第一章 第3讲 自由落体和竖直上抛运动 多过程问题 讲义 （教师版）
文档属性
| 名称 | 第一章 第3讲 自由落体和竖直上抛运动 多过程问题 讲义 （教师版） |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 467.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-31 11:52:02 | ||
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文档简介
第3讲 自由落体和竖直上抛运动 多过程问题
1．运动性质：自由落体运动和竖直上抛运动都是匀变速直线运动。
2．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)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。
(3)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“重的物体比轻的物体下落快”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。
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提示：伽利略对自由落体运动的研究，创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法。
3．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＝v0－gt。
②位移与时间的关系式：h＝v0t－gt2。
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．自由落体运动的加速度方向垂直地面向下。( × )
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．当物体做竖直上抛运动速度为负值时，位移也一定为负值。( × )
6．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。( √ )
考点一 自由落体运动
1．运动特点
初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。
2．解题方法
(1)初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。
①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
②由Δv＝gΔt知，相等时间内，速度变化量相同。
③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2。
(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。
【典例1】 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。
【解析】 (1)根据速度—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—时间关系得t＝＝2 s，鸡蛋在第1 s内的位移为h1＝gt＝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＝gt，h0＋h3＝g(t0＋Δt)2，联立解得h0＝4.05 m。
【答案】 (1)20 m/s 15 m (2)4.05 m
1．(多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，下列判断正确的是( BC )
A．b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s
B．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 m
C．在a球接触地面之前，两球速度差恒定
D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
解析：a、b两球均做自由落体运动，b球下落高度为20 m时，运动的时间t1＝＝ s＝2 s，则a球运动的时间t1′＝t1＋1 s＝3 s，此时a球的速度大小为v＝gt1′＝30 m/s，由gt1′2＝45 m<125 m，可知此结果符合实际，故A错误；a球运动的总时间为t2′＝＝ s＝5 s，则a球接触地面瞬间，b球运动的时间t2＝t2′－1 s＝4 s，b球的下落高度为h2＝gt＝×10×42 m＝80 m，故此时b球离地面的高度为H－h2＝125 m－80 m＝45 m，故B正确；在a球接触地面之前，以b球为参考系，a球始终以g×1 s＝10 m/s的速度向下运动，则两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误。
考点二 竖直上抛运动
1．竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性(如图)
(2)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。
2．竖直上抛运动的研究方法
分段法 上升阶段：加速度大小为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
【典例2】 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
【解析】 解法一(全程法)
取全过程进行研究，设从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，以初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示，重物在时间t内的位移x＝－h＝－175 m，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t－gt2，解得t＝7 s(另一解t＝－5 s舍去)，所以重物落地时速度为v＝v0－gt＝－60 m/s，其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。
解法二(分段法)
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，上升的最大高度为h1，重物离地面的最大高度为H，则t1＝，h1＝gt，H＝h1＋h，重物从最高处自由下落，设落地用时t2，落地速度大小为v′，则有H＝gt，v′＝gt2，则重物从气球上掉落到地面的时间为t＝t1＋t2，联立解得t＝7 s，v′＝60 m/s，方向竖直向下。
【答案】 7 s 60 m/s
解决竖直上抛运动的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般看成初速度方向为正方向的匀减速直线运动。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法。
①根据位移h判断：h>0，物体在抛出点上方；h＝0，恰好在抛出点；h<0，在抛出点下方。
②根据时间t判断：t<，表明物体正处在上升过程中；t＝，恰好在最高点；t>，表明正处在下降过程中；t>，表明在抛出点下方。
2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要重力加速度g的精确值，这可由实验精确测得。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测量长度和时间，具体做法是：如图所示，将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直上抛小球，测得小球从离开O点到落回O点所用的时间为T1，小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球从离开P点到落回P点所用的时间为T2，则g等于( B )
A． B．
C． D．
解析：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上＝t下，则从最高点下落到O点所用时间为，设小球从O点上升的最大高度为h1，则h1＝g·，设小球从P点上升的最大高度为h2，同理有h2＝g·，依据题意有h1－h2＝H，联立解得g＝，故B正确，A、C、D错误。
3．(多选)(2024·黑龙江哈师大附中期末)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，下列判断正确的是(g取10 m/s2)( AB )
A．小球在这段时间内的位移大小一定是15 m，方向竖直向上
B．小球在这段时间内的平均速度可能是5 m/s
C．小球在这段时间内的速度变化大小可能是10 m/s，方向竖直向上
D．小球上升的最大高度一定为15 m
解析：小球的位移大小一定是x＝＝ m＝15 m，方向竖直向上，故A正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速度为＝＝15 m/s，当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的平均速度为＝＝5 m/s，故B正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，在这段时间的速度变化量为Δv＝v－v0＝(10－20) m/s＝－10 m/s，方向竖直向下；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化量为Δv＝v－v0＝(－10－20) m/s＝－30 m/s，方向竖直向下，故C错误；小球上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m，故D错误。
考点三 匀变速直线运动的多过程问题
1．问题特点
一个物体的运动过程包含多个阶段，各阶段的运动性质不同，满足不同的运动规律，连接处的速度是连接各阶段运动的桥梁。
2．解决思路
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。
3．分析要点
(1)题目中有多少个物理过程？
(2)每个过程物体做什么运动？
(3)每种运动满足什么物理规律？
(4)运动过程中的关键位置(时刻)是哪些？
【典例3】 (2025·湖北宜昌高三月考)无人机在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1＝205 m处，t＝0时刻，它以加速度a1＝6 m/s2竖直向下匀加速运动距离h1＝75 m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2＝70 m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在距目标高度为H2＝70 m处的总时间t；
(2)若无人机在距目标高度为H2＝70 m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2 s后恢复动力，要使其不落地，恢复动力后的最小加速度大小a2。
【解析】 (1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有h1＝a1t，v＝a1t1，H1－H2－h1＝t2，联立解得t＝t1＋t2＝9 s。
(2)无人机自由下落2 s末的速度为v0＝gt′＝20 m/s，2 s内向下运动的位移为x1＝gt′2＝20 m，设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，此时a2为最小加速度大小，则H2－x1＝，代入数据解得a2＝4 m/s2。
【答案】 (1)9 s (2)4 m/s2
多过程问题的处理方法
(1)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)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(3)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，x＝t。Ｋ
4．(2025·浙江温州高三阶段检测)如图，某跳伞运动员做低空跳伞表演。从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到50 m/s时打开降落伞做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，到达地面时速度为5 m/s。下列说法正确的是( D )
A．运动员离开飞机10 s后打开降落伞
B．运动员在空中下落过程用时9 s
C．运动员距离地面245 m时打开降落伞
D．悬停的飞机距离地面372.5 m
解析：由速度—时间公式有v1＝gt1，解得t1＝5 s，故A错误；运动员做匀减速运动时，由速度—时间公式有v2＝v1－at2，解得t2＝9 s，下落时间为t＝t1＋t2＝14 s，故B错误；由位移—时间公式有h2＝t2＝247.5 m，故C错误；由位移—时间公式有运动员做自由落体运动下降的高度为h1＝gt＝125 m，H＝h1＋h2＝372.5 m，故D正确。
5．(2025·山东济南高三阶段检测)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设收费岛总长度d＝30 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝54 km/h经过距收费岛口x＝30 m处的减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2＝18 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。随后两辆汽车匀加速到v3＝90 km/h速度后沿直线匀速行驶，设两车加速过程和减速过程中的加速度大小相等，求：
(1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆的时间差；
(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。
解析：由题意可知v1＝54 km/h＝15 m/s，v2＝18 km/h＝5 m/s，v3＝90 km/h＝25 m/s。
(1)乙车减速过程中，根据匀变速直线运动的规律，有v＝2a，可得乙车减速时的加速度大小为a＝2.5 m/s2，设甲车减速到v2所用时间为t1，则有t1＝＝4 s，该段时间内甲车的位移为x1＝t1＝40 m，接下来做匀速运动到收费岛中心线，所用时间为t2＝＝1 s，甲车从减速到打开栏杆的总时间为t甲＝t1＋t2＝5 s，乙车减速的时间为t3＝＝6 s，乙车从减速到打开栏杆的总时间为t乙＝t3＋t0＝21 s，人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差Δt＝t乙－t甲＝16 s。
(2)乙车与甲车速度相等时两车相距最远。乙车通过中心线后加速的时间为t4＝＝10 s，乙车加速的距离为x2＝at＝125 m，甲车加速的时间为t5＝＝8 s，甲车加速的距离为x3＝＝120 m，接下来甲匀速的时间为t6＝Δt＋t4－t5＝18 s，甲车匀速运动的距离为x4＝v3t6＝450 m，因此，两车最远距离为Δx＝x3＋x4－x2＝445 m。
答案：(1)16 s (2)445 m
课时作业3
1．(5分)一物体在空中做自由落体运动，下列图像中能正确描述它的速率v与位移x变化关系的是( D )
解析：根据自由落体运动的速度—位移公式v2＝2gx，解得v＝，D正确。
2．(5分)对于自由落体运动(g取10 m/s2)，下列说法正确的是( B )
A．前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5
B．相邻两个1 s内的位移之差都是10 m
C．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．1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
解析：根据h＝gt2可知，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；相邻两个1 s内的位移之差都是Δh＝gT2＝10 m，故B正确；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；由v＝gt可知，1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。
3．(5分)(2024·广西卷)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( B )
A.v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s
C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s
解析：石块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 m/s2×1 s＝10 m/s，故选B。
4．(5分)(2025·河北承德高三期末)体育课上同学们在练习排球，某同学将排球竖直向上垫起后，经1.2 s排球又回到原出发点，则排球被垫起后上升的最大高度约为(g取10 m/s2，不计空气阻力)( D )
A．1.0 m B．1.2 m
C．1.5 m D．1.8 m
解析：排球被垫起后经1.2 s又回到原出发点，根据竖直上抛运动的对称性可知，从最大高度下落到抛出点的时间为t＝0.6 s，则排球被垫起后上升的最大高度h＝gt2＝1.8 m，故D正确。
5．(5分) (2025·山东聊城高三检测)物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。如图所示，一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m的细线连接。用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2 s，g取10 m/s2，则桥面该处到水面的高度为( B )
A．22 m B．20 m
C．18 m D．16 m
解析：设桥面该处到水面的高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有h＝gt，对铁球1有h－L＝gt，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故选B。
6．(5分)(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前。关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( BC )
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
解析：汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速运动阶段的末速度与减速运动阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，则＝，A、D错误；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，＝＝，C正确；由＝知，v1∶v2＝1∶1，B正确。
7．(5分) (2024·北京通州区一模)2023年7月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2 s和下落阶段2 s的4 s微重力时间。若某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( D )
A．电磁弹射阶段用时约为2 s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20 m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100 m
D．实验舱开始竖直上抛的速度约为20 m/s
解析：由题意可知实验舱上抛阶段时间为2 s，可知实验舱开始上抛的速度为v＝gt上＝20 m/s，电磁弹射阶段有v＝5gt，解得t＝0.4 s，故A错误，D正确；电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为h＝·5g·t2＝4 m，故B错误；实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为h1＝gt＝20 m，故C错误。
8．(5分)(2024·河南开封高三阶段检测)一物体从空中某位置以竖直向上的速度v抛出，经过时间t物体的速度大小为初速度大小的2倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( B )
A．t＝
B．物体的平均速率为
C．物体的位移大小为
D．再经时间t，物体仍未落地，此时物体速度大小为3v
解析：根据题意可知，末速度与初速度方向相反，根据速度—时间关系可得t＝＝，故A错误；设物体的位移大小为x，物体上升的最大高度为h1，从最高点下降的高度为h2，根据速度—位移关系有4v2－v2＝2gx，v2＝2gh1，4v2＝2gh2，由此可得位移大小为x＝，路程为s＝h1＋h2＝，由此可得平均速率＝＝，故B正确，C错误；在相同时间t内速度变化量Δv＝gt＝3v，再经时间t，物体速度大小为v′＝2v＋Δv＝5v，故D错误。
9．(5分)(多选)在某高塔顶层的墙外侧，以20 m/s的速度竖直上抛一个小石子(小石子可看成质点)，忽略空气阻力，当小石子运动到离抛出点15 m时，运动时间可能是(g取10 m/s2)( ABD )
A．1 s B．3 s
C．4 s D．(2＋)s
解析：小石子上抛过程运动到离抛出点最远的距离为hm＝＝20 m，当小石子运动到离抛出点上方15 m时，有h＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当小石子运动到离抛出点下方15 m时，有－h＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋)s，t4＝(2－)s(舍去)，故A、B、D正确。
10．(5分)(多选)自高为H的塔顶自由落下A物体的同时，B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( CD )
A．若v0＞，则两物体相遇时，B物体正在下降途中
B．若v0＝，则两物体在地面相遇
C．若 ＜v0＜ ，则两物体相遇时B物体正在空中下落
D．若v0＝ ，则两物体在地面相遇
解析：假设B物体在上升到最高点时与A物体相遇，则t＝，H＝gt2＋，v0＝，当v0＞时，两物体在B物体上升中相遇，A错误；当v0＝时，两物体在B物体上升到最高点时相遇，B错误；如果两物体在B物体下落到地面时相遇，则t＝，H＝gt2，v0＝ ，当 ＜v0＜ ，两物体相遇时，B物体正在空中下落，C、D正确。
11．(15分)物流机器人已在许多地方大规模投用。某次实验人员在测试物流机器人时，先从静止开始，沿直线匀加速行驶了10 s，达到最大速度12 m/s后，又以3 m/s2的加速度沿直线匀减速行驶了3 s，然后做匀速直线运动。已知物流机器人满载货物时总质量为300 kg，求：
(1)匀加速运动时的加速度大小；
(2)13 s到20 s内物流机器人通过的位移大小；
(3)前20 s过程中机器人通过的总位移大小。
解析：(1)根据匀变速直线运动公式有v1＝at1，可得匀加速运动时的加速度大小a＝ m/s2＝1.2 m/s2。
(2)根据题意可知，t＝13 s时，物流机器人开始做匀速运动，此时速度大小v2＝v1－a′t2＝3 m/s，13～20 s内物流机器人做匀速运动，通过的位移x3＝v2t3＝21 m。
(3)匀加速直线运动阶段的位移x1＝at＝60 m，匀减速阶段的位移x2＝v1t2－a′t＝
22．5 m，则前20 s过程中机器人走的总位移大小x＝x1＋x2＋x3＝103.5 m。
答案：(1)1.2 m/s2 (2)21 m (3)103.5 m
12．(15分)如图所示，A、B为空心圆管的两端，C为可视为质点的小球，AB长度为L＝1 m，A、B与C在同一竖直线上，A、C之间距离为h＝20 m。t＝0时刻，空心圆管做自由落体运动，C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动，g取10 m/s2。
(1)要使C在空心圆管落地前穿过空心圆管，v0应大于多少？
(2)若v0＝20 m/s，求C从A端穿过空心圆管所用的时间。(不考虑圆管落地后的情形)
解析：(1)C在圆管落地前穿过圆管的条件是，圆管落地的瞬间小球经过B端，此过程小球的初速度为最小值。设圆管的落地时间为t，则h＝gt2，解得t＝2 s，此时C恰好经过B端，则有vmint－gt2＝L，解得vmin＝10.5 m/s，即v0应大于10.5 m/s。
(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿过圆管，设C到达A端的时间为t1，则有v0t1－
gt＋gt＝h，设C到B端的时间为t2，则有＋gt＝h＋L，C从A端穿过圆管所用的时间为Δt＝t2－t1，解得Δt＝0.05 s。
答案：(1)10.5 m/s (2)0.05 s
1．运动性质：自由落体运动和竖直上抛运动都是匀变速直线运动。
2．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)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。
(3)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“重的物体比轻的物体下落快”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。
教材链接·想一想 人教版教材必修第一册P50“科学漫步”——伽利略对自由落体运动的研究，其意义和贡献是什么？
提示：伽利略对自由落体运动的研究，创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法。
3．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＝v0－gt。
②位移与时间的关系式：h＝v0t－gt2。
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．自由落体运动的加速度方向垂直地面向下。( × )
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．当物体做竖直上抛运动速度为负值时，位移也一定为负值。( × )
6．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。( √ )
考点一 自由落体运动
1．运动特点
初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。
2．解题方法
(1)初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。
①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
②由Δv＝gΔt知，相等时间内，速度变化量相同。
③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2。
(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。
【典例1】 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。
【解析】 (1)根据速度—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—时间关系得t＝＝2 s，鸡蛋在第1 s内的位移为h1＝gt＝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＝gt，h0＋h3＝g(t0＋Δt)2，联立解得h0＝4.05 m。
【答案】 (1)20 m/s 15 m (2)4.05 m
1．(多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，下列判断正确的是( BC )
A．b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s
B．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 m
C．在a球接触地面之前，两球速度差恒定
D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
解析：a、b两球均做自由落体运动，b球下落高度为20 m时，运动的时间t1＝＝ s＝2 s，则a球运动的时间t1′＝t1＋1 s＝3 s，此时a球的速度大小为v＝gt1′＝30 m/s，由gt1′2＝45 m<125 m，可知此结果符合实际，故A错误；a球运动的总时间为t2′＝＝ s＝5 s，则a球接触地面瞬间，b球运动的时间t2＝t2′－1 s＝4 s，b球的下落高度为h2＝gt＝×10×42 m＝80 m，故此时b球离地面的高度为H－h2＝125 m－80 m＝45 m，故B正确；在a球接触地面之前，以b球为参考系，a球始终以g×1 s＝10 m/s的速度向下运动，则两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误。
考点二 竖直上抛运动
1．竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性(如图)
(2)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。
2．竖直上抛运动的研究方法
分段法 上升阶段：加速度大小为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
【典例2】 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
【解析】 解法一(全程法)
取全过程进行研究，设从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，以初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示，重物在时间t内的位移x＝－h＝－175 m，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t－gt2，解得t＝7 s(另一解t＝－5 s舍去)，所以重物落地时速度为v＝v0－gt＝－60 m/s，其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。
解法二(分段法)
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，上升的最大高度为h1，重物离地面的最大高度为H，则t1＝，h1＝gt，H＝h1＋h，重物从最高处自由下落，设落地用时t2，落地速度大小为v′，则有H＝gt，v′＝gt2，则重物从气球上掉落到地面的时间为t＝t1＋t2，联立解得t＝7 s，v′＝60 m/s，方向竖直向下。
【答案】 7 s 60 m/s
解决竖直上抛运动的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般看成初速度方向为正方向的匀减速直线运动。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法。
①根据位移h判断：h>0，物体在抛出点上方；h＝0，恰好在抛出点；h<0，在抛出点下方。
②根据时间t判断：t<，表明物体正处在上升过程中；t＝，恰好在最高点；t>，表明正处在下降过程中；t>，表明在抛出点下方。
2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要重力加速度g的精确值，这可由实验精确测得。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测量长度和时间，具体做法是：如图所示，将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直上抛小球，测得小球从离开O点到落回O点所用的时间为T1，小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球从离开P点到落回P点所用的时间为T2，则g等于( B )
A． B．
C． D．
解析：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上＝t下，则从最高点下落到O点所用时间为，设小球从O点上升的最大高度为h1，则h1＝g·，设小球从P点上升的最大高度为h2，同理有h2＝g·，依据题意有h1－h2＝H，联立解得g＝，故B正确，A、C、D错误。
3．(多选)(2024·黑龙江哈师大附中期末)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，下列判断正确的是(g取10 m/s2)( AB )
A．小球在这段时间内的位移大小一定是15 m，方向竖直向上
B．小球在这段时间内的平均速度可能是5 m/s
C．小球在这段时间内的速度变化大小可能是10 m/s，方向竖直向上
D．小球上升的最大高度一定为15 m
解析：小球的位移大小一定是x＝＝ m＝15 m，方向竖直向上，故A正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速度为＝＝15 m/s，当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的平均速度为＝＝5 m/s，故B正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，在这段时间的速度变化量为Δv＝v－v0＝(10－20) m/s＝－10 m/s，方向竖直向下；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化量为Δv＝v－v0＝(－10－20) m/s＝－30 m/s，方向竖直向下，故C错误；小球上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m，故D错误。
考点三 匀变速直线运动的多过程问题
1．问题特点
一个物体的运动过程包含多个阶段，各阶段的运动性质不同，满足不同的运动规律，连接处的速度是连接各阶段运动的桥梁。
2．解决思路
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。
3．分析要点
(1)题目中有多少个物理过程？
(2)每个过程物体做什么运动？
(3)每种运动满足什么物理规律？
(4)运动过程中的关键位置(时刻)是哪些？
【典例3】 (2025·湖北宜昌高三月考)无人机在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1＝205 m处，t＝0时刻，它以加速度a1＝6 m/s2竖直向下匀加速运动距离h1＝75 m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2＝70 m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在距目标高度为H2＝70 m处的总时间t；
(2)若无人机在距目标高度为H2＝70 m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2 s后恢复动力，要使其不落地，恢复动力后的最小加速度大小a2。
【解析】 (1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有h1＝a1t，v＝a1t1，H1－H2－h1＝t2，联立解得t＝t1＋t2＝9 s。
(2)无人机自由下落2 s末的速度为v0＝gt′＝20 m/s，2 s内向下运动的位移为x1＝gt′2＝20 m，设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，此时a2为最小加速度大小，则H2－x1＝，代入数据解得a2＝4 m/s2。
【答案】 (1)9 s (2)4 m/s2
多过程问题的处理方法
(1)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)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(3)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，x＝t。Ｋ
4．(2025·浙江温州高三阶段检测)如图，某跳伞运动员做低空跳伞表演。从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到50 m/s时打开降落伞做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，到达地面时速度为5 m/s。下列说法正确的是( D )
A．运动员离开飞机10 s后打开降落伞
B．运动员在空中下落过程用时9 s
C．运动员距离地面245 m时打开降落伞
D．悬停的飞机距离地面372.5 m
解析：由速度—时间公式有v1＝gt1，解得t1＝5 s，故A错误；运动员做匀减速运动时，由速度—时间公式有v2＝v1－at2，解得t2＝9 s，下落时间为t＝t1＋t2＝14 s，故B错误；由位移—时间公式有h2＝t2＝247.5 m，故C错误；由位移—时间公式有运动员做自由落体运动下降的高度为h1＝gt＝125 m，H＝h1＋h2＝372.5 m，故D正确。
5．(2025·山东济南高三阶段检测)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设收费岛总长度d＝30 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝54 km/h经过距收费岛口x＝30 m处的减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2＝18 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。随后两辆汽车匀加速到v3＝90 km/h速度后沿直线匀速行驶，设两车加速过程和减速过程中的加速度大小相等，求：
(1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆的时间差；
(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。
解析：由题意可知v1＝54 km/h＝15 m/s，v2＝18 km/h＝5 m/s，v3＝90 km/h＝25 m/s。
(1)乙车减速过程中，根据匀变速直线运动的规律，有v＝2a，可得乙车减速时的加速度大小为a＝2.5 m/s2，设甲车减速到v2所用时间为t1，则有t1＝＝4 s，该段时间内甲车的位移为x1＝t1＝40 m，接下来做匀速运动到收费岛中心线，所用时间为t2＝＝1 s，甲车从减速到打开栏杆的总时间为t甲＝t1＋t2＝5 s，乙车减速的时间为t3＝＝6 s，乙车从减速到打开栏杆的总时间为t乙＝t3＋t0＝21 s，人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差Δt＝t乙－t甲＝16 s。
(2)乙车与甲车速度相等时两车相距最远。乙车通过中心线后加速的时间为t4＝＝10 s，乙车加速的距离为x2＝at＝125 m，甲车加速的时间为t5＝＝8 s，甲车加速的距离为x3＝＝120 m，接下来甲匀速的时间为t6＝Δt＋t4－t5＝18 s，甲车匀速运动的距离为x4＝v3t6＝450 m，因此，两车最远距离为Δx＝x3＋x4－x2＝445 m。
答案：(1)16 s (2)445 m
课时作业3
1．(5分)一物体在空中做自由落体运动，下列图像中能正确描述它的速率v与位移x变化关系的是( D )
解析：根据自由落体运动的速度—位移公式v2＝2gx，解得v＝，D正确。
2．(5分)对于自由落体运动(g取10 m/s2)，下列说法正确的是( B )
A．前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5
B．相邻两个1 s内的位移之差都是10 m
C．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．1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
解析：根据h＝gt2可知，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；相邻两个1 s内的位移之差都是Δh＝gT2＝10 m，故B正确；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；由v＝gt可知，1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。
3．(5分)(2024·广西卷)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( B )
A.v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s
C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s
解析：石块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 m/s2×1 s＝10 m/s，故选B。
4．(5分)(2025·河北承德高三期末)体育课上同学们在练习排球，某同学将排球竖直向上垫起后，经1.2 s排球又回到原出发点，则排球被垫起后上升的最大高度约为(g取10 m/s2，不计空气阻力)( D )
A．1.0 m B．1.2 m
C．1.5 m D．1.8 m
解析：排球被垫起后经1.2 s又回到原出发点，根据竖直上抛运动的对称性可知，从最大高度下落到抛出点的时间为t＝0.6 s，则排球被垫起后上升的最大高度h＝gt2＝1.8 m，故D正确。
5．(5分) (2025·山东聊城高三检测)物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。如图所示，一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m的细线连接。用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2 s，g取10 m/s2，则桥面该处到水面的高度为( B )
A．22 m B．20 m
C．18 m D．16 m
解析：设桥面该处到水面的高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有h＝gt，对铁球1有h－L＝gt，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故选B。
6．(5分)(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前。关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( BC )
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
解析：汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速运动阶段的末速度与减速运动阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，则＝，A、D错误；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，＝＝，C正确；由＝知，v1∶v2＝1∶1，B正确。
7．(5分) (2024·北京通州区一模)2023年7月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2 s和下落阶段2 s的4 s微重力时间。若某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( D )
A．电磁弹射阶段用时约为2 s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20 m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100 m
D．实验舱开始竖直上抛的速度约为20 m/s
解析：由题意可知实验舱上抛阶段时间为2 s，可知实验舱开始上抛的速度为v＝gt上＝20 m/s，电磁弹射阶段有v＝5gt，解得t＝0.4 s，故A错误，D正确；电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为h＝·5g·t2＝4 m，故B错误；实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为h1＝gt＝20 m，故C错误。
8．(5分)(2024·河南开封高三阶段检测)一物体从空中某位置以竖直向上的速度v抛出，经过时间t物体的速度大小为初速度大小的2倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( B )
A．t＝
B．物体的平均速率为
C．物体的位移大小为
D．再经时间t，物体仍未落地，此时物体速度大小为3v
解析：根据题意可知，末速度与初速度方向相反，根据速度—时间关系可得t＝＝，故A错误；设物体的位移大小为x，物体上升的最大高度为h1，从最高点下降的高度为h2，根据速度—位移关系有4v2－v2＝2gx，v2＝2gh1，4v2＝2gh2，由此可得位移大小为x＝，路程为s＝h1＋h2＝，由此可得平均速率＝＝，故B正确，C错误；在相同时间t内速度变化量Δv＝gt＝3v，再经时间t，物体速度大小为v′＝2v＋Δv＝5v，故D错误。
9．(5分)(多选)在某高塔顶层的墙外侧，以20 m/s的速度竖直上抛一个小石子(小石子可看成质点)，忽略空气阻力，当小石子运动到离抛出点15 m时，运动时间可能是(g取10 m/s2)( ABD )
A．1 s B．3 s
C．4 s D．(2＋)s
解析：小石子上抛过程运动到离抛出点最远的距离为hm＝＝20 m，当小石子运动到离抛出点上方15 m时，有h＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当小石子运动到离抛出点下方15 m时，有－h＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋)s，t4＝(2－)s(舍去)，故A、B、D正确。
10．(5分)(多选)自高为H的塔顶自由落下A物体的同时，B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( CD )
A．若v0＞，则两物体相遇时，B物体正在下降途中
B．若v0＝，则两物体在地面相遇
C．若 ＜v0＜ ，则两物体相遇时B物体正在空中下落
D．若v0＝ ，则两物体在地面相遇
解析：假设B物体在上升到最高点时与A物体相遇，则t＝，H＝gt2＋，v0＝，当v0＞时，两物体在B物体上升中相遇，A错误；当v0＝时，两物体在B物体上升到最高点时相遇，B错误；如果两物体在B物体下落到地面时相遇，则t＝，H＝gt2，v0＝ ，当 ＜v0＜ ，两物体相遇时，B物体正在空中下落，C、D正确。
11．(15分)物流机器人已在许多地方大规模投用。某次实验人员在测试物流机器人时，先从静止开始，沿直线匀加速行驶了10 s，达到最大速度12 m/s后，又以3 m/s2的加速度沿直线匀减速行驶了3 s，然后做匀速直线运动。已知物流机器人满载货物时总质量为300 kg，求：
(1)匀加速运动时的加速度大小；
(2)13 s到20 s内物流机器人通过的位移大小；
(3)前20 s过程中机器人通过的总位移大小。
解析：(1)根据匀变速直线运动公式有v1＝at1，可得匀加速运动时的加速度大小a＝ m/s2＝1.2 m/s2。
(2)根据题意可知，t＝13 s时，物流机器人开始做匀速运动，此时速度大小v2＝v1－a′t2＝3 m/s，13～20 s内物流机器人做匀速运动，通过的位移x3＝v2t3＝21 m。
(3)匀加速直线运动阶段的位移x1＝at＝60 m，匀减速阶段的位移x2＝v1t2－a′t＝
22．5 m，则前20 s过程中机器人走的总位移大小x＝x1＋x2＋x3＝103.5 m。
答案：(1)1.2 m/s2 (2)21 m (3)103.5 m
12．(15分)如图所示，A、B为空心圆管的两端，C为可视为质点的小球，AB长度为L＝1 m，A、B与C在同一竖直线上，A、C之间距离为h＝20 m。t＝0时刻，空心圆管做自由落体运动，C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动，g取10 m/s2。
(1)要使C在空心圆管落地前穿过空心圆管，v0应大于多少？
(2)若v0＝20 m/s，求C从A端穿过空心圆管所用的时间。(不考虑圆管落地后的情形)
解析：(1)C在圆管落地前穿过圆管的条件是，圆管落地的瞬间小球经过B端，此过程小球的初速度为最小值。设圆管的落地时间为t，则h＝gt2，解得t＝2 s，此时C恰好经过B端，则有vmint－gt2＝L，解得vmin＝10.5 m/s，即v0应大于10.5 m/s。
(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿过圆管，设C到达A端的时间为t1，则有v0t1－
gt＋gt＝h，设C到B端的时间为t2，则有＋gt＝h＋L，C从A端穿过圆管所用的时间为Δt＝t2－t1，解得Δt＝0.05 s。
答案：(1)10.5 m/s (2)0.05 s
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