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专题02 匀变速直线运动的研究
[-考点-04-] 竖直上抛运动
[典例]
答案 7 s 60 m/s
解析 方法一 分段法
绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下落．重物上升阶段，时间t1
＝＝1 s，
由v0
2＝2gh1知，h1＝＝5 m，重物下落阶段，下落距离H＝h1＋175 m＝180 m，设下落时间
为t2，则H＝gt2
2，故t2＝＝6 s，重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，落地前瞬间的速度v＝gt2＝
60 m/s.
方法二 全程法
取初速度方向为正方向，重物全程位移h＝v0t－gt2＝－175 m，可解得t＝7 s(t＝－5 s 舍去)，
由v＝v0－gt，得v＝－60 m/s，负号表示速度方向竖直向下．
1.答案 C
解析 取竖直向上为正方向，物体上升的最大高度为h＝＝20 m，则物体不可能到达抛出
点上方25 m 处，则当物体位于抛出点下方25 m 时，根据x＝v0t－gt2，代入数据解得t1＝5
s，t2＝－1 s(舍去)，故C 正确．
2.答案 B
解析 运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的位移应该是重心上升的高度是1.1m
左右，根据速度位移公式0－v0
2=－2gh 解得v =4.6m/s,他起跳时竖直向上的速度大约为
4m/s，故选B.
3.答案 C
解析 以竖直向上为正方向，如果2 s 末小球的速度方向竖直向上，则由速度公式v＝v0－
gt，得小球的初速度为v0＝v＋gt＝25 m/s，小球在0～2 s 内的位移为h＝t＝30 m，小球在
抛出点的上方；如果2 s 末小球的速度方向竖直向下，则由速度公式－v＝v0′－gt，得小
球的初速度为v0′＝－v＋gt＝15 m/s，小球在0～2 s 内的位移为h′＝t＝10 m，小球仍在
抛出点的上方，由以上分析可知C 正确．
4.答案 A
解析 由x＝v0t－gt2得位移x＝－15 m，B 错误；平均速度＝＝－5 m/s，D 错误；小球竖直
上抛，由v＝v0－gt 得速度的改变量Δv＝－gt＝－30 m/s，C 错误；小球所能达到的最高点
距抛出点为x1＝＝5 m，又因为3 s 内小球位移为x＝－15 m，所以3 s 内小球运动的路程为
2x1＋|x|＝25 m，A 正确．
1
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5.答案 B
解析 取竖直向上为正方向，两物体落到地面的时间差为上升物体上升到最高点的时间的
2 倍，即t＝＝1 s，B 正确．
6.答案 A
解析 物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的
最高点到点A 的时间tA＝，从竖直上抛运动的最高点到点B 的时间tB＝，则A、B 两点的距
离x＝gtA
2－gtB
2＝g(TA
2－TB
2)，故选A.
7.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，从最高点自由下落到B 点的时间为，A、B 间距离为：hAB＝g[()2－()2]＝×10
×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C.
8.答案 AB
解析 初速度为30 m/s，只需要t1＝＝3 s 即可上升到最高点，位移为h1＝gt＝45 m，再自
由下落2 s 时间，下降高度为h2＝gt＝20 m，故路程为s＝h1＋h2＝65 m，A 项对；此时离抛
出点高x＝h1－h2＝25 m，位移方向竖直向上，B 项对；5 s 末时速度为v5＝v0－gt＝－20
m/s，速度改变量大小为Δv＝|v5－v1|＝50 m/s，C 项错；平均速度为＝＝5 m/s，D 项错．
9.答案 D
解析 竖直上抛时从抛出至回到抛出点时间为2t，所以上升和下降的时间都为t，v0＝gt①
h＝gt2②设上升到时，速度为v，上升和下降的总时间为t′，v－v2＝2g·③由①②③得：v
＝gt，t′＝2＝(2－)t≈0.6t，故选D.
10.答案 B
解析 对于竖直向下抛出的小球，根据位移时间关系
对于竖直上抛的小球，
根据位移时间关系可得
两球落地的时间差
联立可得
，故选
B.
11.答案 ACD
解析 取竖直向上为正方向，当石块运动到抛出点上方离抛出点15 m 时，位移为x＝15
m，由x＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s．其中t1＝1 s 对应着石块上升过程中离抛出点15 m
处时所用的时间，而t2＝3 s 对应着从最高点下落时离抛出点15 m 处时所用的时间．当石块
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′－gt′2，解得
t1′＝(2＋) s，t2′＝(2－) s(舍去)．
12.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gt2＋v0t－gt2＝h，可得t
2
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＝，而乙球的落地时间t1＝，两球在空中相遇的条件是t<t1，整理得h<20 m，A 错误；若
乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝t1，代入数据整理得h＝10 m，B 正确；
由于10 m<h＝15 m<20 m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C 正确；当h<10 m 时，
乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D 正确．
13.答案 BC
解析 物体做竖直上抛运动，有h＝v0t－gt2①v＝v0－gt②联立①②可得v0＝30 m/s，h＝45
m，故A 错误，B 正确；物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移分别为25 m、15 m、5
m，已知＝，故在相等时间内的平均速度之比为1∶2∶3＝x1∶x2∶x3＝5∶3∶1，物体在前
1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的平均速度之比为1′∶2′∶3′＝∶∶＝5∶4∶3，故C 正确，
D 错误．
14.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v1
2－v0
2＝－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v1＝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＝gt2
2，代入数据得t2＝
1.45 s
则所求时间为t＝t1＋t2＝1.75 s
方法二 设竖直向上为正方向，则有
－h＝v0t－gt2，解得t＝1.75 s.
15.答案 (1)20 m/s (2)60 m (3)9.46 s
解析 (1)设燃料恰好用完时火箭的速度为v，根据运动学公式有h＝t，解得v＝20 m/s.
(2)火箭能够继续上升的时间t1＝＝ s＝2 s
火箭能够继续上升的高度h1＝＝ m＝20 m
因此火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝60 m.
(3)火箭由最高点落至地面的时间t2＝＝ s＝2 s，火箭从发射到返回发射点的时间t 总＝t＋t1
＋t2≈9.46 s.
16.答案 C
解析 B．由题得
把等式两边都平方得
与匀变速直线运动的公式
对比可得
，
B 错误；ACD ．物体运动到最高点用时为t 则
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物体上升的最大高度为
AD 错误、
C 正确.故选C.
17.答案 CD
解析 A．根据对称性，可知弹丸自由下落的时间为
，则弹丸自由下落的高度为
可知大树的高度约为
，A 错误；B．弹丸落地时的速度大小为
则弹丸离开弹簧时的速度大小为
弹丸离开弹簧后的
时间内，上升的
高度为
可得
,B 错误；C．将弹丸运动的时间平均
分成三段，第二段时间为
，弹丸在
时刻的速度为
则弹丸在第二
段时间内的位移为
,C 正确；D．弹丸从最高点下落树高的一半所用时
间为
，则有
解得
根据对称性，弹丸上升高度是树高的一半时，需
要的时间为
,D 正确.故选CD.
18.答案 15s 208.3m
解析 设小球第一次落地时速度为v0，则有
那么第二，第三，第n+1 次落地速度分别为
……
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小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为 h=125m，
小球第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的路程是
小球第二次与地相碰到第三次与地相碰经过的路程为
小球第三次与地相碰到第四次与地相碰经过的路程为
……
由数学归纳法可知，小球第n 次到第n+1 次与地面碰撞经过路程为
故小球从开始下落到停止运动所通过的总路程s 为：
小球从开始下落到第一次与地面相碰经过时间
小球从第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的时间
；
小球从第二次与地相碰到第三次与地相碰经过的时间
；
同理可得
故
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