热门试卷

解：因为竖直上抛的物体只受重力，

由牛顿第二定律得：mg=ma

所以运动的全过程是匀变速直线运动，即加速度一直保持重力加速度不变．即竖直上抛运动中，当物体到达最高时速度为零，加速度仍然为重力加速度g，

故选：B

解：根据机械能守恒可知两个物体落地时的速度大小相等，设为v．

对于竖直上抛，取竖直向上为正方向，则有 t1==

对于竖直下抛，有t2=

据题△t=t1-t2=

则 v0=g△t

故选：B．

解：竖直上抛运动只受重力，上升过程是匀减速，下降过程是匀加速；

整个过程中只有重力做功，只有重力势能和动能相互转化，机械能总量保持不变；

故选C．

解：A、B、竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g，上升到最高点时速度为零，加速度为g，故A正确，B错误；

C、竖直上抛运动上升和下落过程具有对称性，同一位置速度大小相等，方向相反，故C正确；

D、做斜向上抛运动的物体在最高点的速度不为零，否则此后做自由落体运动，故D错误；

故选：AC．

解：取竖直向上方向为正方向，当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为：x=15m，

由x=v0t-gt2，代入数据得：15=20t-×10t2，

解得：t1=1s，t2=3s，

当石块运动到抛出点下方离抛出点15m时，位移为：x=-15m，

由x=v0t-gt2代入数据得：-15=20t-×10t2，

解得：t1=（2+）s，t2=（2-）s（舍去），

本题选不可能的，故选：D．

解：竖直上抛运动上升阶段：匀减速直线运动，加速度大小为g，所以速率均匀减小．v-t图象是倾斜的直线．

竖直上抛运动下落阶段：自由落体运动，加速度大小为g，所以速率均匀变大．v-t图象是倾斜的直线．

整个过程中加速度始终为g，所以在v-t图象上，两段直线的倾斜程度一样大．

故选：A

解：设两球距离地面的高度为h，则

对竖直上抛的小球，有：-h=v0t-，

对竖直下抛的小球，有：h=v0t′+

落地的时间差为：△t=t-t′

联立解得：△t=2s

故选：B

解：当竖直上抛的小球回到出发点后，它的运动与竖直下抛的小球运动的情况完全相同，所以它们落地的时间差即等于竖直上抛的小球回到原点的时间．

即：s

故选：D

解：A、t1时刻，小球的速度为零，则受到的阻力为零，小球只受重力，加速度为g，故A正确；

B、速度时间图象斜率表示加速度，根据图象可知在速度达到v1之前，图象的斜率减小，则小球的加速度一直在减小，故B正确；

C、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；

小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；

联立解得：，故C正确；

D、下降过程若是匀加速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积大于匀加速直线运动的面积，即图中的位移大于做匀加速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度大于匀加速的平均速度，即大于，故D错误．

故选：ABC

解：根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个下降，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为t=0.8s，

所以上升最大高度：h=gt2=×10×（0.8）2=3.2m，故ABD错误，C正确．

故选C．

解：

A、竖直上抛运动到最高点的物体受到重力作用，合力不零，处于非平衡状态．故A错误．

B、做匀速圆周运动的物体合力不为零，提供向心力，处于非平衡状态．故B错误．

C、单摆摆球通过平衡位置时，有向上的加速度，加速度不为零，合力不为零，处于非平衡状态；故C错误

D、弹簧振子通过平衡位置时合力为零，物体处于平衡状态，故D正确．

故选：D．

解：AB、斜抛可以分解为水平匀速运动，竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相同，由v2=2gh，则可知其竖直速度相同，则甲乙同时到最高点，故A错误，B错误．

C、由前面分析，结合图象可知，乙到A点时，甲在上升阶段，故C正确．

D、由于甲乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D错误．

故选：C．