第二章匀变速直线运动的研究知能演练轻松闯关（人教必修一）.doc

金太阳新课标资源网  HYPERLINK  第  PAGE 3 页 共  NUMPAGES 3 页 金太阳新课标资源网 HYPERLINK  1．在竖直上抛运动中，当物体到达最高点时(　　) A．速度不为零，加速度为零 B．速度为零，加速度不为零 C．有向下的速度和加速度 D．以上说法都不正确 答案：B 2．一小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，每次反弹后速度的大小与落地时速度的大小相等．若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图象可能是下列图中的(　　) 图2 解析：选D.上升和下落时的加速度相等，下落时是自由落体运动，速度从零逐渐增大．与地面发生碰撞，反弹后速度的大小与落地时速度的大小相等，上升时是匀减速直线运动． 3．某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2，则5 s内物体的(　　) A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向向上 解析：选AB.初速度为30 m/s，只需要3 s即可上升到最高点，位移为h1＝eq \f(302,2×10) m＝45 m；再自由下落2 s时间，下落高度为h2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m，故5 s内物体的路程为65 m，选项A正确．此时物体离抛出点的高度为25 m，位移方向竖直向上．选项B正确．此时的速度大小为10×2 m/s＝20 m/s，方向向下，故速度改变量为50 m/s，选项C错误．平均速度为eq \f(25,5) m/s＝5 m/s选项D错误． 4.一小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图3所示，取g＝10 m/s2，则小球(　　) 图3 A．下落的最大速度为5 m/s B．第一次反弹的初速度大小为3 m/s C．能弹起的最大高度为0.45 m D．能弹起的最大高度为1.25 m 解析：选ABC.由题图可知，在0～0.5 s内小球的速度逐渐增大，说明小球在自由下落，且以向下为正方向，小球下落到最低点时速度为5 m/s，此后速度反向，说明小球与地面相碰后向上弹起，其初速度大小为3 m/s，故选项A、B正确；小球在0.5～0.8 s内做竖直上抛运动，到达最高点时速度为零，所以弹起的高度为H＝eq \f(v′20,2g)＝0.45 m，选项C正确，D错误． 5．一个做竖直上抛运动的物体，当它经过抛出点上方0.4 m处时，速度是3 m/s，当它经过抛出点下方0.4 m处时，速度应为多少？(g取10 m/s2，不计空气阻力) 解析：抛出的物体只受重力，取向上的方向为正方向，可取整个过程分析，也可分段研究． 法一：设位移x1＝0.4 m时速度为v1，到达抛出点上方0.4 m处时还能上升高度h. h＝eq \f(v\o\al(2,1),2g)＝eq \f(9,2×10) m＝0.45 m. 据题意，物体相当于从x＝0.45 m＋0.4×2 m＝1.25 m高处自由下落，所求速度v＝eq \r(2gx)＝5 m/s. 法二：设位移x1＝0.4 m时速度为v1，位移x2＝－0.4 m时速度为v2， 则：veq \o\al(2,1)＝veq \o\al(2,0)－2gx1，veq \o\al(2,2)＝veq \o\al(2,1)－2g(x2－x1)． 即：32＝veq \o\al(2,0)－2×10×0.4，veq \o\al(2,2)＝9－2×10×(－0.8)， 解得：v2＝5 m/s. 法三：由运动的上升与下降过程的对称性可知，物体回落到抛出点上方0.4 m处时，速度为3 m/s，方向竖直向下，以此点为起点，物体做竖直下抛运动，从此点开始到原抛出点下方0.4 m处的位移为x＝(0.4＋0.4) m＝0.8 m，那么所求的速度为这段时间的末速度，即：v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋2gx)＝eq \r(32＋2×10×?0.4＋0.4?) m/s＝5 m/s. 答案：5 m/s 6．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔为tA，两次经过一个较高点B的时间间隔为tB，求A、B两点间的距离． 解析：两次经过A点和B点相当于从A点和B点分别做竖直上抛运动，可直接应用竖直上抛运动关系求解． 物体竖直上抛做匀减速直线运动，设A、B点距地面高度分别为xA和xB，根据位移公式：x＝v0t－eq \f(1,2)gt2 则有xA＝v0t－eq \f(1,2)gt2， 解得物体两次经过A