高中物理 一轮复习 竖直上抛运动练习（2）

1、.竖直上抛运动21. 将一物体竖直向上抛出，物体在2秒末和4秒末通过同一位置，物体抛出时的初速度为()A. 10m/sB. 20m/sC. 30m/sD. 40m/s2. 某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，5s内物体的()A. 路程为25 mB. 平均速度大小为5 m/s，方向向上C. 速度改变量的大小为10 m/sD. 位移大小为25 m，方向向下3. 从地面以一样的初速度先后竖直向上抛出两个小球，不计空气阻力，那么在小球落地前()A. 某一时刻两小的位移可能相等B. 某一时刻两小球的速度可能相等C. 任意时刻两小球的

2、位移差都相等D. 任意时刻两小球的速度差不相等4. 在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()A. 2vgB. vgC. 2hvD. hv5. 一同学在三楼窗口外以一样的速率v抛出甲、乙两个物体，甲被竖直上抛，乙被竖直下抛，这两个物体落地时间相差是t1；假如该同学在五楼窗口外同样以一样的速率v抛出丙、丁两个物体，丙被竖直上抛，丁被竖直下抛，这两个物体落地时间相差是t2，不计空气阻力，那么()A. t1=t2B. t1<t2C. t1>t2D. 无法比较6. 在地面上某点竖直上抛一物体，忽略空气阻力.以下说法正确的选项

3、是()A. 上升时间比下降时间长B. 最高点的速度为零，加速度方向向下C. 速度和加速度方向不断变化D. 抛出点和落地点的速度相等7. 一个做竖直上抛运动的物体，不计空气阻力时，上升过程中的平均速度是10m/s，那么它能到达的最大高度为(取g=10m/s2)()A. 5 mB. 10 mC. 20 mD. 30 m8. 将一物体以8m/s的初速度竖直上拋，不计空气阻力，g取10m/s2，那么在第1s内物体的()A. 位移大小为3.2mB. 路程为3.4mC. 平均速度的大小为3m/sD. 速度改变量的大小为10m/s9. 将一个小球竖直向上抛出，最终落回

4、抛出点，假设运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反.那么上升过程与下降过程相比较，以下说法中正确的选项是()A. 上升阶段加速度大B. 下降阶段加速度大C. 上升阶段运动时间长D. 下降阶段运动时间长10. 将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如下图，A为轨迹最高点，B为轨迹与程度x轴交点，假设物体到B点时速度为vB，v0与x轴夹角为，vB与x轴夹角为，OA程度间隔 x1小于AB程度间隔 x2，那么()A. 物体在B点的速度vB大于v0B. 物体从O到A时间大于从A到B时间C. 物体在O点所受合力方向指向第四象限D. 可能等于11. 宇航员来到某星球外表做了如下实验：

5、将一小钢球以v0的初速度竖直向上抛出，测得小钢球上升离抛出点的最大高度为h(h远小于星球半径)，该星球为密度均匀的球体，引力常量为G，求：(1)求该星球外表的重力加速度；(2)假设该星球的半径R，忽略星球的自转，求该星球的密度12. 如下图，将质量m=0.2kg的小球，从地面上方h=0.8m处以v0=3m/s的速度竖直上抛，不计空气阻力，求：(g=10m/s2) (1)小球能到达离地的最大高度H？(2)从抛出到落地，共需多长时间t？13. 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)

6、高度h14. 小运发动用力将铅球以v0=10m/s的速度沿与程度方向成37方向推出，铅球出手点到地面的高度为h=1.4m，求：(1)铅球出手后运动到最高点所需时间t1；(2)铅球运动的最高点距地面的高度H；(3)铅球落地时到运发动投出点的程度间隔 x15. 某人在25m高的阳台上以20m/s的速度竖直向上抛出一个小球，求(1)小球经过多少时间到达最高点？(2)最高点离地面的高度是多少？(3)小球从抛出到落到地面所经历的时间？(g取10m/s2)答案和解析【答案】1. C2. B3. A4. A5. A6. B7. C8. BCD9. AD10. AC11. 解：(1)根据速度位移公式得：0v0

7、2=2gh得g=v022h(2)根据GMmR2=mg及M=43R3联立解得星球密度=3v028GRh答：(1)该星球外表的重力加速度v022h；(2)假设该星球的半径R，忽略星球的自转，该星球的密度3v028GRh  12. 解：(1)上升的最大高度：h=v022g=322×10m=0.45m 离地的最大高度为：H=h+h=0.8+0.45=1.25m (2)上升时间为t1，那么t1=v1g=310=0.3s 下降时间为t2，那么t2=2Hg=2×1.2510=0.5s 所以t=t1+t2=0.8s 答：(1)小球能到达离地的最大高度S是1.25m；(2

8、)从抛出到落地，共需多长时间是0.8s  13. 解：(1)取竖直向上为正方向，那么小球的加速度为a=g小球落地时速度为：v=v0gt=1010×3=20m/s，大小为20m/s，方向竖直向下(2)小球的位移为：x=v0t12gt2=10×312×10×32=15m 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  14. 解：(1)v0y=v0sin37 代入数据，解得：v0y=6(m/s) 因v0y=gt1 解得：t1=0.6(s) (2)根据运动学

9、公式，那么有：h=12gt12 代入数据解得：h=1.8(m)           那么H=h+h=3.2(m) (3)再根据H=12gt22               解得：t2=0.8(s) 那么x=v0cos37(t1+t2) 代入数据解得：x=11.2(m) 答：(1)铅球出手后运动到最高点所需时间0.6s；(2)铅球运动的最高点距地面的高度3.2

10、m；(3)铅球落地时到运发动投出点的程度间隔 11.2m  15. 解：(1)小球上升到最高点所需时间为：t1=v0g=2010=2s (2)小球从抛出到最高点运动的位移为：h1=v022g=2022×10=20m 最高点离地面的高度：H=h1+h2=20+25=45m (3)小球从最高点落到地面的时间为t2 H=12gt22t2=2Hg=2×4510=3s 所以小球从抛出到落到地面所经历的时间为：t=t1+t2=2+3=5s 答：(1)小球经过2s到达最高点；(2)最高点离地面的高度是45m；(3)小球从抛出到落到地面所经历的时间5s 

11、60;【解析】1. 解：设初速度为v0，那么根据位移公式可得：v0t112gt12=v0t212gt22 解得：v0=30m/s；应选：C根据题意可知，两种情况下位移一样，根据竖直上抛运动的规律及位移公式列式可求得物体抛出时的初速度此题考察竖直上抛运动的规律，要注意明确物体经过同一点时位移一样2. 解：AD、选取向上的方向为正方向，物体在5s内的位移：h=v0t12gt2=30×512×10×52=25m>0m；方向与初速度的方向一样，向上物体上升的最大高度：H=v022g=3022×10=45m，物体上升的时间：t=v0g=3010=3s<

12、5s，所以物体的路程：s=2Hh=45×225=65m.故AD错误；B、5s内的平均速度：v.=ht=255=5m/s，方向向上.故B正确；C、5s内速度的变化量：v=gt=10×5=50m/s，负号表示方向向下.故C错误应选：B物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出5s内位移.根据物体上升到最高点的时间，判断出该时间与5s的关系，然后再求出路程；由速度公式求出速度的变化量，由平均速度的定义式求出平均速度对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以穿插运用3. 解：设两个小球的

13、时间差为t，A、由小球的位移：h=v0t12gt2，h=v0(tt)12g(tt)2.所以当前一个小球下落的阶段，后一个小球仍然上升时，两个小球可能相遇.故A正确；B、由速度时间公式得：v1=v0gt，v2=v0g(tt).由于存在时间差，所以两个小球的速度不可能一样.故B错误；C、由小球的位移：h=v0t12gt2，h=v0(tt)12g(tt)2.两个小球的位移差：h=hh=v0t+gtt12gt2，与时间t为一次函数关系.故C错误；D、由速度时间公式得：v1=v0gt，v2=v0g(tt).两个小球的速度差：v=v1v2=gt是一个常数.故D错误应选：A 物体做竖直上抛运动，可以使用位移

14、公式判断出两个小球的位移关系，根据速度时间公式得出两个小球的速度关系该题考察竖直上抛运动，在四个选项中，涉及到上升和下落的两个过程，要理清过程中的关系，写出相应的公式，根据公式进展断定4. 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，那么由机械能守恒定律得：mgh+12mv2=12mv2 那么得：v=v2+2gh，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，那么运动时间为：t1=vvg=v+vg 对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=vvg 故两球落地的时间差为：t=t1t2=2vg 故A正确，BCD错

15、误应选：A小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差此题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动的关系5. 解：根据机械能守恒可知，甲物体和丙物体落回抛出点时的速度大小仍为v对于甲乙，落地时间相差是t1=2vg 同理，对于丙丁，落地时间相差是t2=2vg 所以有t1=t2应选：A竖直下抛是匀加速直线运动，竖直上抛是匀减速直线运动，根据速度公式分别列式得到四个物体运动的时间，即可比较此题的关键要纯熟运用运动学速度时间公式列出竖直上抛时间表达式，并能明确各个运动时间关系6. 解：A、不计空气阻力时

16、，物体只受重力，加速度为g，保持不变，上升和下降具有对称性，那么上升时间与下降时间相等，故A错误B、最高点的速度为零，但加速度为g，方向向下，故B正确C、上升和下降时物体的速度方向相反，但加速度大小和方向保持不变，始终竖直向下，故C错误D、抛出点和落地点的速度大小相等，方向相反，所以速度不等，故D错误应选：B 不计空气阻力，物体的加速度一定，做匀变速直线运动.根据对称性和运动规律分析解决此题的关键要知道竖直上抛运动的加速度不变，上升和下降过程具有对称性，要注意速度是矢量，只有大小和方向都一样时速度才相等7. 解：根据v=v02=10m/s知，初速度为：v0=20m/s，那么能到达的最大高度为：

17、h=v022g=40020m=20m应选：C根据上升过程中的平均速度，结合平均速度推论求出初速度的大小，根据速度位移公式求出到达的最大高度解决此题的关键知道竖直上抛运动的运动规律，掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵敏运用8. 解：A、1s内物体的位移为：x=v0t12gt2=8×112×10×12m=3m，方向竖直向上，故A错误；B、物体上升的最大位移为：h1=v022g=822×10m=3.2m，物体上升和下落的总路程为3.2m+(3.23.0)m=3.4m，所以1s内的路程是3.4m，故B正确；C、平均速度：v.=xt=31=3m/s.故C

18、正确；D、速度改变量的大小为：v=at=gt=10×1m/s=10m/s.故D正确应选：BCD 物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出1s内位移，由平均速度公式求出平均速度，由v=at求出速度的改变量对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以穿插运用9. 解：AB、根据牛顿第二定律可得：上升过程中的加速度大小为：a1=mg+fm，下落过程中的加速度大小为：a2=mgfm，所以A正确、B错误；CD、上升过程中和下落过程中的位移相等，根据位移时间关系可得：h=12at2，那么有：t=2ha

19、，上升过程中的加速度大，那么时间段，所以C错误、D正确应选：AD根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据匀变速直线运动的位移时间关系求解时间的大小对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进展解答；知道加速度是联络静力学和运动学的桥梁10. 解：B、物体在恒力作用下运动，故可将物体运动分解为程度和竖直方向上的匀变速运动；又有A为轨迹最高点，所以，A点的程度速度为0；O点和B点的竖直高度一致，由匀变速运动规律可知：物体从O到A时间等于从A到B时间，故B错误；A、OA程度间隔 x1小于AB程度间隔 x2，且物体从O

20、到A时间等于从A到B时间，那么物体在AB上的平均速度大于在OA上的，所以，由匀变速运动规律可知物体做匀加速运动，加速度方向向右，所以，物体在B点的速度vB大于v0，故A正确；C、由图可知，恒力在竖直方向上的分量方向向下；由A可知，恒力在程度方向上的分量方向向右，所以，恒力方向指向第四象限，那么物体在O点所受合力方向指向第四象限，故C正确；D、由B可知物体在竖直方向上做匀变速运动，在O点和在B点时竖直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A可知，物体在O点和在B点时程度方向上的分速度方向一样，vB>vO，所以，大于，故D错误；应选：AC将物体运动分解为程度方向和竖直方向上都为匀变速运动的分运动，然后根据A为最高点，O、B在x轴上得到上升、下降运动时间一样，进而得到竖直速度；再根据程度位移得到加速度方向，进而得到两点的速度大小及方向的关系，亦可由加速度方向得到合外力方向在类平抛运动中，我们一般将物体运动分解为两个垂直方向上的分运动；假设题目给出的条件为程度、竖直方