在学习物体运动的过程中，我们经常会遇到竖直上抛运动问题，对于此类问题，我们不仅要弄清楚其特征，还要开动脑筋，拓展解题思路，灵活运用数学知识和物理规律，采用灵活多变的解题方法，使问题顺利得到解决。
　　一、竖直上抛运动的特征
　　将物体以某一初速度竖直向上抛出，在不计空气阻力的情况下，物体所做的运动即为竖直上抛运动。其特征是：（1）初速度v竖直向上；（2）加速度恒为重力加速度g；（3）具有往返性。所以上抛运动是初速度为v、加速度为g的匀变速直线运动。
　　由于竖直上抛运动在上升阶段速率减小，在下落阶段速率增大，有些同学对上抛运动究竟是“加速运动”还是“减速运动”弄不清楚，会产生这样的疑问：竖直上抛运动既然是匀变速直线运动，那么究竟是速率增大的匀变速直线运动，还是速率减小的匀变速直线运动呢？之所以会出现这种思维障碍，究其原因是由于没有弄清楚匀变速直线运动的本质特征所致。
　　匀变速直线运动是加速度恒定的变速运动，即只要加速度的大小、方向保持不变即可。至于是什么样的变速没有限定，加速可以，减速也行，先减速后加速也可以，当然没有先加速后减速的匀变速直线运动。
　　此外，有些同学由于受到一些日常生活中特殊的匀变速直线运动的影响，对诸如汽车关闭油门后做匀减速直线运动直到停止，在减速过程中加速度是恒定的，会产生这样的疑问：为什么汽车在停止的瞬间不后退呢？原因在于汽车减速不同于上抛运动，汽车减速到末速度为零（即停止）的瞬间，滑动摩擦变为静摩擦，因为没有相对运动趋势，所以静摩擦力也变为零，因此汽车的加速度也就为零，使汽车处于平衡状态。而上抛运动物体上升到最高点的瞬间，虽然末速度为零，但加速度没有任何变化，所以变成反向加速运动。因为上抛运动具有往返特征，过程较复杂，因而学习难度大，所以我们有必要对其进行较为深入的理论分析与全面研究。
　　二、竖直上抛运动的分段分析
　　1.上升阶段
　　竖直上抛运动在上升阶段是初速度为v、加速度为g的匀减速直线运动，上升到最高点时末速度为零。若规定向上为正方向，则由速度公式v=v+at，得0=v-gt，上升时间为t=。由位移公式x=vt+at，可得上升的最大高度H=v·-g=也可由v=v+2ax，得H=。
　　2.下落阶段
　　下落阶段物体做自由落体运动，所以v=gt，h=gt。
　　当t<时，物体距抛出点的高度H-h=-gt，如图1。
　　回到抛出点时h=H=gt，v=gt，v=g=，H=，即v=v。
　　上抛物体回到抛出点时，速度大小等于初速度大小，方向与初速度方向相反。
　　三、竖直上抛运动的整体分析
　　1.在抛出点以上
　　上抛物体运动到抛出点以上某一位置A时，位移大小恒为h，但有向上通过A点和向下通过A点两种情况，如图2。
　　由于两次经过A点位移不变，关于时间t的方程h=vt-gt的解为t=±。
　　当=0时，t=，即当物体在最高点时，方程只有一个解，而物体在其他位置时方程有两个解t、t，分别表示上抛物体从抛出点上升到A点所用时间与下落到A点所用时间，显然t-t表示物体两次经过A点的时间间隔：t-t===。这个结论说明了竖直上抛运动的一个重要性质：上抛运动两次经过某一点的时间间隔就是从该点以物体经过该点的速度做竖直上抛运动并落回该点的总时间。此即为竖直上抛运动的平移原理。这一原理在分析竖直上抛运动时有独特的应用。
　　位移方程h=vt-gt还可化为t-+=0，由韦达定理可知：t+t=，tt=，而t+t=恰好是物体做竖直上抛运动并落回抛出点的总时间（如图3）。
　　2.在抛出点以下
　　做竖直上抛运动的物体，如果回到抛出点后继续向下运动，如图4。
　　到达某一点A时，位移为负，即-h=vt-gt，
　　由物理意义可知t只有一解，速度-v=v-gt，v=gt-v，因v>0，方向向下，易得v>v。
　　四、多种解法例析
　　1.利用方程求解
　　例1 一物体在地面上50 m高处做竖直上抛运动，初速度为30 m/s，当它的位移大小是25 m时，求物体所经历的时间是多少。
　　解析 以初速度方向为正方向，当位移为正时，即物体在抛出点以上，由位移公式h=vt-gt，得25=30t-×10t，解得t=1 s，t=5 s。
　　当位移为负时，-25=30t-×10t，解得t=（3+） s。
　　由上述计算结果可知，t是上抛物体从抛出点直接上升到A点（位移为25 m）的时间，t是上升到最高点返回到A点（位移仍为25 m）的时间，t是下落到B点（位移为-25 m）的时间。
　　2.利用合比定理巧求解
　　例2 以初速度v竖直上抛一小球，若不计空气阻力，在上升过程中，从抛出到小球动能减少一半所经过的时间是（ ）。
　　A.？摇？摇？摇 ？摇？摇B.？摇？摇 ？摇？摇？摇C.？摇？摇 ？摇？摇D.1-
　　解析 小球动能减少一半时，其上升高度为最大高度的一半。根据初速度为零的匀加速直线运动的相关规律，通过相同位移的时间关系t=t（-），由运动的可逆性得=。再根据合比定理可得==1-，所以t=1-。故应选D。
　　3.利用韦达定理巧求解
　　例3 竖直上抛一物体，该物体两次通过空中某一点的时间为t和t，试求该点离地面的高度和抛出时的初速度。
　　常规解法 设该点离地面的高度是h，初速度是v。当物体第一次经过该点时有：
　　h=vt-gt？摇 ①，
　　当物体经过最高点后返回通过该点时有：
　　h=vt-gt？摇 ②，
　　联立①、②两式得vt-gt=vt-gt， 　　移项并整理得v（t-t）=g（t-t），
　　运用平方差公式将上式展开得v（t-t）=g（t-t）（t+t），
　　即v=。
　　将v=代入①得：h=g（t+t）t-gt=gtt+gt-gt=gtt。
　　利用韦达定理巧解 因为竖直上抛运动满足方程h=vt-gt，
　　将该式改成t的一元二次方程式：t-t+=0。
　　显然通过h高度时的t与t是这个方程的两个解，则有t+t=，即v=；
　　tt=，即h=gtt。
　　4.巧用极限法求解
　　例4 在地面上以初速度2v竖直上抛一物体A后，又以初速度v同地点竖直上抛另一物体B，若要使两个物体能在空中相碰，则两个物体抛出的时间间隔应满足什么条件？
　　解析 对于此类问题常规的求解方法是“极限法”：若时间间隔Δt极短，则物体B先落地，物体A后落地，欲使物体A、B能在空中相碰，则最短的时间间隔应满足A与B能够同时落地，即Δt>-=；若时间间隔Δt极长，则物体A落地后，物体B还未抛出，欲使物体A、B能在空中相碰，则最长的时间间隔应满足物体A落地时物体B即抛出，即Δt>。从而可解出Δt的范围：<Δt<。
　　5.巧用不等式求解
　　例4的上述解法对同学们来说不仅不易理解，而且也不容易想到。
　　其实，大多数同学在处理此类相遇问题时，会根据位移相等列出下面的表达式：
　　2vt-gt=v（t-Δt）-g（t-Δt）？摇 ①，
　　式中t为物体A的运动时间，Δt为物体A、B抛出的时间间隔。绝大多数同学会因为式中含有两个未知数而无从下手。究其原因是上式仅仅利用了题中“相碰”这一条件，而未充分利用“在空中”这一条件。
　　若把“在空中”转化为数学语言，即以抛出点为位移起点，物体A的位移应为正值，则对物体A即有下面的不等式成立：
　　2vt-gt>0 ②，
　　由②得0　　③式的物理意义很清晰，即物体A的运动时间不可能超过其从抛出到落地的总时间，也就是说②、③两式对于“在空中”这个条件是等效的。
　　由①解得t=，
　　代入③式中可以求得<Δt<。
　　例5 甲物体从离地高度为h处自由落下，同时在它的正下方的地面上乙物体以速度v竖直上抛，若要乙物体在下落过程中与甲相碰，求v的取值范围。
　　解析 本题可以采用“极限法”求解，如果大家有兴趣不妨试着做一做。下面采用不等式法求解。
　　若它们“相碰”应满足下式：gt+vt-gt=h ①，
　　“乙物体在下落过程中”时间满足：　　或者说速度满足：-v　　这里②、③两式是等价的。联立①、②两式或①、③两式都可以得到正确的结论，即　　稍加变形，若要使得乙在上升过程中与甲相遇，则v的范围又将如何？不难得出正确答案为v<。
　　6.利用对称性求解
　　例6 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔为t，两次经过一个较高点B的时间间隔为t，求A、B之间的距离。
　　解析 由竖直上抛运动的平移原理可知，两次经过A点的时间间隔为以v竖直上抛的总时间。同理，两次经过B点的时间间隔为以v竖直上抛的总时间。若设物体在A、B两点的速度分别为v、v，则有t=，t=。
　　设A、B间的距离为h，上抛物体从A运动到B做匀减速运动，由运动学位移公式v-v=-2gh，得h==-=g（t-t）。
　　通过对上述几例的分析，我们不难发现，竖直上抛运动问题的解法灵活性较大，方法也是多种多样的。只要我们开动脑筋，勇于探索，就一定可以找到简捷、巧妙的解题方法。