2019届高考物理一轮复习第一单元匀变速直线运动题组层级快练3自由落体和竖直上抛运动新人教版.doc

1、【 精品教育资源文库 】 题组层级快练 (三 ) 一、选择题 1 (多选 )伽利略为了研究自由落体的规律 ， 将落体实验转化为著名的 “ 斜面实验 ” ， 对于这个研究过程 ， 下列说法正确的是 ( ) A 斜面实验放大了重力的作用 ， 便于测量小球运动的路程 B 斜面实验 “ 冲淡 ” 了重力的作用 ， 便于小球运动时间的测量 C 通过对斜面实验的观察与计算 ， 直接得到 自由落体的运动规律 D 根据斜面实验结论进行合理的外推 ， 得到自由落体的运动规律 答案 BD 解析 “ 斜面实验 ” 中小球运动的加速度较小 ， 便于运动时间的测量 ， A 项错误、 B 项正确；斜面倾角增大到 90

2、时 ， 斜面 运动外推为自由落体运动 ， C 项错误、 D 项正确 2 竖直向上抛出一只小球 ， 3 s 落回抛出点 ， 则小球在第 2 s 内的位移 (不计空气阻力 )是( ) A 10 m B 0 m C 5 m D 0.25 m 答案 B 解析 根据竖直上抛运动的对称性可知 ， 当 t 1.5 s 时物体上升到最高点小球在第 2 s内的位移包括上升过程中的最后 0.5 s 和下降过程中开始的 0.5 s， 所以小球在第 2 s 内的位移为 0 m. 3 一物体自距地面高 H 处自由下落 ， 经时间 t 落地 ， 此时速度为 v， 则 ( ) A.t2时物体距地面高度为 H2 B.t2时物

3、体距地面高度为 34H C 物体下落 H2时速度为 v2 D 物体下落 H2时速度为 32 v 答案 B 解析 根据位移时间公式 h 12gt2知 ， 在前一半时间和后 一半时间内的位移之比为 13 ，则前一半时间内的位移为 H4， 此时距离地面的高度为 3H4.故 A 项错误 ， B 项正 确 C、 D 两项 ，根据 v2 2gH， v 2 2gH2知 ， 物体下落 H2时的速度为 v 2v2 .故 C、 D 两项错误 4 四个小球在离地面不同高度同时从静止释放 ， 不计空气阻力 ， 从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔 ， 小球依次碰到地面下 列各图中，能反映出刚开始运动时各小球相对地面的【

4、 精品教育资源文库 】 位置的是 ( ) 答案 C 解析 假设小球落地时间分别是 t1、 t2、 t3， t4， 要满足题目要求 ， 需要使 t2 2t1、 t3 3t1、t4 4t1， 再根据 h 12gt2， 四个小球释放点距离地面的高度应满足 h1 h2 h3 h414916 ，观察可知， C 项正确 5 (2017 衡阳一模 )某同学为估测一教学楼的总高度 ， 在楼顶将一直径为 2 cm 的钢球由静止释放 ， 测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为 0.001 s， 由此可知教学楼的总高度约为 (不计空气阻力 ， 重力加速度 g 取 10 m/s2)( ) A 10 m B 2

5、0 m C 30 m D 40 m 答案 B 解析 设 运动时间为 t， 根据 h 12gt2可得 ， 根据 x xt xt 即 12gt2 12g(t 0.001)2 x， 即 12 10t2 12 10(t 0.001)2 0.02 解得： t 2 s h 12 10 22 m 20 m 6 以 v0 20 m/s 的速度竖直上抛一小球 ， 2 s 后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球 g 取 10 m/s2， 则两球相碰处离出发点的高度是 ( ) A 10 m B 15 m C 20 m D 不会相碰 答案 B 解析 设第二个小球 抛出后经 t 时间与第一个小球相遇 ， 根据位移相等

6、有 v0(t 2) 12g(t 2)2 v0t 12gt2 解得 t 1 s 代入位移公式 h v0t 12gt2， 解得 h 15 m. 7.(2017 邢台模拟 )如图所示 ， 分别位于 P、 Q 两点的两小球 ， 初始位置离水平地面的高度差为 1.6 m， 现同时由静止开始释放两球 ， 测得两球先后落地的时间【 精品教育资源文库 】 差为 0.2 s， 取 g 10 m/s2， 空气阻力不计 ， P 点离水平地面的高度 h 为 ( ) A 0.8 m B 1.25 m C 2.45 m D 3.2 m 答案 C 解析 P 点的小球： h 12gt12， 解得 t1 2hg. Q 点的小

7、球： h 1.6 12gt22， 解得 t2 2（ h 1.6）g . 根据题意 ， 有 t2 t1 0.2. 联立解得： h 2.45 m， 故 C 项正确， A、 B、 D 三项错误 8 (2017 浙江模拟 )建筑工人安装搭手架进行高空作业 ， 有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长 5 m 的铁杆在竖直状态下脱落了 ， 使其做 自由落体运动 ， 铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为 0.2 s已知重力加速度 g 10 m/s2， 不计楼层面的厚度则铁杆刚下落时其下端到该楼层的高度为 ( ) A 25.5 m B 28.8 m C 30 m D 29.5 m 答案 B 解析 设铁杆下

8、端到达楼层面时的速度为 v.根据 L vt 12gt2， 得： vL 12gt2t 5 12100.040.2 m/s 24 m/s. 则铁杆下落时其下端到该楼层的高度为 ： h v22g242420 m 28.8 m. 故 B 项 正确 ， A、 C、 D 三项错误 9 (2017 新课标一模 )一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出 ， 从滑出至回到斜面底端的时间为 6 s， 若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板 ，仍将该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出 ， 物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反撞击所需时间不计 ， 则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总

9、时间约为 (不计空气阻力 )( ) A 1.0 s B 1.8 s C 2.0 s D 2.6 s 答案 B 解析 由于是光滑的斜面 ， 所以整个过程中的加速度大小方向都不变 【 精品教育资源文库 】 根据对称可知 ， 上升和下降的时间相等 ， 故都为 0.5t 假设斜面的长度为 x， 根据题意可得： x 12a(0.5t)2， 与中间的挡板相碰撞 ， 上升段的时间为： tx 0.5t 0.5x2a ， 由上两式可知 tx 12t 24 t， 此为上升的时间 ， 加上往返的时间 ， 所以小球运动的总时间为： 2tx， 即 t 总 2tx (1 22 )t0.3t 0.36 s 1.8 s，

10、故 B 项正确 ， A、 C、 D 三项错误 10 (2017 邯郸模拟 )如图所示 ， 竖直悬挂一根长 5 m 的铁棒 AB， 在铁棒的正下方距铁棒下端 5 m 处有一圆管 CD， 圆管长 10 m， 剪断细线 ， 让铁棒自由下落 ，则铁棒通过圆管所需的时间为 (g 取 10 m/s2) ( ) A 0.5 s B 1 s C. 2 s D 2 s 答案 B 解析 铁棒上 B 点到 C 点过程 ， 根据位移时间关系公式 ， 有： h 12gt12， 解 得： t1 2hg 2510 1 s， 铁棒上 A 点到 D 点过程 ， 根据位移时间关系公式 ， 有： H 12gt22， 解得： t2

11、2 （ 5 5 10）10 2 s 则铁棒通过圆管所需的时间为： t t2 t1 2 s 1 s 1 s. 11 (2017 宜兴模拟 )(多选 )甲物体从离地面 H 高空自由落下 ， 而乙物体在地面以初速度v0同时向上抛出 ， 两物体在离地面 3H4 处相遇 (不相碰 )， 如果 v0为已 知量 ， 则 ( ) A 从自由下落到相遇 ， 经过的时间为 t v02g B 乙物体上升到最高点时 ， 甲物体正好落到地面 C 相遇时 ， 甲乙两物体的速度相等 ， 均为 v02 D 乙上升的最大高度就是 H， 且 H v022g， 而甲物体落地时的速度大小为 v0 【 精品教育资源文库 】 答案 A

12、BD 解析 两者相遇时 ， 甲的位移大小为 H4， 乙的位移大小为 34H， A 项 ， 根据 12gt2 v0t 12gt2 H得 ， t Hv0， 甲的位移： 14H 12gt2， 乙的位移： 34H v0t 12gt2， 解得 t v02g， H v022g， 故 A 项正确 B 项 ， 乙物体上升到最高点时间： t1 v0g， 物体甲的位移： h 12gt2 v022g H， 即甲物体正好落到地面 ， 故 B 项正确 C 项 ， 由 A 可知 ， 两者相遇时的运动时间： t v02g， 甲的速度： v 甲 gt v02， 乙的速度： v 乙 v0 gt v02， 但是方向不同 ，故 C

13、 项错误 D 项 ， 乙上升的最大高度 h v022g H， 甲做自由落体运动 ， 由速度位移公式可知 ， 落地速度：v 2gH v0， 故 D 项正确 12.(2017 湖南模拟 )(多选 )如图所示 ， 两端点分别为 A、 B， 长 L 1 m 的金属细杆在距地面 H 40 m 处以 v0 10 m/s 竖直上抛 ， 同时在 AB 上方略微错开的竖 直线上h 处有一可视为质点的小球 C 由静止释放 ， 不计 空气阻力及落地后的运动 ，取 g 10 m/s2， 则可知 ( ) A 杆能上升的最大位移为 10 m B 杆从抛出到落地共用时 4 s C 若 h 15 m， 则 C 与 A 相遇时

14、杆的速 度方向向下 ， 与杆相遇共用 时 0.1 s D 若 h 25 m， 则 C 与 A 相遇时杆的速度方向向下 ， 与杆相遇共用时 0.1 s 答案 BCD 解析 A 项 ， 杆能上升的最大位移 x v022g 5 m， 故 A 项错误； B 项 ， 杆上升到最高点的时间 t1 v0g， 向下的位移 h 40 m 5 m 45 m， 则下降的时间 t2 2hg ， 则杆从抛出到落地的时间 t 1 s 3 s 4 s， 故 B 项正确； C 项 ， 设经过 t 时间相遇 ， 则有： 12gt2 v0t 12gt2 h， 解得 t 1.5 s， 此时杆的速度 v v0 gt 10 m/s 1

15、5 m/s 5 m/s， 此时杆的速度方向向下 ， 球的速度 v gt 15 m/s.设与杆相遇的时间为 t， 则有 v t 12gt 2 (vt 12gt 2) 1， 代入数据有： (15 5)t【 精品教育资源文库 】 1， 解得 t 0.1 s， 故 C 项正确； D 项 ， 设经过 t 时间相遇 ， 则有： 12gt2 v0t 12gt2 h， 解得 t 2.5 s， 此时杆的速度 v v0 gt 10 m/s 25 m/s 15 m/s， 此时杆的速度方向向下 ， 球的速度 v gt 25 m/s，设与杆相遇的时间为 t， 则有 v t 12gt 2 (vt 12gt 2) 1， 代入数据有： (2515)t 1， 解得 t 0.1 s， 故 D 项正确 二、非选择题 13 用手托一小球 ， 竖直向上抛出 ， 再接住小球 ， 将这一过程简化为下面的理想运动模型：手托小球由静止开始 ， 先竖直向上做匀加速运动 ， 然后再做匀减速运动 ， 手停下后在原处接住落回的小球已知匀加速运动的加速度为 4 m/s2， 加速运动距离为 0.5 m， 匀减速运动加速度大小为 20 m/s2， 重力