热门试卷

（1）列车的初动能Ek0=m=×8×107×202J=1.6×1010J

（2）由动能定理有：-f•s=m-m

得  f=N=4×107N

（3）由2ax=vt2-v02  求得a=0.5m/s2  

则列车进站滑行的总时间为t==40s     

答：（1）关闭动力时列车的初动能为1.6×1010J．

（2）列车受到的恒定阻力为4×107N．

（3）列车进站滑行的总时间为40s．

（1）设木板与地面间的动摩擦因数为μ，未放小铁块时，对木板由平衡条件得：

         F=μMg，所以解得：μ=0.5

第一个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a1，根据牛顿第二定律得：

F-μ（M+m）g=Ma1，所以a1=-=-0.5m/s2 

故第一个小铁块放上后，木板的加速度大小为0.5m/s2．

（2）放上第一个木块后，木板做匀减速运动，设第二个小铁块放上时，木板的速度是v1，则有：

-=2a1L，所以解得：v1=2m/s

故第二个小铁块放上时，木板的速度是：v1=2m/s．

（3）第二个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a2，则有：

F-μ（M+2m）g=Ma2 ，所以有：a2=-=-1m/s2．

设第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是s，则有：

0-=2a2s，所以解得：s=12m

故第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是12m．

小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，故有

vA2-v02=-2as                 

解得vA===5m/s

如果小球能够到达B点，则在B点的最小速度vmin，

故有mg=

解得vmin==2m/s

而小球从A到B的过程中根据机械能守恒可得

mgh+mvB2=mvA2

解得vB=3m/s

由于VB＞vmin故小球能够到达B点，且从B点作平抛运动，

在竖直方向有

2R=gt2

在水平方向有

sAC=vBt            

解得：sAC=1.2m

故AC间的距离为1.2m．

解：(1)消防队员抱着竖直杆做自由落体运动时,设消防员下滑过程中速度的最大值为m

则

对消防员匀减速直线运动,设最大加速度的大小为

则

由牛顿第二定律得:

=5m/s2由题意:

联立解得:m＝10m/s

(2)对消防员自由下落:

所以1=1.0s

对消防员匀减速直线运动:

所以2=0.8s

故消防员下滑过程的最短时间:

s

解：（1）以初速度方向为正方向，则有a=-6m/s2，飞机在地面滑行最长时间

所以飞机12s内滑行的位移为前10s内滑行的位移，由v2-v02=2ax可得m=300m

（2）方法一：

方法二：

（3）由（1）的分析可知飞机滑行6s为静止前4s，此时的速度v'=v0+at=60m/s+（-6×6）m/s=24m/s

故由v2-v'2=2ax'可得 。

（1）判断汽车刹车所经历的运动时间：t=-=-s=12.5s＜20s

汽车刹车经过12.5s后停下来，因此20s内汽车的位移只是12.5s内的位移．S==m=31.25m

（2）根据S=v0t+at2得到：

t==

解得：t1=10s，t2=15s（t2是质点经过t1后继续前进达到最远后反方向匀加速重新到达位移s时所经历的时间，不和实际，舍去）

（3）运用逆向思维，把汽车的减速到零的过程看作初速度为零的匀加速运动，求出汽车以0.4m/s2的加速度经过2.5s的位移，即：

S′=at2=×0.4×2．52m=1.25m

也可以用下面的方法求

静止前2.5s末即是开始减速后的10s末，10s末速度

v10=v0+at=（5-0.4×10）m/s=1m/s

∴s′=v10t′+at2=(1×2.5-×0.4×2.52)m=1.25m

答：（1）汽车刹车开始后20s内滑行的距离为31.25m；

（2）从开始刹车到汽车位移30m所经历的时间为10s；

（3）静止前2.5s内汽车滑行的距离为1.25m．

（1）设列车行驶的方向为正方向，匀减速和匀加速经历的时间为t1和t2，则

0=v-a1t1

v=a2t2

解得t1==50s

t2==30s

则t=t1+t2+60s=140s．

（2）列车匀减速直线运动的位移s1==m=750m

列车匀加速直线运动的位移s2==m=450m

列车匀速直线运动所需的时间t0==40s

故列车耽误的时间△t=t-t0=100s                        

答：（1）司机从停车开始减速到恢复原来速度共经历的时间t为140s．

（2）司机由于临时停车共耽误的时间△t为100s．

违章

解：卡车在刹车过程是匀减速直线运动，则平均速度为：

末速度v=0，根据 得： ，知卡车超速．

答：该卡车违章．