2025高考物理专项复习专题进阶练(一)　匀变速直线运动的常用公式含答案

2025高考物理专项复习专题进阶练(一)匀变速直线运动的常用公式含答案专题进阶练(一)匀变速直线运动的常用公式(25分钟52分)一、选择题1.(6分)汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为5m/s2,则自驾驶员急踩刹车开始,经过2s与5s汽车的位移之比为 ()A.5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3【解析】选C。汽车速度减为零的时间为t0=Δva=0-20-5s=4s,刹车2s内的位移x1=v0t+12at2=20×2m-122.(6分)(2024·无锡高一检测)汽车在平直的公路上以20m/s的速度匀速行驶,发现前方有特殊情况时驾驶员采取刹车措施使汽车立即做匀减速运动直至安全停止,已知减速过程中第1s内汽车行驶的位移大小为16m,则汽车停止运动前最后1s内位移大小是 ()A.2m B.4m C.8m D.10m【解析】选B。减速过程中第0.5s汽车速度为v'=x't=161m/s=16m/s,汽车加速度大小为a=v-v'根据逆向思维,汽车停止运动前最后1s内位移大小是x=12at2=12×8×1故A、C、D错误,B正确。3.(6分)列车长为l,铁路桥长为2l,列车匀加速行驶过桥,车头过桥头时的速度为v1,车尾过桥头时的速度为v2,则车尾过桥尾时速度为 ()A.3v2-v1 B.3C.3v22-v【解析】选B。根据题意,设车尾过桥尾时速度为v,列车行驶时的加速度为a,由速度—位移公式v2-v02=2ax有v22-v12=2al,v2联立解得:v=3v4.(6分)(2024·烟台高一检测)近期我市开展了校车安全培训活动,规范校车管理,确保安全运行。若一辆校车以8m/s的速度在平直公路上匀速行驶,驾驶员发现前方有行人横穿公路,随即刹车做匀减速直线运动至停止。已知校车刹车后第一个3s内的位移与最后一个3s内的位移之比为5∶3,则校车刹车后6s内通过的距离为 ()A.8m B.12m C.16m D.36m【解析】选C。刹车后第一个3s内的位移x1=v0t-12at刹车后最后一个3s内的位移x2=12at根据题意x1∶x2=5∶3解得a=2m/s2刹车时间为t1=v0则校车刹车后6s内通过的距离为x3=v0故C正确,A、B、D错误。5.(6分)如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达B点时速度为v,到达C点时速度为2v,则AB∶BC等于 ()A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4【解析】选C。根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2-v02=2ax知,xAB=vB22a,xAC=vC22a,所以xAB∶x6.(6分)我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口,到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动,经4s的时间速度减为5m/s且恰好收费完成。随后司机立即加速,加速时汽车的加速度大小为2.5m/s2,假设汽车可视为质点。则下列说法正确的是 ()A.汽车开始减速时距离自动收费装置110mB.汽车加速4s后速度恢复到20m/sC.汽车从开始减速到速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD.汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s【解析】选C。汽车开始减速时与自动收费装置的距离x1=v0+v2t50m,A错误;汽车的速度恢复到20m/s所需的时间t2=v0-va2=20-52.5s=6s,B错误;汽车匀加速运动阶段的位移x2=v0+v2t2=5+202×6m=75m,则总路程x=x1+x2=125m,C正确;汽车匀速通过125m所需的时间t=x7.(6分)(2024·昆明高一检测)如图所示为一滑草场的示意图,山坡AB、BC可视为斜面,某人由A处静止开始下滑、经过B、C两点时速度大小分别为4m/s和5m/s,AB=BC。设此人经过B点前后的速度大小不变。下列说法正确的是 ()A.人在AB与BC段的加速度大小之比为4∶1B.人在AB与BC段的加速度大小之比为9∶16C.人在AB与BC段的运动时间之比为4∶9D.人在AB与BC段的运动时间之比为9∶4【解析】选D。人在AB段,由速度—位移关系可得:vB2=2a1xAB,解得:a1=vB22xAB=162xAB=8xAB;人在BC段,由速度—位移公式可得:vC2-vB2=2a2xBC,解得:a2=vC2-vB22xBC=52-422xBC=92xBC,所以有:a1a2=8xAB92x二、计算题8.(10分)符合国家安全技术标准的汽车满载时以54km/h的速度行驶,若刹车的加速度大小为4.5m/s2,求(1)制动距离;(2)该汽车刹车后3s的速度大小和位移大小分别是多少?(3)刹车后6s的速度大小和位移大小分别是多少?【解析】(1)v0=54km/h=15m/s,a=-4.5m/s2由v2-v02=2x=v2-v02(2)汽车刹车后到停止所用的时间t刹=0-v0a=0故刹车后3s汽车的速度大小v3=v0+at3=15m/s+(-4.5m/s2)×3s=1.5m/s该汽车刹车后3s的位移大小x3=v0t3+12at32=15m/s×3s+12×(-4.5m/s2)×3224.75m。(3)刹车后6s汽车已停止,故速度v6=0,刹车后6s的位移大小即为制动距离,为25m。答案:(1)25m(2)1.5m/s24.75m(3)025m【补偿训练】运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上自由滑行,在不与其他冰壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置。按比赛规则,投掷冰壶运动员的队友,可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面,减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。一个运动员以4m/s的速度投掷冰壶甲,冰壶甲做加速度大小为0.25m/s2的匀减速直线运动。另一个运动员也以4m/s的速度将同样的冰壶乙投出,冰壶乙滑行4s后其队友开始在其滑行前方摩擦冰面直至冰壶停下,发现冰壶乙比冰壶甲多滑行4.5m,g取10m/s2,求:(1)冰壶甲能在冰面上滑行的距离;(2)冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小;(3)冰壶乙运动的平均速度大小。【解析】(1)冰壶甲的初速度为v0=4m/s,匀减速的加速度大小为a1=0.25m/s2,由0-v02=-2a1x=v0(2)冰壶乙先在t1=4s内做匀减速直线运动,末速度为v1,则v1=v0-a1t1=3m/s位移为x1=v0+v摩擦冰面后,冰壶乙比冰壶甲多滑行4.5m,则冰壶乙此后匀减速运动的位移为x2=x+4.5m-x1=22.5m设冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小为a2,则有0-v12=-2a2解得a2=0.2m/s2。(3)冰壶乙在摩擦冰面后的运动时间为t2=v1则冰壶乙全程的平均速度为v=x+4.5m答案:(1)32m(2)0.2m/s2(3)1.92m/s专题进阶练(五)整体法和隔离法在牛顿运动定律中的应用(40分钟70分)一、选择题1.(6分)(2024·厦门高一检测)如图,在倾角为30°的光滑斜面上有一物体A,通过不可伸长的轻绳与物体B相连,滑轮与A之间的绳子与斜面平行。物体B的质量为m,物体A的质量是物体B质量的2倍,不计滑轮质量和一切摩擦,重力加速度为g,初始时用外力使A保持静止,去掉外力后,则轻绳的张力大小等于 ()A.13mgB.mgC.32mgD.【解析】选A。设绳子拉力为FT,对B受力分析有mg-FT=ma,对A受力分析有2mgsin30°+FT=2ma,联立解得FT=13mg2.(6分)(2024·宿迁高一检测)如图所示,小车内有一小球被轻质弹簧和一条细绳拴接。小车在水平面上直线运动,弹簧始终保持竖直状态,细绳与竖直方向成α角。下列说法正确的是 ()A.小车不可能做匀速运动B.小车可能向左做加速运动C.细绳有拉力时,弹簧一定有弹力D.弹簧有弹力时,细绳可能没拉力【解析】选D。若细绳没有拉力,小球受到重力和弹簧弹力而平衡,小车做匀速运动,故A错误;若细绳有拉力时,细绳的拉力在水平方向的分力向右,根据牛顿第二定律可知,小球的加速度方向向右,小车向右做加速运动或向左做减速运动,故B错误;细绳有拉力且拉力在竖直方向的分力等于小球重力时,弹簧无弹力,故C错误;若弹簧有弹力且弹簧的弹力等于小球的重力时,细绳没有拉力,故D正确。【补偿训练】如图,质量为M的大圆环中间有一立柱,其上串着一个质量为m的球,球和立柱间有摩擦力。下列说法正确的是 ()A.小球在立柱上端由静止释放,若加速下滑,则地面对大圆环的支持力大于(M+m)gB.小球在立柱上以一定的速度向下运动,若减速下滑,则地面对大圆环的支持力小于(M+m)gC.小球在立柱上以一定的速度向上运动,当初速度足够大时,小球就能通过力将大圆环脱离地面D.小球在立柱上以一定的速度向上运动,当加速度足够大时,小球就能通过力将大圆环脱离地面【解析】选D。小球在立柱上端由静止释放,若加速下滑,整个系统中有部分(小球)处于失重状态,则地面对大圆环的支持力小于(M+m)g,A错误;小球在立柱上以一定的速度向下运动,若减速下滑,整个系统中有部分(小球)处于超重状态,则地面对大圆环的支持力大于(M+m)g,B错误;当小球对立柱向上的摩擦力大于或等于Mg时,大圆环离开地面,故小球能否通过摩擦力将大圆环脱离地面,取决于摩擦力大小,与初速度大小无关,C错误;若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时,就可能通过摩擦力将大圆环脱离地面,此时f≥Mg,f+mg=ma,解得a≥(M3.(6分)(2024·湘潭高一检测)如图所示,带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动,质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架,小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ,且保持不变,则在这段时间内 ()A.小车一定正在做加速运动B.轻质细线对小球A的拉力大小为mgC.物块B所受摩擦力大小为μMg,方向水平向左D.小车对物块B的作用力大小为Mg1+tan【解析】选D。对A受力分析,由牛顿第二定律得F合=mgtanθ=maA,解得aA=gtanθ,方向水平向左,则小车向右做减速运动,故A错误;细线的拉力为FT=mgcosθ,故B错误;由题意可知,A与小车相对静止,则小车与A具有相同的加速度,即小车的加速度大小为gtanθ,方向水平向左,此刻物块B的加速度与小车相同,根据牛顿第二定律fB=MaA=Mgtanθ,方向水平向左,小车对物块B的作用力为F=(Mg)【补偿训练】如图所示,在竖直平面内,一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动,大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止,小物块放在大物块上与大物块相对静止,大物块刚好不下滑,小物块与大物块也刚好不发生相对滑动。小物块质量为m,大物块质量为M,重力加速度为g,a<g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是 ()A.μ1<μ2 B.μ1=μ2C.μ1>μ2 D.μ1·μ2<1【解析】选C。将小物块与大物块看作一个整体时有(m+M)g=μ1FN1,FN1=(m+M)a,对小物块受力分析有mg=FN2,μ2FN2=ma,代入分别解得μ1=ga,μ2=ag,由于a<g,则有μ1>1,μ2<1,μ1>μ4.(6分)如图所示,质量为m的小物块通过细绳绕过轻质定滑轮,与光滑水平桌面上质量为M的大物块相连,细绳与桌面平行,重力加速度为g。下列说法正确的是 ()A.大物块的加速度大小为mgB.细绳中拉力等于mgC.将大物块与小物块互换,大物块的加速度大小不变D.将大物块与小物块互换,细绳中的拉力大小不变【解析】选D。设细绳的拉力为F,对大物块研究,根据牛顿第二定律有F=Ma,对小物块,有mg-F=ma,联立可得a=mgM+m,F=MmgM+m,故A、B错误;将大物块与小物块互换,根据牛顿第二定律,有F'=ma',Mg-F'=Ma',联立可得a=5.(6分)(多选)(2024·昆明高一检测)如图所示,质量分别为M和m的物体A、B用细线连接,悬挂在定滑轮上,定滑轮固定在天花板上。已知M=3m,滑轮质量及摩擦均不计,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ()A.细线上的拉力等于2mgB.细线上的拉力等于1.5mgC.天花板对滑轮的拉力等于4mgD.天花板对滑轮的拉力等于3mg【解析】选B、D。对整体分析,根据牛顿第二定律有a=Mg-mgM+m=M-mM+mg=12g,再对B有FT-mg=ma,所以细线上的拉力FT=mg+ma=36.(6分)(多选)(2024·聊城高一检测)如图,质量均为m的环A与球B用一轻质细绳相连,环A套在水平细杆上。设有一水平恒力F作用在球B上,使环A与球B一起向右匀加速运动。已知轻质细绳与竖直方向的夹角θ=45°,g为重力加速度,则下列说法正确的是 ()A.轻质细绳对球B的拉力大于杆对环A的支持力B.若水平细杆光滑,水平恒力F大小等于mgC.若水平细杆粗糙,则动摩擦因数小于1D.球B受到的水平恒力大于mg【解析】选C、D。先后对A、B受力分析,如图所示。对A:Tsin45°-f=ma,N-Tcos45°-mg=0,其中f=μN。对B:F-Tsin45°=ma,Tcos45°-mg=0。解得T=2mg,N=2mg,故T<N,F=mg+ma>mg,A错误,D正确;若水平细杆光滑,则f=0,a=g,F-Tsin45°=ma,解得F=2mg,B错误;若水平细杆粗糙,则Tsin45°-f=mg-2μmg=ma>0,解得μ<127.(6分)(多选)如图所示,水平向右行驶的车厢中用细线悬挂小球,通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度。质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部,两个小球都与车厢保持相对静止,左侧小球与车厢左侧壁接触,两细线与竖直方向的夹角相同,拉力大小分别为FT1和FT2。下列说法正确的是A.两细线的拉力FT1B.两细线的拉力FT1C.当汽车加速度增大时,FTD.当汽车加速度减小时,FT【解析】选B、C。对小球1、2进行受力分析,设细线与竖直方向夹角为θ,则有FT2=mgcosθ,FT1=mgcosθ,故A错误,B正确;对小球2进行受力分析,根据牛顿第二定律有mgtanθ=ma,当汽车加速度增大时,根据两个小球都与车厢保持相对静止,则小球1和车的加速度与小球2的加速度相同,小球2加速度增大,则θ角增大,FT2增大,对小球1细线与竖直方向夹角不变,受力分析FT1=mgcosθ,【补偿训练】(多选)如图,将游乐场的滑梯简化成倾角为α的斜面,该滑梯的质量为M,放在粗糙水平面上,一个质量为m的小朋友沿滑梯下滑。在滑梯的不同位置,由于小朋友与滑梯间的动摩擦因数不同,小朋友在滑梯上的AB段匀速下滑,在BC段以大小为a的加速度匀减速下滑,滑梯始终保持静止状态,重力加速度大小为g,则 ()A.小朋友在AB段匀速下滑的过程中,地面对滑梯的支持力大小为(M+m)gB.小朋友在AB段匀速下滑的过程中,地面对滑梯的摩擦力方向水平向左C.小朋友在BC段匀减速下滑的过程中,地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g+masinαD.小朋友在BC段匀减速下滑的过程中,滑梯对地面的摩擦力大小为macosα,方向水平向右【解析】选A、C、D。小朋友在AB段匀速下滑的过程中,小朋友和滑梯组成的系统处于平衡状态,地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g,地面对滑梯的摩擦力为零,故A正确,B错误;小朋友在BC段匀减速下滑的过程中,加速度方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律有FN-(M+m)g=masinα,解得对滑梯的支持力大小为FN=(M+m)g+masinα,同理可得滑梯对地面的摩擦力大小为Ff=macosα,方向水平向右,故C、D正确。二、计算题8.(14分)(2024·南京高一检测)如图所示,小车沿水平方向做匀变速直线运动,车厢中悬挂小球A的悬线偏离竖直方向60°角,球和车厢相对静止。已知球的质量为1kg。另外有质量均为1kg的物块B和C分别位于车厢侧壁与底板上,都与车厢保持相对静止,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10m/s2)求:(1)悬线上拉力的大小;(2)车厢侧壁与物体B之间的动摩擦因数μ应满足的条件;(3)车厢底板对物体C的作用力的大小。【解析】(1)对小球受力分析得FTcos60°=mg解得FT=20N(2)对小球分析mgtan60°=ma解得a=gtan60°=3g对B分析FN=mBa对B竖直方向受力平衡有Ff=mBg≤μFN解得μ≥3(3)对C分析,竖直方向FN=mCg水平方向Ff=mCa车厢底板对C的作用力大小为F=FN答案:(1)20N(2)μ≥339.(14分)如图所示,将质量为m的物块放在质量为M、倾角为α的斜面体上,物块通过劲度系数为k的轻质弹簧与斜面顶端的挡板相连,斜面体放在足够大的水平地面上,系统处于静止状态。t=0时刻,将一个方向不变、大小由零缓慢增大的水平向右的力F作用在斜面体上。已知斜面体的斜面光滑,斜面体与地面之间也光滑,重力加速度为g。求:(1)t=0时刻,弹簧的弹力大小;(2)当物块刚要离开斜面时,弹簧的形变量及F的大小。【解析】(1)t=0时刻,F等于0,此时,物块处于静止状态,对物块分析,此时弹簧的弹力F0=mgsinα(2)当物块刚要离开斜面时,加速度水平向右,对物块分析有F1=mgsinα,mg此时弹簧弹力F1=kΔx对斜面与物块整体有F=(M+m)a解得Δx=mgksinα,F=(M+答案:(1)mgsinα(2)mgksinα(M+【补偿训练】(2024·桂林高一检测)如图所示,固定在水平地面上的斜面体上有一木块A(到定滑轮的距离足够远),通过轻质细线和滑轮与铁块B连接,细线的另一端固定在天花板上,在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F=1.5N,使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直,木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行,木块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,斜面的倾角θ=37°,铁块B下端到地面的高度h=0.75m,木块A的质量m=0.5kg,铁块B的质量M=1kg,不计空气阻力,不计滑轮受到的重力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求木块A受到的摩擦力;(2)撤去力F,设铁块B落地后不反弹,求木块A能沿斜面上滑的最大距离。【解析】(1)假设绳子拉力为FT0,对木块A,根据受力平衡可得F+Ff+mgsinθ=FT0对铁块B和动滑轮,根据受力平衡可得2FT0=Mg联立解得Ff=0.5N木块A受到的摩擦力大小为0.5N,方向沿斜面向下;(2)撤去力F,设木块A向上加速的加速度为aA,铁块B向下加速的加速度为aB,根据牛顿第二定律可得FT-mgsinθ-μmgcosθ=maAMg-2FT=MaB又aA=2aB联立解得aA=43m/s当铁块B落地时,木块A向上通过的位移为x1=2h=1.5m设此时木块A的速度为v1,则有2aAx1=v解得v1=2aAx铁块B落地后,木块A继续向上做匀减速运动的加速度大小为a2,则有mgsinθ+μmgcosθ=ma2解得a2=8m/s2木块A继续向上运动的位移为x2=v122木块A能沿斜面上滑的最大距离为x=x1+x2=1.75m答案:(1)0.5N,方向沿斜面向下(2)1.75m专题进阶练(四)竖直上抛运动(40分钟66分)选择题1.(6分)关于竖直上抛运动,下列说法正确的是 ()A.上升和下降过程中,加速度方向相反B.上升和下落过程的位移相同C.从上升到下落的整个过程加速度保持不变D.上升到某一高度时的速度与下落到此高度时的速度相同【解析】选C。竖直上抛运动只受到重力作用,在上升和下降过程中,加速度始终为g,方向始终竖直向下,A错误;竖直上抛运动上升和下落过程的位移大小相等,但是方向相反,故位移不同,B错误;竖直上抛运动只受到重力作用,从上升到下落的整个过程加速度保持不变,C正确;竖直上抛具有对称性,整个过程加速度相等,故上升时间与下落时间相等,上升到某一高度时速度与下落到此高度时的速度大小相等,但是方向相反,故速度不同,D错误。2.(6分)以某一初速度竖直向上抛出一个苹果,并落回手中,忽略空气阻力,以竖直向上为正方向,以下描述此过程的v-t图像正确的是 ()【解析】选C。因不计空气阻力,加速度恒定,设其初速度为v0,根据匀变速直线运动规律,据题意有v=v0-gt,可知其图像为直线且斜率为负,故A、B、D错误,C正确。3.(6分)假设运动员从蹦床以站立姿态竖直向上跃起,到达最高点时运动员重心与跃起时蹦床最低点相距3.4m,已知运动员身高约1.7m,则运动员跃起时的初速度最接近 ()A.6m/sB.7m/sC.8m/sD.9m/s【解析】选B。设跃起时的初速度为v,运动员跃起时的重心与最低点相距h1=1.72m=0.85m,运动员跃起时的重心与运动员到达最高点时的重心相距h2=3.4m-0.85m=2.55m,根据0-v2=-2gh24.(6分)(2024·济南高一检测)在某次救援中,消防队员抱着被救者在悬停直升机的竖直悬绳牵引下以5m/s的速度匀速上升。当上升到离地面30m的高处时,被救者的手机突然从口袋中掉出。则手机从掉出到落地的时间为(不计空气阻力,g取10m/s2) ()A.3s B.3sC.2s D.(2+2)s【解析】选B。手机突然从口袋中掉出后以5m/s的初速度做竖直上抛运动,规定竖直向上为正方向,对手机从掉出到落地这段时间有-h=v0t-12gt2,代入数据解得:t=3s或t5.(6分)(2024·南昌高一检测)一个做竖直上抛运动的物体(不计空气阻力),上升过程中的平均速度是5m/s,则它能到达的最大高度为(g取10m/s2) ()A.5m B.10m C.15m D.20m【解析】选A。竖直上抛运动的上抛过程是匀减速直线运动,设初速度为v0,则:v=v0+02,根据速度—时间公式,有0=v0-gt联立解得:h=5m,选项B、C、D错误,A正确。【补偿训练】一小球以25m/s的初速度竖直向上抛出,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则小球抛出后第3s末的速度 ()A.大小为5m/s,方向竖直向下B.大小为5m/s,方向竖直向上C.大小为55m/s,方向竖直向上D.大小为55m/s,方向竖直向下【解析】选A。根据竖直上抛运动的规律有v=v0-gt,解得v=-5m/s,故3s末小球速度大小为5m/s,方向竖直向下,故选项A正确。6.(6分)(多选)排球课上,同学们在训练垫球。某同学将排球以10m/s的初速度竖直向上垫起,忽略空气阻力,重力加速度取10m/s2,则排球 ()A.到达最高点时的加速度为零B.到达最高点时的速度为零C.上升和下降过程的加速度方向相反D.从击出到落回击球点的时间为2.0s【解析】选B、D。排球被击出后做竖直上抛运动,整个过程的加速度为重力加速度,保持不变,故A、C错误;排球到达最高点时的速度为零,故B正确;排球从击出到落回击球点的过程,运动时间为t=2v0g7.(6分)(2024·银川高一检测)以初速度v0=20m/s竖直向上抛一个小球(g取10m/s2),不计空气阻力,以下说法正确的是 ()A.小球经过4s到达最高点B.小球上升的最大高度为40mC.小球在出发点上方15m时,速度大小为10m/sD.小球到出发点上方15m时,经过的时间一定是1s【解析】选C。小球做竖直上抛运动,上升阶段:由v=v0-gt得0=20m/s-10m/s2×t,解得t=2s,故A错误;根据速度—位移关系公式,小球上升的最大高度为:H=v022g=2022×10m=20m,故B错误;小球在出发点上方15m时,由位移—时间公式可得:x=v2-v022(-g),解得:v=10m/s,故C正确;由h8.(6分)(多选)若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x-t图像如图所示,则 ()A.火星表面的重力加速度大小为1.6m/s2B.该物体上升的时间为10sC.该物体被抛出时的初速度大小为8m/sD.该物体落到火星表面时的速度大小为16m/s【解析】选A、C。由题图可知物体上升的最大高度为20m,上升时间为5s,由h=12gt2得g=1.6m/s2,A正确,B错误;v=gt9.(6分)从地面上将一个小球竖直上抛,经t时间小球经过空中的某点A,再经过t时间小球又经过A点。不计空气阻力,下列说法正确的是 ()A.小球上升的最大高度为98gtB.A点离抛出点的距离为12gtC.小球抛出时的速度为2gtD.小球抛出时的速度为3gt【解析】选A。根据竖直上抛运动的对称性,知小球竖直上抛运动到最高点的时间为t+12t=32t,则竖直上抛的初速度v0=32gt,故C、D错误;小球上升的最大高度h=12g(32t)2=98gt2,故A正确;从A点上升到最高点的时间为12t,则A点距离最高点的高度h1=12g(12t)2=18gt2,则A点距抛出点的距离h10.(6分)甲、乙两人做游戏,甲站在地面上,乙在甲