高中物理必修一第二章习题课竖直上抛运动汇总
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3．运动规律：取 v0 的方向为正方向，抛出点为坐标原点， 则 a＝－g，其运动学公式为 速度公式 v＝v0－gt 位移公式 x＝v0t－12gt2 位移、速度关系式 v2－v20＝－2gx 4．处理方法 (1)分段法：上升过程是加速度 a＝－g，末速度 v＝0 的匀减 速直线运动，下落过程是自由落体运动．
第二章 匀变速直线运动的研究
【解析】 小球被竖直上抛，做的是匀变速直线运动，平均
速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式 v ＝v0＋2 v求，
规定竖直向上为正方向，当小球的末速度为向上 10 m/s 时， v＝10 m/s，用公式求得平均速度为 15 m/s，方向向上，A 正确；当小球的末速度为向下 10 m/s 时，v′＝－10 m/s， 用公式求得平均速度为 5 m/s，方向向上，C 正确；由于末 速度大小为 10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移 x＝
得 t3＝
2H1＋H2＝ g
56 s≈7.48 s
重物从掉下到落地的总时间
t＝t2＋t3＝11.48 s.
第二章 匀变速直线运动的研究
法二：全程法 设重物离开气球到落地用时为 t 将 h＝－H1＝－200 m，v0＝v1＝40 m/s 代入 h＝v0t－12gt2 得： －200＝40t－12×10t2 解得t＝11.48 s
第二章 匀变速直线运动的研究
【解析】 重物的运动草图如图所示．
向上加速阶段：H1＝12at21＝12×4×102 m＝200 m v1＝at1＝4×10 m/s＝40 m/s 求竖直上抛段可采取两种方法．
法一：分段法
竖直上抛上升阶段： H2＝2vg21＝80 mt2＝vg1＝4 s
自由下落阶段：H1＋H2＝12gt23
5．重要推论 (1)物体上升到最高点所需时间为 t 上＝vg0，上升的最大高度 为 H＝2vg20. (2)对称性特点：上升过程与下降过程具有对称性． 时间对称：物体上升到最高点所用时间与从最高点落回到抛 出点所用时间相等； 速度对称：物体在上升和下落经过同一位置时，速度大小相 等、方向相反．
第二章 匀变速直线运动的研究
第二章 匀变速直线运动的研究
习题课 竖直上抛运动
第二章 匀变速直线运动的研究
知识检索 1．基本概念 将物体以一定的初速度沿竖直方向向上抛出，物体只在重力 作用下的运动叫做竖直上抛运动． 2．运动性质：物体的初速度v0竖直向上，加速度为g竖直向 下，所以竖直上抛运动是匀变速直线运动．
第二章 匀变速直线运动的研究
第二章 匀变速直线运动的研究
5．一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所示，取g＝10 m/s2，则小球( ) 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
尝试应用 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
第二章 匀变速直线运动的研究
典题示例 例1 一个氢气球以4 m/s2的加速度由静止从地面竖直上 升，10 s末气球中掉下一重物，此重物从氢气球中掉下后， 经多长时间落回到地面？(忽略空气阻力，g取10 m/s2) 【思路点拨】 重物先匀加速上升，后做竖直上抛运动．
t＝－3.48 s舍去.
【答案】 11.48 s
第二章 匀变速直线运动的研究
3．小球自由下落，经时间t0竖直反弹到某高度，不计小球 与地面接触时间，则整个过程中小球加速度a和速度v随时间 变化的图象分别是下图中的( )
解析：选AD.小球自由下落，经时间t0竖直反弹到某高度， 上升时和下落时加速度都不变，A正确，B错误；若小球自 由下落速度方向为正，则竖直反弹速度方向为负，速度随时 间变化的图象是D.
例8.某人站在高楼高20m的平台边缘，以 20m/s的初速度竖直向上抛出一石子，则抛 出后石子通过距抛出点15m处所需的时间 ( )（g取10 m/s2）。
A．1s B.3s C. (2 7)s D. (2 7)s
第二章 匀变速直线运动的研究
例2 在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小 球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断 正确的是(g取10 m/s2)( ) A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向 向上 B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向 下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向 上 D．小球的位移大小一定是15 m
第二章 匀变速直线运动的研究
(2)全程法 ①将上升和下降过程统一看成是初速度 v0 向上，加速度 g 向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－12gt2. ②若 v>0，则物体在上升；v<0，则物体在下落． 若 h>0，则物体在抛出点上方． 若 h<0，则物体在抛出点下方．
第二章 匀变速直线运动的研究
v20－v2＝ 2g
15
m，D
正确．故选
Leabharlann BaiduACD.
【答案】 ACD
第二章 匀变速直线运动的研究
4．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
第二章 匀变速直线运动的研究
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＝2×30120 m＝45 m；再自由下落 2 s 时间，下 落高度为 h2＝12×10×22 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255 m/s＝5 m/s，选项 D 错误．故选 AB.
第二章 匀变速直线运动的研究
【解析】 小球被竖直上抛，做的是匀变速直线运动，平均
速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式 v ＝v0＋2 v求，
规定竖直向上为正方向，当小球的末速度为向上 10 m/s 时， v＝10 m/s，用公式求得平均速度为 15 m/s，方向向上，A 正确；当小球的末速度为向下 10 m/s 时，v′＝－10 m/s， 用公式求得平均速度为 5 m/s，方向向上，C 正确；由于末 速度大小为 10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移 x＝
得 t3＝
2H1＋H2＝ g
56 s≈7.48 s
重物从掉下到落地的总时间
t＝t2＋t3＝11.48 s.
第二章 匀变速直线运动的研究
法二：全程法 设重物离开气球到落地用时为 t 将 h＝－H1＝－200 m，v0＝v1＝40 m/s 代入 h＝v0t－12gt2 得： －200＝40t－12×10t2 解得t＝11.48 s
第二章 匀变速直线运动的研究
【解析】 重物的运动草图如图所示．
向上加速阶段：H1＝12at21＝12×4×102 m＝200 m v1＝at1＝4×10 m/s＝40 m/s 求竖直上抛段可采取两种方法．
法一：分段法
竖直上抛上升阶段： H2＝2vg21＝80 mt2＝vg1＝4 s
自由下落阶段：H1＋H2＝12gt23
5．重要推论 (1)物体上升到最高点所需时间为 t 上＝vg0，上升的最大高度 为 H＝2vg20. (2)对称性特点：上升过程与下降过程具有对称性． 时间对称：物体上升到最高点所用时间与从最高点落回到抛 出点所用时间相等； 速度对称：物体在上升和下落经过同一位置时，速度大小相 等、方向相反．
第二章 匀变速直线运动的研究
第二章 匀变速直线运动的研究
习题课 竖直上抛运动
第二章 匀变速直线运动的研究
知识检索 1．基本概念 将物体以一定的初速度沿竖直方向向上抛出，物体只在重力 作用下的运动叫做竖直上抛运动． 2．运动性质：物体的初速度v0竖直向上，加速度为g竖直向 下，所以竖直上抛运动是匀变速直线运动．
第二章 匀变速直线运动的研究
第二章 匀变速直线运动的研究
5．一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所示，取g＝10 m/s2，则小球( ) 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
尝试应用 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
第二章 匀变速直线运动的研究
典题示例 例1 一个氢气球以4 m/s2的加速度由静止从地面竖直上 升，10 s末气球中掉下一重物，此重物从氢气球中掉下后， 经多长时间落回到地面？(忽略空气阻力，g取10 m/s2) 【思路点拨】 重物先匀加速上升，后做竖直上抛运动．
t＝－3.48 s舍去.
【答案】 11.48 s
第二章 匀变速直线运动的研究
3．小球自由下落，经时间t0竖直反弹到某高度，不计小球 与地面接触时间，则整个过程中小球加速度a和速度v随时间 变化的图象分别是下图中的( )
解析：选AD.小球自由下落，经时间t0竖直反弹到某高度， 上升时和下落时加速度都不变，A正确，B错误；若小球自 由下落速度方向为正，则竖直反弹速度方向为负，速度随时 间变化的图象是D.
例8.某人站在高楼高20m的平台边缘，以 20m/s的初速度竖直向上抛出一石子，则抛 出后石子通过距抛出点15m处所需的时间 ( )（g取10 m/s2）。
A．1s B.3s C. (2 7)s D. (2 7)s
第二章 匀变速直线运动的研究
例2 在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小 球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断 正确的是(g取10 m/s2)( ) A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向 向上 B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向 下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向 上 D．小球的位移大小一定是15 m
第二章 匀变速直线运动的研究
(2)全程法 ①将上升和下降过程统一看成是初速度 v0 向上，加速度 g 向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－12gt2. ②若 v>0，则物体在上升；v<0，则物体在下落． 若 h>0，则物体在抛出点上方． 若 h<0，则物体在抛出点下方．
第二章 匀变速直线运动的研究
v20－v2＝ 2g
15
m，D
正确．故选
Leabharlann BaiduACD.
【答案】 ACD
第二章 匀变速直线运动的研究
4．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
第二章 匀变速直线运动的研究
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＝2×30120 m＝45 m；再自由下落 2 s 时间，下 落高度为 h2＝12×10×22 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255 m/s＝5 m/s，选项 D 错误．故选 AB.