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第3 课时 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
目标要求 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。2.能灵活处
理多过程问题。
考点一 自由落体运动
1.条件：物体只受重力，从静止开始下落。
2.运动性质：初速度为零、加速度为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 ＝
1
2gt 2 。
(3)速度位移关系式：v 2 ＝
2 gh
。
1.重的物体总是比轻的物体下落得快。( × )
2.同一地点，轻重不同的物体的g 值一样大。( √ )
3.自由落体加速度的方向垂直地面向下。( × )
4.做自由落体运动的物体在1 s 内速度增加约9.8 m/s。( √ )
5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差恒定。( √ )
例1 (2024·广西卷·3)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
解析 重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s 后速度为v1＝v2＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，
故选B。
例2 (2025·山东临沂市期中)对于自由落体运动(g 取10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A.在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相邻两个1 s 内的位移之差都是10 m
C.在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度大小之比是1∶3∶5
答案 B
1
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解析 在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移大小之比是1∶4∶9，故A 错误；在相邻两个1 s 内的位移之
差都是Δx＝gT2＝10 m，故B 正确；在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均
速度大小之比为1∶3∶5，故C 错误；在1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，故D 错误。
例3 (2024·山东临沂市阶段考试)某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋从离地面
20 m 高的高楼面由静止释放，下落途中用Δt＝0.2 s 的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气
阻力的作用，重力加速度g 取10 m/s2，求：
(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s 内的位移大小；
(2)高楼面离窗的上边框的高度；
(3)若隔0.5 s 先后释放两个鸡蛋，试分析在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离如何变化？
答案 (1)20 m/s 15 m (2)4.05 m (3)两鸡蛋之间的距离均匀增大
解析 (1)根据速度与位移关系v2＝2gh，解得鸡蛋落地时速度大小为v＝20 m/s，设鸡蛋自由下落时间为t，
根据速度与时间关系得t＝v
g＝2 s
鸡蛋在第1 s 内的位移为h1＝1
2gt1
2＝5 m
则鸡蛋落地前最后1 s 内的位移大小为
h2＝h－h1＝15 m
(2)由题意知，窗口的高度为h3＝2 m
设高楼面离窗的上边框的高度为h0，鸡蛋从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0，
则h0＝1
2gt0
2，h0＋h3＝1
2g(t0＋Δt)2
联立解得h0＝4.05 m
(3)未落地前，设第二个鸡蛋运动了时间T，则第一个鸡蛋运动了T＋ΔT
第一个鸡蛋下落高度H1＝1
2g(T＋ΔT)2，第二个鸡蛋下落高度为H2＝1
2gT2，二者之间的距离ΔH＝H1－H2＝1
2
gΔT2＋gΔT·T，ΔH 与T 为一次函数关系，故在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离均匀增大。
1.自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故初速度为零的匀加速直线运动的规律、比例关系及推论
等规律都适用。
2
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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。
考点二 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
(1)速度与时间的关系式：v ＝
v 0－
gt 。
(2)位移与时间的关系式：x ＝
v 0t －
1
2gt 2 。
4.竖直上抛运动的对称性(如图所示)
(1)时间对称：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tAB＝tBA。
(2)速度对称：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。
物体做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，在上述速度与时间的关系式中，把时间t 代入后，若速度v 为
负值，负号表示什么意义？在上述位移与时间的关系式中，把时间t 代入后，若位移为负值，又表示什么意
义？
答案 速度为负值，表示物体运动方向向下；位移为负值，表示物体已经运动到抛出点下方。
例4 为测试一物体的耐摔性，在离地25 m 高处，将其以20 m/s 的速度竖直向上抛出，重力加速度g 取
10 m/s2，不计空气阻力，则物体
(1)经过多长时间到达最高点？
(2)抛出后离地的最大高度是多少？
(3)经过多长时间回到抛出点？
(4)经过多长时间落到地面？
(5)经过多长时间离抛出点15 m？
答案 (1)2 s (2)45 m (3)4 s (4)5 s
(5)1 s 3 s (2＋√7) s
解析 (1)运动到最高点时速度为0，
由v＝v0－gt1得t1＝－v −v0
g
＝v0
g ＝2 s
3
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(2)由v0
2＝2ghmax得hmax＝v0
2
2 g
＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落时，hmax＝1
2gt2
2，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，得t＝－v1−v0
g
＝4 s
法三：由h＝v0t－1
2gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝1
2gt5
2，解得t5＝3 s，故t 总＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t'－1
2gt'2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m，
由h＝v0t－1
2gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，
当物体在抛出点下方时，h＝－15 m，由h＝v0t－1
2gt2，得t10＝(2＋√7) s，t11＝(2－√7) s(舍去)。
1.竖直上抛运动的研究方法：
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－1
2gt2(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，
造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
4
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考点三 多过程问题
例5 在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，
由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿
轨道做自由落体运动，下落2 s 后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s 座
椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法正确的是( )
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比v1∶v2＝1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为v1∶v2＝2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2＝2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2
答案 A
解析 设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动推论：v ＝v0＋v
2
可知自由落体阶段和匀减速阶段的平
均速度v1＝v2＝0＋vm
2
＝vm
2 ，故A 正确，B 错误；根据x＝vt 可知
x1
x2
＝t1
t2
＝1
2，故C 错误；根据a＝Δv
Δt
可知
a1
a2
＝t2
t1
＝2
1，故D 错误。
匀变速直线运动多过程中的0－v－0 模型
1.题型特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
2.分段结论：
t1
t2
＝x1
x2
＝a2
a1
，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
3.全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm＝2v ＝2 x
t 。
例6 (来自教材改编) (2024·山东临沂市开学考)ETC 是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC
通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1为12 m/s 的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC
通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m 处正好匀减速至v2为4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1
正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s 缴费成功后，再启动汽
车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
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(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车过ETC 通道比过人工收费通道节约的时间。
答案 (1)138 m (2)72 m (3)25 s
解析 (1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，
则x1＝v1
2−v2
2
2a
＝64 m
故总的位移x 总1＝2x1＋d＝138 m。
(2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝v1
2
2a
＝72 m。
(3)过ETC 通道的时间t1＝v1−v2
a
×2＋d
v2
＝18.5 s
过人工收费通道的时间t2＝v1
a ×2＋t0＝44 s
x 总2＝2x2＝144 m
二者的位移差Δx＝x 总2－x 总1＝6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，
则Δt＝t2－(t1＋Δ x
v1
)＝25 s。
匀变速直线运动多过程的解题策略
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。
课时精练 (分值：100 分)
1~6 题每小题6 分，7 题9 分，共45 分
6
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1.某兴趣小组用频闪摄影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理课本竖直放置，将一小钢球从与书
上边沿等高处静止释放，如图所示，忽略空气阻力，结合实际，频闪频率约为( )
A.12 Hz
B.20 Hz
C.28 Hz
D.36 Hz
答案 A
解析 物理课本长度约为l=0.3 m，由题图可知，设闪光周期为T，钢球从物理课本上边沿到下边沿经过4 次
闪光，可知钢球下落时间为t=3T，钢球做自由落体运动l=1
2gt2，又f= 1
T ，解得f≈12 Hz，故选A。
2. (2025·山东菏泽市校考)以8 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为
0.8 s，g 取10 m/s2，不计空气阻力，则小树高约为( )
A.0.8 m
B.1.6 m
C.2.4 m
D.3.2 m
答案 C
解析 石子竖直上升的最大高度为H＝v
2
2g＝3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1
＝t
2＝0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1＝1
2gt1
2＝0.8 m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4 m，故选C。
3.甲、乙两物体距水平地面的高度之比为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∶√2
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＝√2 gh，所以甲、乙落地时的速度
大小之比为1∶√2，故A 正确；由h＝1
2gt2可知t＝√
2h
g ，所以物体做自由落体运动的时间取决于高度，与物
体所受重力的大小无关，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。
7
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4.(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＝√
2 H
g ＝√
2×10
10
s≈1.4 s
下落前5 m 的过程所用的时间为
t1＝√
2h
g ＝√
2×5
10 s＝1 s
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B 正确。
5. (2024·山东滨州市期中)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( )
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 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知
t2
t1
＝
1
2−√3＝2＋√3，即3<
t2
t1
<4，选项C 正确。
6.(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.v0−v
2a ＋L＋l
v
B.v0−v
a
＋L＋2l
v
C.3(v0−v)
2a
＋L＋l
v
D.3(v0−v)
a
＋L＋2l
v
答案 C
8
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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。则有v＝v0
－2at1，解得t1＝v0−v
2a ，在隧道内匀速运动时有t2＝L＋l
v
，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋
at3，解得t3＝v0−v
a
，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＝
3(v0−v)
2a
＋L＋l
v
，故选C。
7.(9 分)(来自教材改编) (2024·山东临沂市期中)某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一
个小石子拍摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01 s。测得照片中石子运动痕迹的长度为0.6 cm，实际
长度为100 cm 的窗框在照片中的长度为2 cm(g 取10 m/s2)。
(1)(3 分)根据照片估算曝光时间内石子下落的距离为 m；
(2)(3 分)估算曝光时刻石子运动的速度为 m/s；
(3)(3 分)估算这个石子大约是从距离窗户 m 高的地方落下的。
答案 (1)0.3 (2)30 (3)45
解析 (1)设在曝光时间0.01 s 内，石子实际下落的距离为L，
由题意得2cm
100cm ＝0.6cm
L
解得L＝30 cm＝0.3 m
(2)考虑到曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，
则石子在这0.01 s 内的速度为v＝L
Δt ，
解得v＝30 m/s
(3)石子做自由落体运动，故h＝v
2
2g
解得h＝45 m。
8~10 题每小题8 分，11 题14 分，共38 分
8.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 取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( )
9
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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，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式h＝1
2gt2，弹丸最后1 s 内
上升的高度h1＝1
2×10×12 m＝5 m，则最初1 s 内上升的高度h2＝9h1＝45 m，最初1 s 内中间时刻的速度v
＝h2
t ＝45
1 m/s＝45 m/s，弹丸的初速度v0＝v＋gt'＝45 m/s＋10×0.5 m/s＝50 m/s，故上升的最大高度为h
＝v0
2
2g ＝50
2
2×10 m＝125 m，故选A。
9.小明在一匀速上升的电梯内，观察到电梯顶部有一螺丝因松动而掉落。已知电梯顶部离电梯地板的高度为
3.2 m，电梯匀速上升的速度大小为2 m/s，忽略空气阻力的影响，重力加速度g 取10 m/s2，则螺丝从电梯顶
部掉落到地板上的时间为( )
A.0.4 s
B.0.6 s
C.0.8 s
D.1.6 s
答案 C
解析 方法一：以地面为参考系，匀速运动的电梯上脱落的螺丝做竖直上抛运动，电梯一直做匀速运动，电
梯和螺丝的位移差等于电梯顶部离电梯地板的高度，则vt－(vt－1
2gt2)＝h，即h＝1
2gt2，解得t＝√
2h
g ＝0.8
s，故选C。
方法二：以电梯为参考系，电梯匀速上升，螺丝相对电梯做自由落体运动，则由h＝1
2gt2得t＝√
2h
g ＝0.8 s。
10.无人机甲与三楼阳台平齐悬于空中，从无人机上同时以10 m/s 的速率抛出两个小球，其中一个球竖直上抛，
另一个球竖直下抛，它们落地的时间差为Δt；如果另一无人机乙与六楼阳台平齐悬于空中，以与甲完全相同
的方式抛出两个小球，则它们落地的时间差为Δt'。不计空气阻力，Δt'和Δt 相比较，有( )
A.Δt'<Δt
B.Δt'＝Δt
C.Δt'>Δt
D.无法判断
答案 B
解析 设小球的抛出高度为h，竖直上抛和竖直下抛经历的时间分别为t1和t2，则有h＝－v0t1＋1
2gt1
2，h＝v0t2
＋1
2gt2
2，整理可得Δt＝t1－t2＝2v0
g ，即时间差是一个定值，与高度无关。故选B。
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11.(14 分) (2024·山东青岛市期末)沈阳地铁一号线从S 站到T 站是一段直线线路，全程1.6 km，列车运行最大
速度为72 km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S 站从静止开始做匀加速直线运动，达
到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直至到T 站停车，且加速的
加速度大小为减速加速度大小的0.8 倍。现匀加速运动过程中连续经过A、B、C 三点，S→A 用时2 s，B→C
用时4 s，且SA 长2 m，BC 长24 m。求：
(1)(6 分)列车在C 点的速度大小；
(2)(8 分)列车匀速行驶的时间。
答案 (1)8 m/s (2)62 s
解析 (1)由x＝1
2at2可知
a1＝1 m/s2
根据v t
2
＝v可知BC 段平均速度vBC＝v t
2
＝xBC
t BC
＝6 m/s
由v＝v0＋at 得vC＝v t
2＋a1·t BC
2
解得vC＝8 m/s
(2)由Δv＝a·Δt 得
匀加速阶段所用时间t1＝
vm
a1
＝20 s
匀减速阶段所用时间t2＝
vm
5
4 a1
＝16 s
匀加速阶段通过的位移x1＝vm
2 t1＝200 m
匀减速阶段通过的位移x2＝vm
2 t2＝160 m
匀速运动时间t3＝
x−x1−x2
vm
＝62 s。
12.(17 分)如图所示，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，圆筒碰地后的反弹速
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率为落地速率的4
5 ，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：
(1)(7 分)圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度hmax；
(2)(10 分)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)16
25H (2)13
5 √
2 H
g 144
25 H
解析 (1)圆筒第一次落地前做自由落体运动，
有2gH＝v筒
2
圆筒第一次落地弹起后到最高点做加速度为g 的匀减速直线运动，
有－2ghmax＝0－(4
5 v 筒)2
联立解得hmax＝16
25H。
(2)根据h＝1
2gt2可得，圆筒第一次落地的时间t1＝√
2 H
g
圆筒第一次弹起后到最高点的时间
t2＝√
2hmax
g
＝4
5 √
2 H
g
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 H
g ＋2×4
5 √
2 H
g ＝13
5 √
2 H
g
可知小球下落的高度h 球＝1
2gt2＝169
25 H
则圆筒的长度L＝h 球－H＝144
25 H。
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