- 匀变速直线运动的研究
- 共14248题
某人站在离地25m高的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石块，不考虑空气阻力，g=10m/s2，求：
（1）石块相对抛出点上升的最大高度是多少？
（2）石块从抛出至落到地面所需的总时间是多少？
正确答案
解析
解：（1）对上升过程有：
即：02-202=2（-10）S
得：S=20m
（2）对竖直上抛全过程，应用整体法有：
即：-25=20t-5t2
得：t=5s
答：（1）石块相对抛出点上升的最大高度20m；
（2）石块从抛出至落到地面所需的总时间是5s．
（2012春•万州区校级月考）从地面竖直向上抛出一小球，不计空气阻力，则小球两次经过离地h高的某点时，小球具有（ ）
正确答案
解析
解：A、根据竖直上抛运动的上升和下降具有对称性可得，小球两次经过离地面高h的某点时速度大小相等，但方向相反，故A正确．
B、小球始终仅受重力作用，故加速度恒定，故B错误．
C、动能为标量，同一物体速度相等则动能相同，故C错误．
D、两次经过离地面高h，故动能相同时重力势能相同，故D错误．
故选：A
从手中竖直上抛一个小球，经过4s时间小球落回手中，若不计空气阻力作用，那么小球抛出时的速度是（ ）
正确答案
解析
解：经过4s时间小球落回手中，由此可知，小球上升和下降的时间均为2s，
对应于上升的过程，根据速度公式v=v0-gt可得，
v0=v+gt=0+10×2m/s=20m/s，
所以小球抛出时的速度是20m/s，所以B正确．
故选B．
以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比．下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+
有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，故a=g-
故选：A．
一小球以一定的初速度竖直向上运动，所受阻力与速度成正比，则在物体上升阶段的速度v，加速度a，所受阻力f及动能Ek随时间的变化关系图正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、物体受到重力和空气的阻力的作用，则ma=mg+f，其中阻力f与速度成正比，由于向上运动的过程中速度越来越小，所以阻力越来越小，则加速度越来越小．所以v-t图象的斜率越来越小．故A错误；
B、由于v-t图象的斜率越来越小，可知，物体受到的合外力逐渐减小，而且合外力减小的速度越来越慢，则a-t图象的斜率以上逐渐减小．故B错误；
C、根据题意，物体受到的阻力与速度成正比，所以空气的阻力逐渐减小．由于速度越来越小，所以物体受到的阻力逐渐减小，而且阻力减小的速度越来越慢．故C正确；
D、由以上的分析，物体的速度越来越小，则物体的动能与时间的关系不是成线性关系的．故D错误．
故选：C
从离地30m的高处，以20m/s的初速度竖直上抛一个小球，若不计空气阻力，g取10m/s2，则小球运动到距地面5m高处时所经历的时间为（ ）
正确答案
解析
解：物体做竖直上抛运动，以向上为正方向，则初速度v0=20m/s，加速度a=-g，根据位移公式，有：
h=v0t-
代入数据解得：
-25=20t-5t2
解得：
t=5s（负值舍去）
故选：C
在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：
（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；
（2）竖直井的深度．
正确答案
解析
解：
（1）设最后1s内的平均速度为：
则：
平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1=4m/s
设物体被接住前1s的瞬时速度为v2：则v1=v2-gt得：v2=4+10×0.5=9m/s，
则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t=
（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则
h=v0t-
答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s
（2）竖直井的深度为6m．
一气球以v=4m/s速度匀速上升，升至64m高处从气球上掉下一物体，求该物体下落至地的时间（空气阻力不计，g=10m/s2）．
正确答案
解析
解：物体做竖直上抛运动，规定向上为正方向，初速度为4m/s，位移x=-64m，加速度a=-10m/s2．
根据x=
解得t=4s．
答：物体下落至落地的时间为4s．
（2015秋•垫江县期末）从距地面高h处将一小球以初速度v0=10m/s竖直向上抛出，经时间t=3s落地，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）小球落地时速度v；
（2）高度h．
正确答案
解析
解：（1）取竖直向上为正方向，则小球的加速度为a=-g．
小球落地时速度为：v=v0-gt=10-10×3=-20m/s，大小为20m/s，方向竖直向下．
（2）小球的位移为：x=v0t-
故高度为：h=|x|=15m
答：（1）小球落地时速度v大小为20m/s，方向竖直向下；
（2）高度h是15m．
花炮爆炸的高度为h=100m．设爆炸前做竖直上抛运动，且在最高点爆炸，则花炮出炮筒口时的速度约为
（g=10m/s2）（ ）
正确答案
解析
解：由匀变速直线运动的规律
v0=
故选：B
某质点以20m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2s到达最高点，上升高度为20m，又经过2s回到出发点时，速度大小仍为20m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由速度位移公式：
代入数据：
得：a=10m/s2，故A正确；
B、质点在这段时间内回到了出发点，故位移为零，平均速度=
C、质点在最高点时，加速度仍为10m/s2，不为0，故C错误；
D、质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度方向不同，故速度不同，D错误；
故选：A．
气球以5m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经10s到达地面．则物体刚脱离气球时离地面的高度为______．（g=10m/s2）．
正确答案
450m
解析
解：设小球刚刚离开气球时距地面的高度为H，取初速度的方向（即竖直向上）方向为正方向，
则有：-H=v0t-
代入数据得：-H=5×10-
故答案为：450m
将质量为0.2kg的一物体由地面竖直向上抛出，空气阻力不计，上升到最高点后又下落到离地高30m时速度大小变为25m/s，以地面为零势能面，求：
（1）此时物体的机械能，
（2）物体抛出时速度的大小，
（3）物体能上升的最大高度，
（4）以向上为正方向，画出物体从抛出到此时的位移的图示．
正确答案
解析
解：（1）物体的动能为：
物体的重力势能为：Ep1=mgh=0.2×10×30J=60J；
故机械能为：E=Ek1+EP1=122.5J；
（2）由于只有重力做功，运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：
解得：
（3）由于只有重力做功，运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：
mgH=E
解得：H=
（4）物体的位移：x=v0t-
作出x-t图象，如图所示：
答：（1）此时物体的机械能为122.5J；
（2）物体抛出时速度的大小为35m/s；
（3）物体能上升的最大高度为61.25m；
（4）如图所示．
关于竖直上抛运动，下面说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：
A、竖直上抛运动的加速度是重力加速度g恒定不变，方向总是竖直向下．故A正确．
B、C、运动过程中物体只受重力作用，不受其他力作用，故B错误．
D、上升阶段和下落阶段加速度方向都竖直向下，方向相同，故D错误．
故选：A．
将一小球从地面上以15m/s的速度竖直向上抛出，3s末落回到抛出点，则小球在前2秒内的位移是______m，小球上升的最大高度是______m．（g取10m/s2）
正确答案
10
11.25
解析
解：根据速度位移公式，可得前2s内的位移：
小球上升的最大高度：hmax=
故答案为：10，11.25
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