- 匀变速直线运动的研究
- 共14248题
正确答案
解析
解：B球竖直上抛到最高点的时间：t1=
竖直上抛运动又回到抛出点所需的时间：t2=2
两者在空中相遇需要的时间：t=
要使它们能在B下降过程中相遇，则t1＜t＜t2，
即
在A球下降中相遇时：h＜
答：vo应满足的条件是：
在一高塔上，一人水平伸出手，以10m/s的初速度竖直上抛一石子，手离地面的高度为15m，（不计空气阻力） 试求：
（1）石子到达最高点所需的时间．
（2）石子从抛出到落地的时间．
正确答案
解析
解：（1）石子做竖直上抛运动，上升做加速度为-g的匀减速直线运动．设石子到达最高点所需的时间为t1．．
由v=v0-gt1得
t1=
（2）石子上升的最大高度为H=
石子从最高点到地面的高度h=H+15m=20m
石子从最高点到地面的时间为t2=
所以石子从抛出到落地的时间t=t1+t2=3s．
答：（1）石子到达最高点所需的时间为1s．
（2）石子从抛出到落地的时间为3s．
某物体以30m/s的初速度竖直止抛，不及空气阻力，g取10m/s2，4s内物体的（ ）
正确答案
解析
解：A、物体上升的最大高度为h1=
B、4s内物体通过的位移为h=h1-h2=45-5=40m；故B错误；
C、由于匀变速运动，则速度改变量△v=at=gt=-10×4m/s=-40m/s．故C错误．
D、平均速度 
故选：A
小球以某一初速度v0竖直上抛，经3s后上升到最高点，忽略空气阻力影响，对于抛出之后的小球的运动描述，下列有关说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：小球竖直上抛可以看作向下的自由落体运动，由此可知：
A、小球上升的第1s末、第2s末是小球自由落体下落的第2s末、第1s末，故速度之比为2：1，故A错误；
B、小球在第1s内、第3s内的位移是小球自由落体下落的第3s末、第1s内的位移，故位移之比为5：1，故B正确；
C、忽略空气阻力，小球上升和下降加速度大小相等，故上升时间和下降时间相等，故C错误；
D、由动能定理可知，从抛出到落回合力做功为零，故抛出速度和落回速度大小相等，方向相反，故D错误．
故选：B．
一石块从一以10m/s的速度匀速上升的气球上落下，刚离开气球时离地面高度为495m，求石块从气球上落下到着地要用多少时间？（取g=10m/s2）
正确答案
解析
解：设竖直向上为正方向，则石块从气球上落下后做初速度为v0=10m/s，加速度为-g的匀减速直线运动
从气球上落下到着地运动的位移为x=-495m
则由匀变速直线运动的位移与时间关系有
x=
即-495=10t+
解得t=11s（另一个根t=-9s舍去）
答：石块从气球上落下到着地要用11s的时间．
热气球下挂一重物，正以20m/s的速度匀速竖直上升，当热气球上升到离地高H=480m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，取g=10m/s2，求：
（1）重物还能继续上升的高度h？
（2）从绳子断裂开始，重物落到地面需要多长时间？
（3）重物落到地面时速度的大小？
正确答案
解析
解：选取竖直向上为正方向，即a=-g=-10m/s2，绳子断裂后，重物做竖直上抛运动．
（1）方法一、由
代入数据有：
0-202=2×（-10）×h
重物继续上升的高度：h=20m
方法二、由Vt=V0+at可知：
0=20+（-10）t
代入数据得：
t=2s
又由
重物继续上升的高度：h=20m
（2）方法一、由
解得所需的时间：t1=12s，t2=-8s（舍去）
方法二、上升的时间为t1=2s
从最高点落到地面，重物的高度为：
S=H+h=500m
由
所以物体下落的时间为t=t1+t2=12s
（3）方法一、由vt=v0+at代入数据有：v=20+（-10）×12m/s
解得重物落到地面时的速度：v=-100m/s，故落地速度大为100m/s
方法二、从最高点落到地面，重物的高度为S=H+h=500m
由
解得重物落到地面时的速度：v=100m/s
方法三、由（2）可知，物体从500m高处下落的时间是10s，
由vt=v0+at可知 vt=0+10×10=100m/s
解得重物落到地面时的速度v=100m/s
答：（1）重物还能继续上升的高度h为20m；（2）从绳子断裂开始，重物落到地面需要12s时间；（3）重物落到地面时速度的大小为100m/s．
在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氛激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点后又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：（1）小球从O点上升到最大高度过程中：
h1=
小球从P点上升的最大高度：
h2=
依据题意：h1-h2=H ③
联立①②③解得：
g=
故选：A
一物体以初速度20m/s竖直上抛，当速度大小变为10m/s时所经历的时间可以是（ ）
正确答案
解析
解：规定向上为正方向，若10m/s的速度方向与初速度方向相同．
根据v=v0+at得：
若10m/s的速度与初速度方向相反．则：
故选：AC
在足够高处以初速度20m/s竖直上抛一物体，若空气阻力不计，则第1s末到第5s末物体通过的路程为______m，位移为______m．
正确答案
50
40
解析
解：向上过程，根据速度时间关系公式，有：0=v0-gt1，解得t1=2s；
根据速度位移关系公式，有：-v02=2（-g）h1，解得
第一秒内的位移为：h0=
第3秒末到第5s末，位移为：
故第1s末到第5s末物体通过的路程为：S=（h1+h2）-h0=20m+45m-15m=50m；
第1s末到第5s末物体通过的位移为：x=h2-（h1-h0）=45-（20-15）=40m；
故答案为：50，40．
一物体以10m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，它最多能运动多高？（假设物体的重力加速度为10m/s2，竖直向下）
正确答案
解析
解：根据
0-v02=-2gh
0-102=-2×10h
解得：h=5m
答：它最多能运动5m高．
气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球4m处有一石子以20m/s的速度竖直上抛，不计阻力，取g=10m/s2，则石子（ ）
正确答案
解析
解：AB、当石子速度减为10m/s所需的时间t=
知石子一定能击中气球．故A正确，B错误．
C、因为气球做匀速上升时，石子做竖直上抛能击中气球，若气球速度减小，则一定还能击中气球．故C正确，D错误．
D、气球匀速上升时，石子做竖直上抛恰能击中气球，当石子的速度与气球速度相等时恰能追上，计算出临界速度为大于20-4
故选：AC．
关于竖直上抛运动的上升过程和下落过程（起点和终点相同），下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性，物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等，故AD错误；
B、物体上升的初速度与下降回到出发点的末速度方向不同，故B错误；
C、竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性，物体在上升过程和下降过程中经过同一位置时速度大小相等，方向相反，故C正确；
故选：C．
（2015秋•黄冈期末）将物体以某一速度竖直上抛，不计物体所受空气阻力，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、物体竖直上抛后，只受重力，处于完全失重状态，故A错误，B错误；
C、上升时的加速度与下降时的加速度都是重力加速度，方法不变．故C错误
D、速度改变量的大小△v=at=gt；物体从抛出到返回抛出点的过程中．上升的时间等于下降的时间，所以上升时速度改变量等于下降时的速度改变量，故D正确；
故选：D
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由题意可知，两小球落回地面时的速度一定相等，故两小球自由下落时的性质相同；
在相遇过程中，两小球的运动时间相等，则可以可作是小球自由下落时的相临相等的两段，则位移之比一定为：1：3；
故相遇处的高度一定是离地高度的
故选：D．
（2015秋•新余期末）将一小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受空气阻力大小不变，则小物体在到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程s1和s2、速度的变化量△υ1和△υ2的大小关系为（ ）
正确答案
解析
解：设物体上升与下降的加速度大小分别为a1和a2．空气阻力大小为f．根据牛顿第二定律得：
上升阶段有：mg+f=ma1；
下降阶段有：mg-f=ma2，对比可得有：a1＞a2．
对于上升，采用逆向思维可得：s1=
下降过程有：s2=
t相等，则得s1＞s2．
根据速度时间关系公式，有：
△v1=a1t，△v2=a2t
故△v1＞△v2，故AD正确，BC错误
故选：AD
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