热门试卷

解：A、做竖直下抛运动的物体只受重力，根据牛顿第二定律，加速度为g，但具有向下的加速度，与自由落体运动不同，故A错误；

B、做竖直下抛运动的物体只受重力，故B错误；

C、做竖直下抛运动的物体只受重力，加速度为g，是匀加速直线运动，故C错误；

D、运用运动的分解，竖直下抛运动可分解为自由落体运动和竖直向下匀速直线运动，故D正确；

故选：D

解：AB、设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体的初速度为v0，则由题gt=v0-gt=v 解得v0=2v．根据对称性和机械能守恒知，物体B落地的速度大小也为2v．根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为 tB=，A竖直上抛物体在空中运动时间tA=2×=．故A错误，B正确

C、物体A能上升的最大高度hA==，B开始下落的高度hB=g（）2，显然两者相等．故C正确．

D、相遇时刻后B物体的运动可以看作是A物体之前运动的逆过程，自由落体运动的第1T与第2T的位移之比为1：3；故两物体在中到达的同一高度一定是物体B开始下落时高度的 ．故D错误．

故选：BC

解：

A、根据运动的合成法可知，物体以初速度v0作竖直上抛运动，可以看作竖直向上的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合成，以y为正方向，则：

  合速度vy=v0-vt=v0-gt，则当t＜时，vy比两个分速度都小．故A错误．

B、分运动匀速直线运动的速度不随时间变化，故B错误．

C、D、合速度vy=v0-gt，自由落体分运动的速度随时间t的变化规律为vy=-gt．故C错误，D正确．

故选：D．

解：由图读出，物体上升的最大高度为h=25m，上升的时间为t=2.5s

对于上升过程，由x=t得初速度为：

v0==m/s=20m/s

由v=at得物体上升的加速度大小为：

g===8m/s2，故A正确，BCD错误．

故选：A．

解：小球做竖直上抛运动，小球到达最高点时速度为零，加速度为重力加速度，加速度方向竖直向下；

故选：D．

解：A、上抛运动的物体达到最高点时，速度可能为零或水平，不可能向下，故A错误．

BCD、物体上抛后，只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故BCD错误．

故选：B

解：A、小球从离地板5m高处落下，通过的路程是5m，被地板弹回，在离地板2m高处被接住，通过的路程是2m，则小球通过的总路程是7m．

起点到终点的线段长度是3m，则位移大小是3m，方向向下．故A错误；

BD、无论自由落体运动还是竖直上抛运动，只受重力作用，加速度相同，均为重力加速度．故BD错误；

C、末速度为零的匀减速运动可逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，有h=知h越大，时间越长，故C正确；

故选：C

解：在上升的过程中，对物体受力分析由牛顿第二定律可得，

mg+f=ma1，

所以上升时的加速度为a1=，加速度的方向与初速度的方向相反，即竖直向下，

从上升到达最高点的过程中，根据v2-v02=2a1x可得，

上升的最大高度为x===，

在下降的时候，对物体受力分析有牛顿第二定律可得，

mg-f=ma2，

所以下降的加速度的大小为a2=，

从开始下降到返回到原抛出点的过程中，根据v2=2a2x可得，

v==，

所以A正确．

故选A．

解：据题，石块从抛出到落回抛出点时间，则由对称性可知石块从最高点下落到抛出点的时间 t==1.5s

要保证手机能到达坑口平台，抛出时速度v至少为 v=gt=15m/s

故选：C

解：质点乙从位置O竖直向上做加速度a逐渐减小的变减速运动，末速为0；

而甲也从O点被竖直上抛，做匀减速运动，二者经历相同时间，上升相同高度，由这些条件画出质点甲、乙的v-t图，如图所示．

由图可知：在开始运动时，v甲＞v乙，a甲＜a乙，故AD错误，BC正确；

故选：BC．

解：物体上升阶段最后1s内通过的距离是物体上升最大高度的，即可知总高度H=8h=8×=40m．

故选：B．