高中人教版 (2019)4 自由落体运动复习练习题

这是一份高中人教版 (2019)4 自由落体运动复习练习题，共5页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

A.3.5 m/s B．4.5 m/s C．6 m/s D．7 m/s
2．以初速度v0＝20 m/s竖直向上抛一个小球(g取10 m/s2)，不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A．小球经过4 s到达最高点
B．小球上升的最大高度为40 m
C．小球在出发点上方15 m时，速度大小为10 m/s，方向可能向下
D．小球到出发点上方15 m时，经过的时间一定是 1 s
3．(多选)假设某人在高层楼房的阳台上以20 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15 m处时，所经历的时间可以是(不计空气阻力，g取10 m/s2)(温馨提示：请勿高空抛物)( )
A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋ eq \r(7))s
4．[2023·湖南师大附中高一月考]某人以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出一块小石头，该小石头两次经过旁边小树顶端的时间间隔为1.6 s．取g＝10 m/s2且不计空气阻力．求：
(1)小石头到达最高点所用的时间；
(2)小石头能到达的最大高度；
(3)旁边小树的高度．
5．气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度为多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.
6.如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个 eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个 eq \f(H,4)所用的时间为t2.不计空气阻力，则 eq \f(t2,t1)满足( )
A．1< eq \f(t2,t1)<2 B．2< eq \f(t2,t1)<3
C．3< eq \f(t2,t1)<4 D．4< eq \f(t2,t1)<5
7．(多选)小球从空中某处开始自由下落，与水平地面碰撞后上升到空中某一高度处，此过程中小球速度随时间变化的关系如图所示，则( )
A．在下落和上升两个过程中，小球的加速度不同
B．小球开始下落处离地面的高度为0.8 m
C．整个过程中小球的位移为1.0 m
D．整个过程中小球的平均速度大小为1 m/s
8．(多选)甲、乙两车在平直的高速公路上行驶．由于分神，甲车司机发现乙车时两车间距离只有15 m，为了避免两车相撞，甲车司机立即刹车减速(忽略反应时间)，刹车后两车运动的v­t图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．甲车刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2
B．甲车不会与乙车相撞，两车最近距离为5 m
C．甲车停下时距乙车30 m
D．若考虑甲车司机的反应时间，则允许甲车司机的最长反应时间为0.6 s
9.高铁是时下比较普及且快速的交通工具．一复兴号列车以大小为v1＝360 km/h的速度在平直的轨道上匀速行驶，进站时列车经过80 s的时间匀减速停下，停留3分钟供乘客上下车，之后列车重新匀加速至v1＝360 km/h正常行驶．为进一步提高高铁的载客效率，如图，当列车通过车站时先匀减速至v2＝108 km/h，通过胶囊舱(转移车厢)锁住列车的车顶与其共同匀速行驶3分钟实现乘客转移，乘客通过胶囊舱实现转移后，胶囊舱与列车自动分离进入到自己的轨道，而列车匀加速至v1＝360 km/h继续向前行驶，乘客就可以由胶囊舱慢慢地下车，从而节省因停车而耽搁的时间．设列车减速和加速过程的加速度大小相同．求：
(1)列车过站时减速或加速过程的加速度大小；
(2)采用停车上下客，列车从开始减速到恢复正常行驶所通过的路程；
(3)列车采用通过胶囊舱(转移车厢)转移乘客而不停车上下客所节省的时间．
10．2021年7月，某市出现新型冠状病毒肺炎疫情，全省各地医护人员及时赶赴一线．一位医生赶到汽车站时，车已经沿平直公路驶离车站，听到呼喊后汽车立即以4 m/s2的加速度匀减速刹车，该医生同时以8 m/s的速度匀速追赶汽车．已知汽车开始刹车时速度为16 m/s，减速前距离医生14 m．求：
(1)医生追上汽车前，医生和汽车间的最远距离xmax；
(2)医生追上汽车的时间．
竖直上抛运动 追及和相遇问题
1．解析：竖直上升阶段根据运动学公式
0－v2＝－2gh，
其中h为运动员重心上升的高度为
h＝2.20m－eq \f(1.91,2)m＝1.245m，
代入数据解得v≈5m/s，故选B.
答案：B
2．解析：小球做竖直上抛运动，上升阶段有v＝v0－gt，解得t＝2s，A项错误；根据速度位移公式可知，小球上升的最大高度为H＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)＝eq \f(202,2×10)m＝20m，B项错误；由速度位移公式可得x＝eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（－g）)，解得v＝±10m/s，C项正确；由h＝v0t－eq \f(1,2)gt2得t＝1s或3s，上升经过抛出点的上方15m处时用时1s，下降经过抛出点的上方15m处时用时3s，D项错误．
答案：C
3．解析：取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可以看成加速度为－g的匀变速直线运动．当石块运动到抛出点上方离抛出点15m处时，位移为x＝15m，由x＝vt－eq \f(1,2)gt2，解得t1＝1s，t2＝3s．其中t1＝1s对应着石块上升过程中离抛出点15m处时所用的时间，而t2＝3s对应着从最高点下落过程中第二次经过离抛出点15m处时所用的时间．当石块运动到抛出点下方离抛出点15m处时，位移为x′＝－15m，由x＝vt－eq \f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq \r(7))s，t4＝(2－eq \r(7))s(舍去)，故A、C、D正确．
答案：ACD
4．解析：(1)小石头到达最高点所用的时间t′＝eq \f(v0,g)＝eq \f(10,10)s＝1s.
(2)小石头能到达的最大高度
h＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)＝eq \f(102,20)m＝5m.
(3)设树的高度为h′，小石头从开始运动到第一次到达树的顶端的时间为t，选取竖直向上为正方向，则
h′＝v0t－eq \f(1,2)gt2，小石头下落过程中经过树的顶端时有h′＝v0(t＋1.6)－eq \f(1,2)g(t＋1.6)2，联立可得h′＝1.8m.
答案：(1)1s (2)5m (3)1.8m
5．解析：解法一：分段法
将全过程分成上升阶段和下落阶段，设绳子断裂后重物继续上升的时间为t1，上升的高度为h1，则t1＝eq \f(v0,g)＝1s，h1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)＝5m，故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180m．重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝eq \r(\f(2H,g))＝6s，v＝gt2＝60m/s，所以从绳子断裂到重物落地的总时间t＝t1＋t2＝7s.
解法二：全程法
将全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175m，由位移公式有h′＝v0t－eq \f(1,2)gt2，即－175m＝10m/s·t－eq \f(1,2)×10m/s2·t2，
解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去).
重物落地速度v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s，
其中负号表示落地时速度方向向下，与初速度方向相反．
答案：7s 60m/s
6．解析：空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动(竖直上抛)，位移为H时的速度为0.逆向分析，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)).由题意知，eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，故3答案：C
7．解析：小球在下落和上升过程中，均只受重力作用，故加速度相同，A错误；小球在0.4s末落到地面，小球下落的距离h＝eq \f(1,2)×4×0.4m＝0.8m，故小球下落处离地高度为0.8m，B正确；小球反弹后上升的高度h′＝eq \f(1,2)×2×0.2m＝0.2m，故小球的位移为x＝0.6m，方向向下，C错误；整个过程中小球的平均速度大小＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.6,0.6)m/s＝1m/s，故D正确．
答案：BD
8．解析：甲车的加速度大小为a＝eq \f(30－0,6－0)m/s2＝5m/s2，A正确；甲车与乙车速度相等时，甲车相对乙车运动的距离为图像左上部分三角形所围成的面积Δx＝eq \f(（30－20）×2,2)m＝10m<15m，不会相撞，且相距最近的距离为x最近＝x0－Δx＝5m，B正确；由图可知，甲车停下时，时间t＝6s，甲车的位移大小为x甲＝eq \f(30,2)×6m＝90m，乙车匀速，位移大小为x乙＝v乙t＝120m，甲车与乙车相距x相＝x乙＋x0－x甲＝45m，C错误；因为最近距离为5m，设甲车司机的最长反应时间为t，两车恰好相撞，由相对运动可知x最近＝(v甲－v乙)t＝5m，解得t＝0.5s，D错误．故选AB.
答案：AB
9．解析：(1)列车进站后做匀减速直线运动，直至停止，所以有v1＝360km/h＝100m/s，a＝eq \f(v1,t1)＝1.25m/s2.
(2)停车上下客，匀减速通过的路程x1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a)＝4000m，
由于列车加速和减速的加速度相等，且最大及最小速度的大小均相等，所以停车上下客通过的总路程x总＝2x1＝8000m.
(3)由题及分析可知停车3分钟，且列车匀加速和匀减速的时间相等，均为t1＝80s，
停车上下客，所需总时间T＝t＋2t1＝340s，
不停车上下客，匀减速时间t′1＝eq \f(v1－v2,a)＝56s，
不停车上下客，匀加速时间t′3＝t′1＝56s，
不停车上下客，匀速行驶时间t′2＝180s，
不停车上下客，所需总时间T′＝t′1＋t′2＋t′3＝292s，
不停车上下客，通过的总路程x′总＝2·eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a)＋v2t′＝12680m，
从开始减速到恢复正常行驶，不停车比停车多行驶的位移Δx＝x′总－x总，
此部分列车已正常速度行驶，所需时间T1＝eq \f(x′总－x总,v1)，
所以转移乘客而不停车上下客所节省的时间Δt＝T＋T1－T′，代入数据可得Δt＝94.8s.
答案：(1)1.25m/s2 (2)8000m (3)94.8s
10．解析：(1)当汽车速度等于医生速度8m/s时，医生和汽车间的距离最大，则该过程所用时间为
t1＝eq \f(v0－v1,a)＝eq \f(16－8,4)s＝2s，
此过程汽车的位移为
x汽＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝eq \f(16＋8,2)×2m＝24m，
医生的位移为x医＝v1t1＝8×2m＝16m，
医生和汽车间的最远距离为
x＝x汽＋14－x医
＝(24＋14－16)m
＝22m.
(2)汽车从刹车到停下所用时间为
t2＝eq \f(v0,a)＝eq \f(16,4)s＝4s，
汽车从刹车到停下所走位移为
x′汽＝eq \f(v0,2)t2＝eq \f(16,2)×4m＝32m，
此过程医生的位移为
x′医＝v1t2＝8×4m＝32m则医生追上汽车的时间为
t＝eq \f(x′汽＋x0,v1)＝eq \f(32＋14,8)s＝5.75s.
答案：(1)22m (2)5.75s
A组 基础巩固练
B组 能力提升练