热门试卷

解：以向上为正方向，以速度v1从地面竖直上抛一物体，该物体4s末恰好经过地面上方6m处，则有：

x====6

故v1=21.5m/s；

以向上为正方向，以速度v2从地面竖直上抛该物体，该物体2s末也恰好经过地面上方6m处，同理有：

x==6

故v2=13m/s；

故v1＞v2；

故选A．

解：物体做竖直上抛运动，以向上为正，则物体的加速度为-g，做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的速度时间关系公式，有v=v0-gt；

速度大小变为10m/s，分两种情况讨论：

①当速度向上时，v=10m/s，故t=；

②当速度向下时．v=-10m/s，故t=；

故AD正确，BC错误；

故选：AD．

解：A、设经过t时间相遇，则此时A物体的速度大小vA=v0-gt，B物体的速度大小vB=gt，则v0=2gt=2v．故A正确；

   B、相遇时A物体的位移大小：，B物体的位移大小．相遇时物体A已上升的高度大于于物体B已下落的高度．故B错误．

   C、相遇时，A正在上升，而B正在下落，所以B先落地，而A后落地．故C错误；

   D、两物体在空中相遇时（即到达同一水平高度）的速率都是v，知竖直上抛运动的最高点是自由落体运动的抛出点．所以物体A和B落地的速度相等，故D错误．

故选：A

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、D、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，物体由最高点落回原地的速度大小等于抛出时的速度大小，物体上升到任一点的速度跟物体下落通过该点的速度大小相等，故C错误，D正确．

故选AD

解：设上升的总时间为t，上升第1s的位称h=gt2-g（t-1）2； 最后1s的位移h1=gt22=g．

则有：=；

解得：t=1.2s

则上升的总高度为h′=gt2=×10×（1.2）2m=7.2m；

故选A．

解：释放后物体由于惯性会保持原来的运动状态，即有向上的初速度，离开气球后只受重力作用，加速度为g，故做竖直上抛运动．选项ABC错误，D正确．

故选：D．

解：匀减速上升的气球释放一物体，物体离开气球后，由于惯性，具有向上的初速度，所以物体相对于地面有向上的速度，不计空气阻力，加速度为g，竖直向下．

故选：C．

解：A、在电梯上人看到小球上升到最高点时，此时小球相对于电梯静止，上升速度与电梯速度相同为v （向上），以地面参考，站在地面上的人此时看见小球还在上升．

电梯内观者看见小球经t秒后到达最高点，故地面上的人看见上升的时间大于t．

根据运动学规律得：

升降机中的人看见球抛出的初速度为V0=gt，而地面上的人所见球抛出时的初速度大于gt，故A错误，B正确，D错误．

C、升降机中的人看见球上升的最大高度为h=gt2，

而地面上的人看见球上升的最大高度为h′=．故C错误．

故选：B．

解：

A、物体竖直向上运动h高度，克服重力做功为mgh，物体的重力势能增加mgh，故A正确．

B、由牛顿第二定律得：F-mg=ma，则F=2mg，除重力做功之外，还有其他力对物体做正功，所以物体的机械能应增加，故B错误．

C、由动能定理得，△EK=F合h=mah=mgh，即物体动能增加了mgh，故C正确．

D、物体重力势能增加mgh，动能增加mgh，则物体的机械能增加为2mgh，故D正确．

故选：ACD．

解：A在空中的时间为t1==；

B在空中的时间为t2=

∴t1-t2＜△t＜t1

即得：＜△t＜，故AD是不可能的，BC是可能的．

本题选不可能的，故选：AD．

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0.2s抛一个，因此从抛出到最高点时间为t=0.4s，

所以上升最大高度：h===0.2m．

故选：D．