考点04 竖直上抛运动（解析版）—高中物理

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一、
竖直上抛运动
将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动．
二、
竖直上抛运动的实质
初速度v0≠0、加速度a＝－g的匀变速直线运动(通常规定初速度v0的方向为正方向，g为重力加速度的大小)．
三、
竖直上抛运动的v－t图像
四、
竖直上抛运动的规律
速度公式：v＝v0－gteq \(―――→,\s\up7(上升时间),\s\d5(v＝0)) t上＝eq \f(v0,g).
位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2eq \(――――――→,\s\up7(落回原处时间),\s\d5(h＝0))t总＝eq \f(2v0,g).
速度与位移关系式：v2－v02＝－2gheq \(――――――→,\s\up7(上升最大高度),\s\d5(v＝0))H＝eq \f(v02,2g).
五、
竖直上抛运动的特点
(1)对称性
①时间对称性：对同一段距离，上升过程和下降过程所用时间相等，tAB＝tBA，tOC＝tCO.
②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等，方向相反，vB＝－vB′，vA＝－vA′.(如图所示)
(2)多解性更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段．
竖直上抛运动的处理方法
典例气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地面高175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物再经多长时间落到地面？落地前瞬间的速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
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＝eq \f(v0,g)＝1 s，
由v02＝2gh1知，h1＝eq \f(v02,2g)＝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＝eq \f(1,2)gt22，故t2＝eq \r(\f(2H,g))＝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－eq \f(1,2)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．将一物体(距地面足够高)以20 m/s的初速度竖直向上抛出，经过t时间物体到抛出点的距离为25 m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则t为( )
A．2 s B．4 s C．5 s D．(2＋eq \r(7)) s
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＝eq \f(v02,2g)＝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－eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t1＝5 s，t2＝－1 s(舍去)，故C正确．
2．(2023·天津河西·高一统考期末)某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，他采用背越式跳高，起跳后身体横着恰能越过2.0m高的横杆。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为( )
A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s
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－v02=－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．将一小球从足够高的塔顶以某初速度竖直向上抛出，经时间t＝2 s小球的速度大小为v＝5 m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．初速度大小一定为15 m/s,2 s末小球在抛出点上方10 m处
B．初速度大小一定为15 m/s,2 s末小球在抛出点下方10 m处
C．初速度大小可能为25 m/s,2 s末小球在抛出点上方30 m处
D．初速度大小可能为25 m/s,2 s末小球在抛出点下方30 m处
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＝eq \f(v0＋v,2)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′＝eq \f(v0′－v,2)t＝10 m，小球仍在抛出点的上方，由以上分析可知C正确．
4.如图所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边缘竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2，则3 s内小球运动的( )
A．路程为25 m
B．位移为15 m
C．速度改变量为30 m/s
D．平均速度为5 m/s
答案 A
解析 由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2得位移x＝－15 m，B错误；平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝－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＝eq \f(v02,2g)＝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．
5．离地面高度100 m处有两只气球正在以同样大小的速率5 m/s分别匀速上升和匀速下降．此时在这两只气球上各同时落下一个物体．问这两个物体落到地面的时间差为(g＝10 m/s2)
( )
A．0 B．1 s
C．2 s D．0.5 s
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＝eq \f(2v0,g)＝1 s，B正确．
6．一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为(重力加速度为g)( )
A.eq \f(1,8)g(TA2－TB2) B.eq \f(1,4)g(TA2－TB2)
C.eq \f(1,2)g(TA2－TB2) D.eq \f(1,2)g(TA－TB)
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＝eq \f(TA,2)，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝eq \f(TB,2)，则A、B两点的距离x＝eq \f(1,2)gtA2－eq \f(1,2)gtB2＝eq \f(1,8)g(TA2－TB2)，故选A.
7.一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．80 m B．40 m
C．20 m D．无法确定
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eq \f(tA,2)，从最高点自由下落到B点的时间为eq \f(tB,2)，A、B间距离为：hAB＝eq \f(1,2)g[(eq \f(tA,2))2－(eq \f(tB,2))2]＝eq \f(1,2)×10
×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C.
8．(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2,5 s内物体的( )
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10 m/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
答案 AB
解析 初速度为30 m/s，只需要t1＝eq \f(v0,g)＝3 s即可上升到最高点，位移为h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(12,)＝45 m，再自由下落2 s时间，下降高度为h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(22,)＝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eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝5 m/s，D项错．
9．(2023·太和一中·调研)不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛，从抛出至回到抛出点的时间为2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )
A．0.2t B．0.3t
C．0.5t D．0.6t
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＝eq \f(1,2)gt2②设上升到eq \f(h,2)时，速度为v，上升和下降的总时间为t′，veq \\al(02,)－v2＝2g·eq \f(h,2)③由①②③得：v＝eq \f(\r(2),2)gt，t′＝2eq \f(v0－v,g)＝(2－eq \r(2))t≈0.6t，故选D.
10．(2023·辽宁沈阳·校考阶段)在离地高h处，同时竖直向下和竖直向上抛出各一个小球，其中小球初速度大小均为v0，不计空气阻力，重力加速度为g，两球落地的时间差为( )
A． EQ \F(v0,g) B． EQ \F(2v0,g) C． EQ \F(v0h,g) D． EQ \F(4v0,g)
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．(多选)某人在高层楼房的阳台上以20 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15 m处时，所经历的时间可能是(不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋eq \r(7)) s
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－eq \f(1,2)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′－eq \f(1,2)gt′2，解得t1′＝(2＋eq \r(7)) s，t2′＝(2－eq \r(7)) s(舍去)．
12.(多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )
A．无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D．当h<10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
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eq \f(1,2)gt2＋v0t－eq \f(1,2)gt2＝h，可得t＝eq \f(h,v0)，而乙球的落地时间t1＝eq \f(2v0,g)，两球在空中相遇的条件是t13．(多选)物体以初速度v0竖直上抛，经3 s到达最高点，空气阻力不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物体的初速度v0为60 m/s
B．物体上升的最大高度为45 m
C．物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为5∶3∶1
D．物体在前1 s内、前2 s内、前3 s内的平均速度之比为9∶4∶1
答案 BC
解析 物体做竖直上抛运动，有h＝v0t－eq \f(1,2)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eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，故在相等时间内的平均速度之比为eq \x\t(v)1∶eq \x\t(v)2∶eq \x\t(v)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eq \x\t(v)1′∶eq \x\t(v)2′∶eq \x\t(v)3′＝eq \f(25,1)∶eq \f(40,2)∶eq \f(45,3)＝5∶4∶3，故C正确，D错误．
14.(2021·常熟市高一期中)东京奥运会上，全红婵一鸣惊人，作为中国奥运代表团最年轻的运动员，以创纪录的成绩夺得10米跳台冠军，让五星红旗高高飘扬在东京水上运动中心上空．假设全红婵从离水面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，eq \r(2.09)≈1.45)．求：
(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v12－v02＝－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＝eq \f(1,2)gt22，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－eq \f(1,2)gt2，解得t＝1.75 s.
15．某校一课外活动小组自制了一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到返回发射点的时间(结果保留三位有效数字)．
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＝eq \f(v,2)t，解得v＝20 m/s.
(2)火箭能够继续上升的时间t1＝eq \f(v,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s
火箭能够继续上升的高度h1＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(202,2×10) 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＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×60,10)) s＝2eq \r(3) s，火箭从发射到返回发射点的时间t总＝t＋t1＋t2≈9.46 s.
16．(2023·云南红河·高一校考)杂技演员在表演时，将一毛绒球竖直向上抛出，毛绒球向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为v。规定竖直向上为正方向，关于物体该过程的初速度v0、加速度a、上升的最大高度h及运动到最高点的时间t，下列说法正确的是( )
A．，B．v0＝5 m/s，
C．，D．v0＝5 m/s，
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 物体上升的最大高度为 AD错误、C正确.故选C.
17．(多选)(2023·河北石家庄·高一校考)某同学利用一根原长远远小于树高的弹簧和手机粗略测量了大树的高度。该同学将弹簧竖直固定在地面上，压缩一定程度后将一弹丸由静止弹射出去，调整弹簧压缩量，直到弹丸能刚好到达与树顶等高处后开始下落，用手机测出此过程中弹丸从离开弹簧到回到地面所用的时间t，忽略弹丸所受空气阻力和计时误差，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．大树的高度约为
B．弹丸离开弹簧后的时间内，上升的高度是树高的
C．将弹丸运动的时间平均分成三段，第二段时间内弹丸的位移为0
D．弹丸上升高度是树高的一半时，需要的时间为
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．(2023·高一课时练习)小球从高处自由落下，着地后跳起，又落下，每次与地面相碰后，跳起速率为着地速率的 EQ \F(1,2) ，求小球从开始下落到停止运动所经历的总时间及通过的总路程（不计空气阻力）.
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
……
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
故分段分析法
上升阶段是初速度为v0、a＝－g的匀减速直线运动；下落阶段是自由落体运动
全过程分析法
全过程看作初速度为v0、a＝－g的匀变速直线运动
(1)v>0时，上升阶段；v<0，下落阶段
(2)x>0时，物体在抛出点的上方；x<0时，物体在抛出点的下方