热门试卷

解：A、由题图可知，小球在0～t2时间内的位置一直升高，所以在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相同．故A错误；

B、由题图知，小球在t2时刻的速度为0．由于小球受到重力的作用，所以小球所受合外力不为零，故B错误．

C、由于t2时刻小球到达最高点，且t3-t2＞t2-t1，可知小球上升的时间小于下落的时间，所以上升阶段的平均速度大于下落阶段的平均速度，可知t1时刻小球的速度大于t3时刻的速度．结合运动的位移公式即可得知上升阶段的加速度一定大于下落阶段的加速度，由牛顿第二定律可知，小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力，故C正确，D错误．

故选：C

解：竖直上抛运动小球受合力竖直向下，设空气阻力为f，则：F1=G+f；

小球到达最高点前的最后一秒的加速度大小为：a1=

此时间内位移变化量和速度变化量：x1==，△v1=a1×1=a1；

同理，下降过程合力：F2=G-f；a2=，x2=，△v2=a2；

由于a1＞a2，故x1＞x2，△v1＞△v2．

故选：D

解：物体刚从气球上掉下时气球的高度为 h==1.25×302m=562.5m，此时气球的速度为 v=at=1.25×30m/s=37.5m/s

物体从气球上掉下后做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动，则有：

-h=vt-t2

代入得：-562.5=37.5t-5t2，解得t1=15s，t2=-7.5s（舍去）．

故选：D

解：对全过程运用动能定理得，-f•2h=，知落回抛出点的速度小于抛出时的速度大小，故D错误．

根据平均速度的推论，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，根据x=知，上升的时间小于下降的时间，故C正确，A、B错误．

故选：C．

解：

A、小球上升时做匀减速直线运动，当上升到最高点时，小球的速度减为0，故A正确；

B、D取竖直向上为正方向，将小球的运动看作向上的加速度为-g，初速度为v0=35m/s的匀减速直线运动，则：

上升过程：v0=-gt上=0，则上升所用时间为 t上==3.5s，根据对称性下落时间为 t下=t上=3.5s，所以小球落回抛出点所用时间为t=t上+t下=7s，故B错误，D正确；

C、由v02=2gh可得，小球上升的最大高度 h===61.25m，故C正确；

本题选错误的，故选：B．

解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，则由机械能守恒定律得：

mgh+mv2=mv′2

则得：v′=，所以落地时两球的速度大小相等．

对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为-g，则运动时间为：

t1==

对于竖直下抛的小球，运动时间为：

t2=

故两球落地的时间差为：

△t=t1-t2=

故选：D

解：

A、此图表示物体先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，与竖直上抛运动情况不符．故A错误．

B、此图表示物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，但两段图线的斜率不同，加速度不同，与竖直上抛运动情况不符．故B错误．

C、此图表示物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，两段图线的斜率相同，加速度相同，与竖直上抛运动情况相符．故C正确．

D、此图表示物体做初速度为零的匀加速直线运动，与竖直上抛运动情况不符．故D错误．

故选：C

解：由图可知，上升最大高度为16m，整个竖直上抛的时间为8s，竖直上抛运动的上升过程和下降过程具有对称性，

所以下降时间为4s．

那么物体下落过程中，根据h=gt2，g==m/s2=2m/s2．

可得下落速度v=gt=2×4m/s=8m/s，

因此物体抛出时的初速度大小为8m/s，

所以AD正确，BC都错误；

故选AD．