第3講自由落體運動和豎直上拋運動多運動過程問題

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，并能解決實際問題。2.

理解豎直上拋運動的對稱性和多解性。3.靈活運用勻變速直線運動的規(guī)律解決多

過程問題。

1.

2.

1.思考判斷

(1)同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(√)

(2)物體做豎直上拋運動，速度為負(fù)值時，位移也一定為負(fù)值。(×)

(3)做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度變化量方向是豎直向下的。(√)

t

2.一物體從離地H高處自由下落，經(jīng)過時間t落地，則當(dāng)它下落時，離地的高度

2

為()

11

A.HB.H

42

34

C.HD.H

45

答案C

考點一自由落體運動

1.運動特點

初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動。

2.解題方法

(1)初速度為0的勻變速直線運動規(guī)律都適用。

①從開始下落，連續(xù)相等時間內(nèi)下落的高度之比為1∶3∶5∶7∶…。

②由Δv＝gΔt知，相等時間內(nèi)，速度變化量相同。

③連續(xù)相等時間T內(nèi)下落的高度之差Δh＝gT2。

(2)物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過

程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應(yīng)該用初速度不為零的勻變速直線

運動規(guī)律去解決此類問題。

例1(2024·廣東省深圳市調(diào)研)如圖1所示，一個小孩在公園里玩“眼疾手快”游

戲。游戲者需接住從支架頂部隨機落下的圓棒。已知支架頂部距離地面2.3m，

圓棒長0.4m，小孩站在支架旁邊，手能觸及所有圓棒的下落軌跡的某一段范圍

AB，上邊界A距離地面1.1m，下邊界B距離地面0.5m。不計空氣阻力，重力加

速度g＝10m/s2。求：

圖1

(1)圓棒下落到A點所用的時間t1；

(2)圓棒通過AB所用的時間t2；

(3)結(jié)合軌跡反應(yīng)時間(判斷棒下落軌跡的時間)和握棒反應(yīng)時間(棒經(jīng)過某點的時

間)應(yīng)用自由落體運動知識簡要分析在A點和B點接棒各自的優(yōu)缺點。

答案(1)0.4s(2)0.2s(3)見解析

解析(1)圓棒底部距離A點的高度h1＝2.3m－0.4m－1.1m＝0.8m

12

圓棒做自由落體運動下落到A點，有h1＝gt1

2

代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.4s。

(2)圓棒通過AB的過程即圓棒底部到達(dá)A點和圓棒頂端離開B點這一過程

圓棒頂端到達(dá)B點，下落的高度為h2＝2.3m－0.5m＝1.8m

122h2

由h2＝gt2得t2＝＝0.6s

2g

則圓棒通過AB的時間t3＝t2－t1＝0.2s。

(3)A點握棒的優(yōu)點：圓棒下落到A點時速度較小，通過A點所用的時間稍長，如

果握棒反應(yīng)時間較長，也利于抓住圓棒；

A點握棒的缺點：圓棒下落到A點所用時間較短，若反應(yīng)速度較慢，很容易錯過

抓棒機會；

B點握棒的優(yōu)點：圓棒下落到B點所用時間較長，即使反應(yīng)速度較慢，也有足夠

的反應(yīng)時間做好抓棒準(zhǔn)備，可以提高抓棒的成功率；

B點握棒的缺點：圓棒下落到B點時速度較大，通過B點所用的時間較短，如果

握棒反應(yīng)時間較長，很難抓住圓棒。

1

1.(2024·淮安市馬壩高級中學(xué)高三一檢)有一質(zhì)點從某一高度處自由下落，開始的

3

高度用時為t，重力加速度為g，則()

15

A.物體自由下落高度所用的時間為t

22

13

B.物體自由下落高度時的速度為gt

22

C.物體落地所用的時間為3t

D.物體落地時的速度為3gt

答案D

111

解析設(shè)整個過程下落高度為h，由題意可得h＝gt2，則物體自由下落高度為h

322

1161

時，滿足h＝gt′2，解得t′＝t，A錯誤；物體自由下落高度時的速度為v′＝

2222

61

gt′＝gt，B錯誤；物體落地過程滿足h＝gt″2，解得物體落地所用的時間為t″

22

＝3t，C錯誤；物體落地時的速度為v″＝gt″＝3gt，D正確。

2.(2023·江蘇高郵市質(zhì)檢)科技館中的一個展品如圖2所示，在較暗處有一個不斷

均勻滴水的水龍頭，在一種特殊的間歇閃光燈的照射下，若調(diào)節(jié)間歇閃光間隔時

間正好與水滴從A下落到B的時間相同，可以看到一種奇特的現(xiàn)象，水滴似乎不

再下落，而是像固定在圖中的A、B、C、D四個位置不動，對出現(xiàn)的這種現(xiàn)象，

下列描述正確的是(g取10m/s2)()

圖2

A.水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間滿足tAB＜tBC＜tCD

2

B.閃光的間隔時間是s

10

－－－

C.水滴在相鄰兩點間的平均速度滿足vAB∶vBC∶vCD＝1∶4∶9

D.水滴在各點的速度之比滿足vB∶vC∶vD＝1∶3∶5

答案B

解析由題圖可知hAB∶hBC∶hCD＝1∶3∶5，水滴做初速度為零的勻加速直線運

1

動，故水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間相等，A錯誤；由h＝gt2可得

2

22

水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間為s，即閃光的間隔時間是s，

1010

－x－－－

B正確；由v＝知水滴在相鄰兩點間的平均速度滿足vAB∶vBC∶vCD＝1∶3∶5，C

t

錯誤；由v＝gt知水滴在各點的速度之比滿足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D錯誤。

考點二豎直上拋運動

1.重要特性

(1)對稱性(如圖3)

(2)多解性：當(dāng)物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于

下降階段，造成多解。

2.研究方法

上升階段：a＝g的勻減速直線運動

分段法

下降階段：自由落體運動

初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝

12

v0t－gt(以豎直向上為正方向)

全程法2

若v＞0，物體上升，若v＜0，物體下落

若h＞0，物體在拋出點上方，若h＜0，物體在拋出點下方

例2(多選)(2024·黑龍江哈師大附中期末)在某一高度以v0＝20m/s的初速度豎直

上拋一個小球(不計空氣阻力)，當(dāng)小球速度大小為10m/s時，以下判斷正確的是(g

取10m/s2)()

A.小球在這段時間內(nèi)的位移大小一定是15m，方向豎直向上

B.小球在這段時間內(nèi)的平均速度可能是5m/s

C.小球在這段時間內(nèi)的速度變化大小可能是10m/s，方向豎直向上

D.小球上升的最大高度一定為15m

答案AB

2222

v－v010－20

解析小球的位移大小一定是x＝＝m＝15m，方向豎直向上，故

－2g－2×10

A正確；當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向上時，小球在這段時間的平均速

－

v＋v0

度為v＝＝15m/s，當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向下時，小球在這段

2

－

v0＋（－v）

時間的平均速度為v＝＝5m/s，故B正確；當(dāng)小球速度大小為10m/s，

2

方向豎直向上時，在這段時間的速度變化為Δv＝v－v0＝(10－20)m/s＝－10m/s，

方向豎直向下；當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向下時，在這段時間的速度

變化為Δv＝v－v0＝(－10－20)m/s＝－30m/s，方向豎直向下，故C錯誤；小球

22

v020

上升的最大高度為h＝＝m＝20m，故D錯誤。

2g2×10

3.(多選)(2024·浙江溫州聯(lián)考)在某高塔頂層的墻外側(cè)，以20m/s的速度豎直上拋

一個小石子(小石子可看成質(zhì)點)，忽略空氣阻力，當(dāng)小石子運動到離拋出點15m

時，運動時間可能是(g取10m/s2)()

A.1sB.3s

C.4sD.(2＋7)s

答案ABD

2

v0

解析小石子離拋出點最遠(yuǎn)的距離為hm＝＝20m，當(dāng)小石子運動到離拋出點上

2g

12

方15m時，有h＝v0t－gt，解得t1＝1s，t2＝3s，當(dāng)小石子運動到離拋出點下

2

12

方15m時，有－h(huán)＝v0t－gt，解得t3＝(2＋7)s，t4＝(2－7)s(舍去)，故A、B、

2

D正確。

考點三多運動過程問題

1.一般的解題步驟

(1)準(zhǔn)確選取研究對象，根據(jù)題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現(xiàn)物體

運動的全過程。

(2)明確物體在各階段的運動性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量，設(shè)出中

間量。

(3)合理選擇運動學(xué)公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關(guān)聯(lián)方

程。

2.解題關(guān)鍵

多運動過程的連接點的速度是聯(lián)系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的

求解往往是解題的關(guān)鍵。

例3(2024·河北邢臺聯(lián)考)ETC是高速公路上不停車電子收費系統(tǒng)的簡稱。甲、乙

兩輛汽車分別通過ETC通道和人工收費通道(MTC)駛離高速公路，流程如圖4所

示。假設(shè)收費島總長度d＝30m，兩輛汽車同時以相同的速度v1＝54km/h經(jīng)過距

收費島口x＝30m處的減速帶后，一起以相同的加速度做勻減速運動。甲車減速

至v2＝18km/h后，勻速行駛到中心線即可完成繳費，自動欄桿打開放行；乙車

剛好到收費島中心線收費窗口停下，經(jīng)過t0＝15s的時間繳費成功，人工欄桿打

開放行。隨后兩輛汽車勻加速到v3＝90km/h速度后沿直線勻速行駛，設(shè)兩車加

速過程和減速過程中的加速度大小相等，求：

圖4

(1)此次人工收費通道和ETC通道打開欄桿的時間差；

(2)兩輛汽車駛離收費站后相距的最遠(yuǎn)距離。

答案(1)16s(2)445m

解析由題意可知v1＝54km/h＝15m/s，v2＝18km/h＝5m/s，v3＝90km/h＝25

m/s。

＋d

2x

(1)乙車減速過程中，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，有v1＝2a2

可得乙車減速時的加速度大小為a＝2.5m/s2

設(shè)甲車減速到v2所用時間為t1，則有

v1－v2

t1＝＝4s

a

v1＋v2

該段時間內(nèi)甲車的位移為x1＝t1＝40m

2

d

x＋－x1

接下來做勻速運動，所用時間為t2＝2＝1s

v2

甲車從減速到打開欄桿的總時間為t甲＝t1＋t2＝5s

v1

乙減速的時間為t3＝＝6s

a

乙車從減速到打開欄桿的總時間為t乙＝t3＋t0＝21s

人工收費通道和ETC通道打開欄桿放行的時間差Δt＝t乙－t甲＝16s。

v3

(2)乙車與甲車速度相等時兩車相距最遠(yuǎn)。乙車通過中心線后加速的時間為t4＝

a

＝10s

12

乙車加速的距離為x2＝at4＝125m

2

v3－v2

甲車加速的時間為t5＝＝8s

a

22

v3－v2

甲車加速的距離為x3＝＝120m

2a

接下來甲勻速的時間為t6＝Δt＋t4－t5＝18s

甲車勻速運動的距離為x4＝v3t6＝450m

因此，兩車最遠(yuǎn)距離為Δx＝x3＋x4－x2＝445m。

方法技巧多過程問題的處理方法

(1)不同過程之間銜接的關(guān)鍵物理量是不同過程之間的銜接速度。

＋

1222vv0

(2)用好四個公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at，v－v0＝2ax，x＝t。

22

(3)充分借助v－t圖像，圖像反映物體運動過程經(jīng)歷的不同階段，可獲得的重要信

息有加速度(斜率)、位移(面積)和速度。

①多過程v－t圖像“上凸”模型，如圖所示。

特點：全程初、末速度為零，勻加速直線運動過程和勻減速過程平均速度相等。

設(shè)勻加速運動的時間為t1，勻減速運動時間為t2，速度與時間關(guān)系公式：v＝a1t1，

a1t2

v＝a2t2得＝

a2t1

22

速度與位移關(guān)系公式：v＝2a1x1，v＝2a2x2得

a1＝x2

a2x1

vt1vt2

平均速度與位移關(guān)系公式：x1＝，x2＝

22

得t1＝x1

t2x2

②多過程v－t圖像“下凹”模型，如圖所示。

Δx

車較之勻速行駛耽擱的距離為陰影面積表示的位移Δx的大小，耽擱的時間Δt＝。

v

4.(2022·全國甲卷，15)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要

通過前方一長為L的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許

超過v(v<v0)。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減

速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為()

v0－vL＋lv0－vL＋2l

A.＋B.＋

2avav

3（v0－v）L＋l3（v0－v）L＋2l

C.＋D.＋

2avav

答案C

解析由題知當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v(v<v0)，

則列車進(jìn)隧道前必須減速到v，若用時最少，則列車先勻減速到v進(jìn)入隧道，再

在隧道中勻速運動，出了隧道再勻加速到v0，則列車減速運動時，有v＝v0－2at1

v0－v

解得t1＝

2a

L＋l

在隧道內(nèi)勻速運動所用時間t2＝

v

列車尾部出隧道后加速到速率v0，有v0＝v＋at3

v0－v

解得t3＝

a

則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝

3（v0－v）L＋l

＋，故選項C正確。

2av

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1自由落體運動

1.(2024·北京東城高三期末)甲、乙兩物體距地面的高度之比為1∶2，所受重力之

比為1∶2。某時刻兩物體同時由靜止開始下落。不計空氣阻力的影響。下列說法

正確的是()

A.甲、乙落地時的速度大小之比為1∶2

B.所受重力較大的乙物體先落地

C.在兩物體均未落地前，甲、乙的加速度大小之比為1∶2

D.在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離越來越近

答案A

解析由于不計空氣阻力，兩物體均做自由落體運動，由v2＝2gh可知v＝2gh，

12h

所以甲、乙落地時的速度大小之比為1∶2，故A正確；由h＝gt2可知t＝，

2g

所以物體做自由落體運動在空間運動的時間取決于高度，與物體所受重力的大小

無關(guān)，即甲物體先落地，故B錯誤；由于兩物體都做自由落體運動，加速度均為

重力加速度，故C錯誤；由于兩物體都做自由落體運動且同時下落，則在兩物體

均未落地前，甲、乙之間的距離不變，故D錯誤。

2.(2021·湖北卷，2)2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯(lián)世錦賽女子單人10

米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5m完成技

術(shù)動作，隨后5m完成姿態(tài)調(diào)整。假設(shè)整個下落過程近似為自由落體運動，重力

加速度大小取10m/s2，則她用于姿態(tài)調(diào)整的時間約為()

A.0.2sB.0.4s

C.1.0sD.1.4s

答案B

2h2×10

解析陳芋汐下落的整個過程所用的時間為t＝＝s≈1.4s，下落

g10

2h12×5

前5m的過程所用的時間為t1＝＝s＝1s，則陳芋汐用于姿態(tài)調(diào)整

g10

的時間約為t2＝t－t1＝0.4s，B正確，A、C、D錯誤。

3.(2024·黑龍江大慶模擬)一個物體從離地某一高度處開始做自由落體運動，該物

體第1s內(nèi)的位移恰為最后1s內(nèi)位移的二分之一，已知重力加速度大小取10m/s2，

則它開始下落時距落地點的高度為()

A.15mB.12.5m

C.11.25mD.10m

答案C

1212

解析物體第1s內(nèi)的位移為h1＝gt1＝×10×1m＝5m，則物體最后1s內(nèi)的

22

1212

位移為h2＝2h1＝10m，設(shè)物體下落的總時間為t，則gt－g(t－1)＝h2，代入數(shù)

22

11

值得t＝1.5s，則物體開始下落時距落地點的高度為h＝gt2＝×10×1.52m＝

22

11.25m，故C正確。

對點練2豎直上拋運動

4.(2024·河北承德期末)體育課上同學(xué)們在練習(xí)排球，某同學(xué)將排球豎直向上墊起

后，經(jīng)1.2s排球又回到原出發(fā)點，則排球被墊起后上升的最大高度約為()

A.1.0mB.1.2m

C.1.5mD.1.8m

答案D

解析排球被墊起后經(jīng)1.2s又回到原出發(fā)點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，

從最大高度下落到拋出點的時間為t＝0.6s，則排球被墊起后上升的最大高度h＝

1

gt2＝1.8m，故D正確。

2

5.(2024·廣東省部分名校大聯(lián)考)氣球上系一物體，以3m/s的速度自地面勻速上升，

當(dāng)物體上升到離地面的高度h＝10.8m處時，繩子突然斷了，氣球和物體均可視

為質(zhì)點，取重力加速度g＝10m/s2，關(guān)于繩斷后物體的運動情況，下列說法正確

的是()

A.物體將做自由落體運動

B.物體經(jīng)過1.8s落到地面

C.物體運動1s后的速度大小為5m/s

D.物體落地時的速度大小為4m/s

答案B

解析物體有豎直向上的初速度，繩斷后物體并不是做自由落體運動，故A錯誤；

12

取向下為正方向，根據(jù)勻變速直線運動位移與時間關(guān)系式有h＝－v0t＋gt，解得

2

t＝1.8s(另一解舍去)，故B正確；物體運動1s后的速度大小v＝－v0＋gt1＝7m/s，

故C錯誤；物體落地時的速度大小v′＝－v0＋gt＝15m/s，故D錯誤。

6.(2023·湖南模擬)打彈弓是一款傳統(tǒng)游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一

種，如圖1所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1s

內(nèi)上升的高度與最后1s內(nèi)上升的高度之比為9∶1，不計空氣阻力，重力加速度

g＝10m/s2，則彈丸在上升過程中最初1s內(nèi)中間時刻的速度大小和上升的最大高

度分別為()

圖1

A.45m/s；125mB.45m/s；75m

C.36m/s；125mD.36m/s；75m

答案A

解析射出的彈丸做豎直上拋運動，上升過程可看成自由落體運動的逆運動，由

1212

運動學(xué)公式h＝gt知，彈丸最后1s內(nèi)上升的高度h1＝×10×1m＝5m，最初

22

h245

1s內(nèi)上升的高度h2＝9h1＝45m，則最初1s內(nèi)中間時刻的速度v＝＝m/s＝

t11

vt14512

45m/s，彈丸上升的時間t＝＋＝s＋0.5s＝5s，彈丸上升的總高度h3＝gt

g2102

1

＝×10×52m＝125m，故A正確，B、C、D錯誤。

2

對點練3多運動過程問題

7.(多選)在一次救災(zāi)活動中，一輛救災(zāi)汽車由靜止開始做勻加速直線運動，在運動

了8s之后，由于前方突然有巨石滾下并堵在路中央，所以又緊急剎車，勻減速

運動經(jīng)4s停在巨石前。則關(guān)于汽車的運動情況，下列說法正確的是()

A.加速、減速中的加速度大小之比為a1∶a2＝2∶1

B.加速、減速中的平均速度大小之比為v1∶v2＝1∶1

C.加速、減速中的位移之比為x1∶x2＝2∶1

D.加速、減速中的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶3

答案BC

解析汽車由靜止運動8s，又經(jīng)4s停止，加速階段的末速度與減速階段的初速

a112

度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，則＝，A、D錯誤；又由v＝2ax知a1x1＝a2x2，

a22

－

x1a22v

＝＝，C正確；由v＝知，v1∶v2＝1∶1，B正確。

x2a112

8.(多選)汽車在路上出現(xiàn)故障時，應(yīng)在車后放置三角警示牌(如圖2所示)，以提醒

后面駕車司機減速安全通過。在夜間，有一貨車因故障停駛，后面有一小轎車以

30m/s的速度向前駛來，由于夜間視線不好，小轎車駕駛員只能看清前方50m內(nèi)

的物體，并且他的反應(yīng)時間為0.6s，制動后最大加速度為5m/s2。假設(shè)小轎車始

終沿直線運動。下列說法正確的是()

圖2

A.小轎車從剎車到停止所用的最短時間為6s

B.小轎車的剎車距離(從剎車到停止運動所走的距離)為80m

C.小轎車運動到三角警示牌時的最小速度為20m/s

D.三角警示牌至少要放在貨車后58m遠(yuǎn)處，才能有效避免兩車相撞

答案AD

0－v00－30

解析設(shè)小轎車從剎車到停止所用最短時間為t2，則t2＝＝s＝6s，

a－5

2

0－v0

故A正確；小轎車的剎車距離x＝＝90m，故B錯誤；反應(yīng)時間內(nèi)通過的位

2a

移為x1＝v0t1＝30×0.6m＝18m，減速通過的位移為x′＝50m－18m＝32m，設(shè)

22

減速到警示牌的速度為v′，則2ax′＝v′－v0，解得v′＝2145m/s，故C錯誤；小

轎車通過的總位移為x總＝(90＋18)m＝108m，放置的位置至少在貨車后Δx＝(108

－50)m＝58m，故D正確。

B級綜合提升練

9.(2024·廣東東莞聯(lián)考)城市里高樓鱗次櫛比，樓層越高視野越開闊，但是有一點

一定要注意高空墜物，因為墜物落地速度很大，會造成很大的危害。假設(shè)一個小

鐵塊從10層樓的高處無初速度下落，已知10層樓距地面高度為30m，小鐵塊落

地后不反彈，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()

A.小鐵塊在開始下落后的第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移之比為1∶3∶5

B.小鐵塊下落過程的平均速度大小為10m/s

C.小鐵塊下落過程中第2s內(nèi)的位移為20m

D.小鐵塊下落最后10m所用時間為(6－2)s

答案D

12h

解析小鐵塊做自由落體運動，由h＝gt2可知，下落的總時間為t＝＝

2g

2×30

s＝6s，第1s內(nèi)的位移為5m，前2s內(nèi)位移為20m，即第2s內(nèi)的

10

位移為15m，則第3s內(nèi)的位移為10m，所以在開始下落后的第1s內(nèi)、第2s

內(nèi)、第3s內(nèi)的位移之比為1∶3∶2，故A、C錯誤；由平均速度公式可知，小鐵

－h(huán)30

塊下落過程的平均速度v＝＝m/s＝56m/s，故B錯誤；已知小鐵塊總下落

t6

高度為30m，前2s內(nèi)位移為20m，則最后10m內(nèi)運動時間為t′＝(6－2)s，故

D正確。

10.(2024·云南師大附中模擬)如圖3所示，在空中將小球P從a點豎直向上拋出的

同時，將小球Q從c點由靜止釋放，一段時間后Q在a點正下方的b點時追上P，

此過程中兩小球均未落地且未發(fā)生碰撞。若a、b兩點間的高度差為h，c、a兩點

間的高度差為2h。不計空氣阻力，重力加速度為g，兩小球均可視為質(zhì)點，則小

球P相對拋出點上升的最大高度為()

圖3

hh

A.B.

63

h3

C.D.h

24

答案B

126h

解析Q做自由落體運動，有xQ＝3h＝gt，解得t＝，從小球P拋出到相

2g

12

遇，以向下為正方向，可得xP＝－v0t＋gt，根據(jù)幾何關(guān)系可得xQ－xP＝2h，解

2

2

6ghv0h

得v0＝，則P上升的最大高度為hm＝＝，故B正確。

32g3

11.(2024·江蘇常熟市期中)如圖4所示，跳水運動員從離水面10m高的平臺上向

上躍起，舉起雙臂豎直離開臺面，此時其重心位于從手到腳全長的中點，躍起后

重心升高0.45m到最高點，落水時身體