧道，轻轨的任一部分位于隧
道内时，它的速率都不允许超过2v0
3 。已知列车加速和减速的加速度大小分别为a 和2a，则列车从减速开
始到恢复正常速率v0，需要的最短时间为( )
A. v0
2a
+ 9 L
2v0
B. v0
2a
+3 L
v0
C. v0
3a
+ 9 L
2v0
D. v0
3a
+3 L
v0
【答案】 A
【详解】由题意知，列车进隧道前速率必须减速到2v0
3 ，则有2v0
3 =v0－2at1，解得t1= v0
6a;通过隧道时匀速
运动，通过的位移为3L，故所用时间t2=
3 L
2
3 v0
= 9 L
2v0
;列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=2v0
3
+at3，解
得t3= v0
3a
，则列车从减速开始至恢复正常行驶速度v0，需要的最短时间为t=t1+t2+t3= v0
2a
+ 9 L
2v0
，故A 正确。
【变式3-3】某高速公路收费站出入口安装了电子不停车收费系统（ETC）。甲、乙两辆汽车分别通过人
工收费通道和ETC 通道驶离高速公路，流程如图。假设减速带离收费岛口距离x＝60m，收费岛总长度d
＝40m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝72km/h 经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车
刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝20s 的时间缴费成功，同时人工栏杆打开放行；乙车减速至v0
＝18km/h 后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行。已知两车在栏杆打开放行时立即做匀
加速直线运动，且加速和减速过程中的加速度大小相等。求：
(1)两车做加速和减速过程中的加速度大小；
(2)甲车从开始减速到离开收费岛共用多长时间；
(3)乙车比甲车早离开收费岛多长时间。
【答案】(1)2.5 m/s
2 (2)32s (3)(27−2❑√5)s
【详解】（1）由题意知
v1=72km/s=20m/s
v0=18km/s=5m/s
两车减速运动的加速度大小为
a=
v1
2
2( x + d
2 )
=
20
2
2×(60+ 40
2 )
=2.5 m/s
2
两车做加速和减速过程中的加速度大小均为2.5m/s2。
（2）甲减速时间
t1= v1
a =8s
设甲加速离开安全岛时间为t2，则
d
2 = 1
2 at2
2
得
t2= ❑√
d
a = ❑√
40
2.5 s=4s
甲车从开始减速到离开收费岛共用时间
t甲=t1+t0+t2=8s+20s+4s=32s
（3）设乙车减速到v0所用时间为
t3= v1−v0
a
= 20−5
2.5 s=6s
从开始减速到乙车减速到v0，乙车的位移
x1= v1+ v0
2
t3= 20+5
2
×6 m=75m
乙车从匀速运动到栏杆打开所用时间
t 4=
x + d
2 −x1
v0
=
60+ 40
2 −75
5
s=1s
设乙车从栏杆打开到离开收费岛所用时间为t5，由运动学公式可得
d
2 = v0t5+ 1
2 at5
2
解得
t5=(2❑√5−2)s
则乙车从开始减速到离开收费岛所用时间为
t乙=t3+t 4+t5=(5+2❑√5)s
乙车比甲车早离开收费岛的时间
Δt =t甲−t乙=32s−(5+2❑√5)s=(27−2❑√5)s
【解题能力提升】
1.匀变速直线运动的多过程问题的解题思路
(1)依据加速度不同，将物体运动分为几个阶段。
(2)分析判断各阶段的运动性质，画出运动示意图。
(3)列出各运动阶段的运动方程。
(4)找出衔接处的速度与各阶段间的位移、时间和加速度间的关系。
(5)联立求解，算出结果，并对结果进行讨论。
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。
自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
1.同时运动相遇时的位移关系
1
2gt2＋v0t－1
2gt2＝H，解得t＝H
v0
。
2.上升、下降过程中相遇问题
（1）若在a 球上升时两球相遇，则有t＜v0
g ，即H
v0
＜v0
g ，解得v0＞❑√gH。
（2）若在a 球下降时两球相遇，则有v0
g
＜t＜2v0
g
，即v0
g
＜H
v0
＜2v0
g
，解得❑√
gH
2
＜v0＜❑√gH。
【例4】如图所示，长度为0.55 m 的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m 处有一小球
（可视为质点）。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆
筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为（空气阻力不计，取g＝10 m/s2）（ ）
A.2.3 m/s
B.2.6 m/s
C.3.1 m/s
D.3.2 m/s
【答案】B
【详解】小球从释放到落地共用时t1＝❑√
2ℎ
g
＝❑√
2×（1.25+0.55）
10
s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25
m 共用时t2＝❑√
2ℎ1
g
＝❑√
2×1.25
10
s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝
拓展学习
2v0
g ，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，
还要大于小球从释放到下落1.25 m 所用时间，即t2＜t3＜t1，则0.5 s＜2v0
g ＜0.6 s，解得2.5 m/s＜v0＜3
m/s，故选B。
【变式4】（多选）如图甲，小球A（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B（视为质点）从
距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h 与运动时间t 的关系图像如图乙，重力加速度大小
为g，不计空气阻力，则（ ）
A．A 的初速度与B 的落地时速度大小相等
B．A 上升过程的平均速度小于B 下降过程的平均速度
C．A、B 处于同一高度时距地面3
4 ℎ0
D．A、B 落地的时间差为❑√
ℎ0
g
【答案】AC
【详解】AB．由题图可知，B 由静止释放时距地面的高度与A 上升到最高点时距地面的高度相等，B 由静
止释放直到落地与A 由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，A 的初速度与B 落地时的速度大小相
等，A 上升过程的平均速度与B 下降过程的平均速度大小相等，故A 正确，B 错误；
C．设A 竖直上抛的初速度为v0，则当AB 到达同一高度时有1
2 gt
2+ v0t −1
2 gt
2=ℎ0，v0
2=2 gℎ0
联立解得t =
❑√
ℎ0
2g
，v0= ❑√2 gℎ0
所以A、B 处于同一高度时距地面ℎ= v0t −1
2 gt
2= 3
4 ℎ0
故C 正确；
D．B 落地时A 刚好上升到最高点，所以AB 落地的时间差就等于A 从最高点下落到地面所用的时间，满足
ℎ0= 1
2 g⋅Δt
2
解得Δt =
❑√
2ℎ0
g
故D 错误。
故选AC。
1．某同学进行颠球训练。将球以初速度大小为v0竖直向上颠出，重力加速度为g，不计空气阻力，则球（
）
A．上升的最大高度为v0
2
2g
B．上升过程经位移中点的速度大小为v0
2
C．上升过程比下降返回至颠出点的时间长
D．回到颠出点时的速度大小为2v0
【答案】A
【详解】
根据运动学公式，有0－v ＝－2gh，可得球上升的最大高度h＝
，故A 正确；设上升过程经位移中点
的速度大小为v1，则0－v ＝－2g· ，可得v1＝
v0，故B 错误；上升过程和下降过程的加速度均为重力加
速度，根据对称性可知，上升过程和下降过程所用时间相等，故C 错误；球回到抛出点时的速度大小为
巩固提升
v0，故D 错误。故选A。
2．（2025·河北秦皇岛·一模）随着社会的进步，世界各地建筑物的高度越来越高。一同学为了估测某建筑
物的高度，由楼顶静止释放一物体，测得物体落地前1s 内下落的高度为95m，重力加速度g 取10 m /s
2，
则该建筑物的高度约为（ ）
A．450m
B．500m
C．550m
D．600m
【答案】B
【详解】设物体下落的时间为t，则测得物体落地前1s 内下落的高度为Δℎ= 1
2 gt
2−1
2 g(t −1)
2=95 m
解得t =10s
则该建筑物的高度约为ℎ= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×10
2m =500 m
故选B。
3．（2025·浙江绍兴·二模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处自由落下的一个小石子摄
在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s，重力加速度g 取10m/s2。测得照片中石子运动痕迹的长度为
0.8cm，实际长度为100cm 的窗框在照片中的长度为4.0cm。根据以上数据估算，石子开始下落的位置距离
窗户的高度约为（ ）
A．10m
B．20m
C．40m
D．50m
【答案】B
【详解】设在曝光时间0.01s 内石子实际下落的距离为x，则有4.0cm
100cm = 0.8cm
x
解得x =20cm =0.2m
在曝光时间0.01s 内石子的速度为v = x
t = 0.2
0.01 m /s=20 m /s
石子做自由运动，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为ℎ= v
2
2 g =20 m
故选B。
4．（2025·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
【详解】整个过程是匀变速直线运动，根据位移时间关系可得−ℎ= v0t −1
2 gt
2
解得t =3s
则第2s 时的速度v1= v0−gt1=−15 m/s
第3s 时的速度v2= v0−gt2=−25 m/s
则最后1s 内对应的位移为ℎ1= v1+ v2
2
(t2−t1)=−20 m
所以位移大小为20m。
故选B。
5．无人机已广泛应用于生产生活中。在测试某无人机性能时，先让无人机从静止开始匀加速上升到某高
度，再关闭电源匀减速运动到最高点。第一次测试时，测得无人机加速的时间为t1，上升的最大高度为
h1；第二次无人机加速的时间为t2，则上升的最大高度为（无人机加速上升、减速上升的加速度均恒定）
（ ）
A．(
t2
t1)
2
ℎ1
B．(
t2
t1)
1
2 ℎ1
C．t2
t1
ℎ1
D．(
t2
t1)
3
ℎ1
【答案】A
【详解】设第一次上升过程中的最大速度为 v1、上升过程的总时间为t，由
ℎ1= 1
2 v1t
根据v-t 图像结合比例关系可知，第二次上升过程中的最大速度为t2
t1
v1，上升过程的总时间为
t ′= t2
t1
t
第二次上升的最大高度
h2=1
2 ⋅t2
t1
v1⋅t2
t1
t =(
t2
t1)
2
ℎ1
故选A。
6．（2025·湖南·三模）中国计划于2025 年5 月发射天问二号执行深空探测任务，届时将对编号为2016HO3
的小行星开展探测并采样返回。假设小行星半径为51.2m，密度为地球的一半。已知地球半径为6400km，
小行星和地球均可视为质量分布均匀的球体，且不考虑自转的影响。若将一石块从某一高度由静止释放，
在地球表面下落的时间为0.4s，则在小行星表面下落的时间最接近（ ）
A．2s
B．20s
C．200s
D．2000s
【答案】C
【详解】设地球质量为M，密度为ρ，引力常量为G，地球表面重力加速度为g，由万有引力产生重力加速
度，有G Mm
R
2 =mg
地球质量M = 4
3 π R
3 ρ
可得地球表面重力加速度g= 4
3 πGρR
设石块离地高度为ℎ，落地时间为t，石块做自由落体运动，有ℎ= 1
2 gt
2
可得t = ❑√
2ℎ
g = ❑√
3ℎ
2πGρR
设小行星密度为ρ小，半径为R小，同理在小行星表面重力加速度g小= 4
3 πG ρ小R小
石块从同样高度ℎ落下，有ℎ= 1
2 g小t小
2
可得t小= ❑√
2ℎ
g小
= ❑√
3ℎ
2πG ρ小R小
有t小
t = ❑√
ρR
ρ小R小
=500
可得t小=500t =200s
故选C。
7．（2023·海南海口·一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图
像如图所示（取竖直向上为正方向），其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE 段是斜率大小为重力加速度
g 的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）
A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B．t3~t 4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度为v1
2
D．t3~t 4时间内“笛音雷”处于失重状态
【答案】D
【详解】A 由图可知，t0~t 4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛
音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t 4时刻之后，故A 错误；
B．t3~t 4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t3~t 4时间内“笛音雷”实际
上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B 错误；
C．将A、B 用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为v1
2
，而AB 线段与横轴所围的面积
大于AB 曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
v = Δ x
Δt
可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB 曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0~t1时
间内“笛音雷”的平均速度小于v1
2 ，故C 错误；
D．根据上述，t3~t 4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，
故D 正确。
故选D。
8．如图（1）所示，在空中某点同时竖直抛出甲、乙物体，因为材料和体积原因，甲物体所受的空气阻力
可忽略不计，而乙物体竖直向下做匀速直线运动。取竖直向下方向为正方向，甲、乙两物体的位移时间x-t
图像如图（2）所示，已知t3=3t1，抛出点离地足够高，则（ ）
A．0~t3时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度
B．0~t3时间内有两个时刻甲、乙速度大小相等
C．甲、乙相遇之前，t2时刻它们的竖直高度差最大
D．阴影部分面积大小表示0~t3时间内甲、乙的相对位移
【答案】B
【详解】A．0~t3时间内，位移相等，时间相同，平均速度相等，故A 错误；
B．因为0~t3时间内位移相等，即−[ v甲⋅3t1−1
2 g(3t1)
2]= v乙⋅3t1
解得v甲+ v乙= 3
2 gt1
甲做竖直上抛运动，有v甲= gt1
联立解得v乙= 1
2 gt1
0~t1、t1~t2内各有一个时刻甲、乙速度大小相等，故B 正确；
C．甲、乙速度相同时，间距最大，故C 错误；
D．x-t 图所围面积无意义，0~t3时间内甲、乙相对位移为0，故D 错误。
故选B。
9．（2025·四川南充·三模）如图甲所示，将A、B 两小球从空中同一位置以相等速率v0在0 时刻分别竖直
向上和竖直向下抛出，它们的v −t图像如图乙所示，已知B 球在2t0时触地，重力加速度为g，忽略空气阻
力。下列说法正确的是（ ）
A．抛出点到地面的高度为2 gt0
2
B．A 球在2t0时回到抛出点
C．落地前B 球相对A 球做匀加速直线运动
D．B 球在第一个t0内和第二个t0内的位移之比为1:3
【答案】B
【详解】A．根据题意，由运动学公式可得，抛出点到地面的高度为ℎ= v0⋅2t0+ 1
2 g(2t0)
2=2v0t0+2gt0
2
故A 错误；
B．根据题意，结合图乙，由对称性可知，A 球在2t0时回到抛出点，故B 正确；
C．取向下为正方向，A 球的速度为vA=−v0+>¿
B 球的速度为vB= v0+>¿
则落地前B 球相对A 球的速度为v = vB−vA=2v0
即落地前B 球相对A 球做匀速直线运动，故C 错误；
D．根据题意，由运动学公式可得，B 球在第一个t0内位移为x1= v0t0+ 1
2 gt0
2
B 球在第二个t0内的位移x2=ℎ−x1= v0t + 3
2 gt0
2
可知，B 球在第一个t0内和第二个t0内的位移之比不是1:3，故D 错误。
故选B。
10．一只老鼠从老鼠洞沿直线爬出，已知爬出速度的大小与距老鼠洞中心的距离x 成反比，当老鼠到达距
洞中心x1=1m的A 点时，速度大小为v1=20cm/s，当老鼠到达距洞中心x2=2m的B 点时，下列说法正确的
是（ ）
A．老鼠从A 到B 所用的时间为5s
B．老鼠从A 到B 所用的时间为7.5s
C．老鼠到B 点的速度大小为40cm/s
D．老鼠到达B 点的速度大小为0.1cm/s
【答案】B
【详解】CD．老鼠爬出速度的大小与距老鼠洞中心的距离x 成反比，设
v =k 1
x
则有
k = v1 x1= v2 x2
解得
v2= v1 x1
x2
=0.2×1
2
m/s=0.1m/s=10cm/s
CD 错误；
AB．由
v =k 1
x
可得
1
v =1
k x
作出1
v −x图像，如图所示，
可知图线与横轴所围的面积表示所用时间，可得老鼠从A 点到B 点所用的时间，则有
t AB=1
2(
1
v1
+1
v2)(x2−x1)=1
2(
1
0.2 +1
0.1)(2 1
−
)s=7.5s
A 错误，B 正确。
故选B。
11．（多选）抛接球杂技是一种十分常见的杂技表演，在某次演出中，杂技演员为观众表演单手抛接球，
他以5 m /s的初速度每隔0.2s竖直向上抛出一个小球并保证这些小球不断在空中运动，在一段时间后，杂
技演员因身体不适，抛出小球的速度减小为4 m /s，但仍继续保持演出。已知这些小球均可视为质点，每
次都在竖直方向上运动并在运动过程中不会相撞，抛接球点距离地面的高度为1m，空气阻力可忽略。下列
说法中正确的是（ ）
A．杂技演员依旧可以保持与之前一样的表演
B．球以5 m /s初速度抛出阶段在空中最多有5 个球
C．球以4 m /s初速度抛出阶段空中运动的球最多有4 个球
D．若有某个球在抛球过程中掉到地上，则球落地的速度一定为6 m /s
【答案】BC
【详解】ABC．以5 m /s的速度抛出小球在空中的时间
t = 2v0
g =1s
因为他每隔0.2s抛出一球，则抛6 号球时1 号球恰好落地，空中最多有5 个球，同理以4 m /s的速度抛出
小球在空中的时间
t = 2v0
g =0.8s
因为他每隔0.2s抛出一球，则抛5 号球时1 号球恰好落地，空中最多有4 个球，所以杂技演员依旧不能保
持与之前一样的表演，A 错误，BC 正确；
D．若有某个球在抛球过程中掉到地上，则
v
2−v0
2=−2 gℎ
其中
ℎ=−1m
解得球落地的速度
v =
❑√v0
2−2 gℎ
由于未说明掉到地上的球的初速度，无法准确求得球落地的速度一定为6 m /s，D 错误。
故选BC。
12．（2024·陕西安康·一模）在巴黎奥运会上，我国选手包揽了女子10 米跳台跳水的金牌和银牌。如图所
示，一质量m=50kg的运动员（视为质点），从距水面ℎ=10 m高处以大小v =5 m /s的速度竖直向上跃起，
一段时间后落入水中。水池中的水足够深，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10 m /s
2。
(1)求运动员距水面的最大高度H；
(2)求运动员从起跳到刚落到水面的时间t；
(3)若运动员入水后，受到的浮力与其受到的重力大小相等，受到水的阻力大小f =1125 N，不考虑运动员
的动作带来的影响，求运动员在水中能到达的最大深度ℎm。
【答案】(1)11.25m
(2)2s
(3)5m
【详解】（1）运动员上升阶段
v
2=2 gℎ1
解得
h1=1.25m
则
H=h+h1=11.25m
（2）运动员在空中运动过程中
ℎ=−vt + 1
2 gt
2
解得
t=2s
（3）运动员入水后做匀减速运动，设该过程中运动员的加速度大小为a，由牛顿第二定律
f + F 浮−mg=ma
解得
a=22.5m/s2
运动员刚落到水面时的速度大小
v1=-v+gt
由运动公式可知
v1
2=2aℎm
解得
hm=5m
13．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，有一上下无底的圆筒，它的下端距水平地面的高度为H。圆筒上
端中心处有一小球。现让小球和圆筒同时由静止自由下落，圆筒碰地后的反弹速率为落地速率的4
5 不计碰
撞时间和空气阻力，运动过程中圆筒始终保持竖直，重力加速度为g。
(1)求圆筒第一次落地后，弹起的最大高度hm；
(2)若圆筒第一次反弹后落下时，下端与小球同时落地（此前小球未碰地），圆筒的长度L。
【答案】(1)16
25 H
(2)144
25 H
【详解】（1）圆筒做自由落体运动，设第一次落地速率为v1，有2 gH = v1
2
圆筒第一次落地后弹起到最高点过程中做匀减速运动，有2gℎm =( 4
5 v1)
2
联立解得ℎm = 16
25 H
（2）设圆筒下端运动到地面的时间为t1，根据自由落体运动规律有H = 1
2 gt1
2
设圆筒第一次弹起后到最高点的时间为t2，则ℎm = 1
2 gt2
2
圆筒第一次弹起后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
小球下落高度ℎ= 1
2 gt
2= 169
25 H
圆筒长度L=ℎ−H
解得L= 144
25 H
14．（2025·福建漳州·模拟预测）图甲为意大利著名建筑物比萨斜塔，相传伽利略在此做过自由落体实验。
如图乙所示，现将两个小铁球P 和Q 用长L=3.25m 不可伸长的轻绳连接，从与比萨斜塔的塔顶等高的A 处
将悬吊Q 球的P 球由静止释放。测得Q 球落地的时间t=3.2s，忽略空气阻力，g 取10m/s2，求：
(1)比萨斜塔的高度H；
(2)P、Q 球落地的时间差Δt；
(3)P 球从释放到刚落地过程中的平均速度大小v。
【答案】(1)54.45m
(2)0.1s
(3)16.5m/s
【详解】（1）由静止释放P 球后，Q 球做自由落体运动，则H −L= 1
2 gt
2
解得H =54.45 m
（2）由静止释放P 球后，P 球做自由落体运动，则H = 1
2 g(t + Δt )
2
解得Δt =0.1s
（3）P 球从释放到刚落地的过程中的平均速度大小v =
H
t + Δt
解得v =16.5 m/s
15．无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，可以探测前方的车辆和行人，在距离车辆或行人比较近的时候，
可以自发启动制动系统，能有效避免碰撞事故的发生。该无人驾驶汽车在平直公路匀速行驶时速度大小不
超过36km /h，加速和减速时的最大加速度均为4 m /s
2，不计激光传播时间。
(1)若该无人驾驶汽车正全速行驶，正前方同一车道有一摩托车沿同一方向以6 m /s的速度匀速行驶，为避
免相撞，求无人驾驶汽车离前面摩托车至少多远自发启动制动系统；
(2)如图所示，在平直公路的AB段正中间有一斑马线供行人通行，一乘客在B处下单，在其西侧相距800 m
的A点处有一辆无人驾驶汽车立即自动接单。若该车接单2s后由静止启动向乘客出发，但在斑马线前需停
车让行30s，求乘客下单后至少等多久才能上车。
【答案】(1)2m
(2)117s
【详解】（1）设两车共速所用时间为t，则
v −at = v 摩
代入数据解得
t =1s
此过程中，无人驾驶汽车运动的距离为
x车= 1
2 (v + v 摩)t =8 m
摩托车运动的距离为
x摩= v 摩t =6 m
所以，无人驾驶汽车自发启动制动系统至少到前面摩托车的距离
Δ x = x车−x摩=2m
（2）当无人驾驶车辆以最大加速度加减速，以最大速度做匀速时，从A到B的时间最短。将整个过程分成
4 个匀变速直线运动，其余过程做匀速直线运动，启动至最大速度用时
t0= v
a =2.5s
x0= v
2
2a =12.5 m
整个匀速过程的位移
x2= x−4 x0=750 m
匀速行驶时间
t2= x2
v =75s
所用总时间
t =2s+ 4t0+t2+30s=117s
