Question

4．一个质量为lkg的小球以一定的初速竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移-时间图象如图所示，g=l0m/s²，下列说法正确的是（　　）

• A． 小球抛出时的速度为12m/s
• B． 小球从最高点下落到出发点过程所用的时间为$\sqrt{6}$s
• C． 小球从最高点下落到抛出点过程中的加速度为8m/s²
• D． 小球上升过程的平均速率等于下降过程的平均速率

Answer 1

分析 根据图象读出上升过程的位移和时间，求得平均速度，上升过程小球做匀减速运动，由公式$\overline{v}$=$\frac{{v}_{0}+v}{2}$求解初速度，由速度公式求出上升时的加速度，由牛顿第二定律求出空气阻力，再由牛顿第二定律求得下落时的加速度，即可由位移公式求下落时间，根据平均速率的定义比较上升和下降的平均速率．

解答 解：A、由图知，小球上升的位移 x=24m，用时 t=2s，则上升过程的平均速度  $\overline{v}$=$\frac{x}{t}$=$\frac{24}{2}$=12m/s．由$\overline{v}$=$\frac{{v}_{0}+v}{2}$=$\frac{{v}_{0}+0}{2}$，得初速度 v₀=24m/s．故A错误．
BC、上升时加速度大小为：a=$\frac{{v}_{0}}{t}$=$\frac{24}{2}$=12m/s²，
由牛顿第二定律有：mg+f=ma，
解得空气阻力的大小为：f=2N
对于下落过程，由牛顿第二定律得：mg-f=ma′，
代入数据解得：a′=8m/s²；
根据位移公式有：x=$\frac{1}{2}a′t{′}^{2}$，
代入数据得下落过程的时间为：t′=$\sqrt{6}$s，故BC正确；
D、根据平均速率的公式$\overline{v}$=$\frac{x}{t}$，知上升和过程的路程相等，时间不等，所以上升过程的平均速率不等于下降过程的平均速率，故D错误；
故选：BC

点评 解决本题的关键要熟练运用运动学公式和牛顿第二定律研究上升与下落过程的加速度、运动时间，要知道平均速度公式$\overline{v}$=$\frac{{v}_{0}+v}{2}$只适用于匀变速直线运动．