热门试卷

（1）设ABC三者的质量都为m，根据牛顿第二定律得：

fc=2μmg=mac，解得：ac=2μg，方向水平向右

fb=μmg=mab，解得：ab=μg，方向水平向左

fc-fb=μmg=maa，解得：aa=μg，方向水平向左

（2）从开始到C、A的速度达到相等这一过程所需要的时间为t

对C，由牛顿定律和运动学规律有

vC=v0-aCt

SC=(v0+vC)t

对A，由牛顿定律和运动学规律有

vA=aAt=vC

SA=vAt

对B，由牛顿定律和运动学规律有

vB=v0-aBt

SB=(v0+vB)t

C和B恰好发生碰撞，则有

SC+SB=L

由以上各式解得初速度v0=

（3）ABC三者的末速度分别为vA=vC=

1

3

v0（向左）

vB=

2

3

v0（向右）

C和B发生碰撞时两者速度立刻互换，则碰后C和B的速度各为

v′C=

2

3

v0（向右）

v′B=

1

3

v0（向左）

碰撞后B和A的速度相等，设B和A保持相对静止一起运动，此时对B和A整体有

fc=2μmg=2ma

隔离B，则B受到的摩擦力为

f′b=ma

可得f′b=μmg，说明B和A保持相对静止一起运动

C和B发生碰撞后经过t0时间ABC三者速度相同，共同速度为v，向右为正

fc=-2μmg=ma′c解得：a′c=-2μg

fAB=-fC=2μmg=ma′AB解得：a′AB=μg

v0-2μgt0=-v0+μgt0=v

解得：t0==，v=0

答：（1）B、C刚滑上平板车A时，A、B、C三者各自的加速度分别为μg，μg，2μg；

（2）B和C刚滑上平板车时的初速度v0的大小为；

（3）C和B发生碰撞后经过时间A、B、C三者的速度相同，共同速度为0

（1）公交车的加速度：

a1===-4.5m/s2

故其加速度大小为：4.5m/s2．                     

（2）汽车从相遇处到开始刹车用时：

t1==s=s

汽车刹车过程用时：

t2==s

张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：

t3==s=2s

张叔叔加速过程中的位移：

s2==7m

以最大速度跑到车站的时间：

t4==s=7.2s

t1+t2＜t3+t4＜t1+t2+10s

故张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车．

（1）升降机匀加速上升的加速度为：a1===1m/s2

（2）加速上升3s末的速度为：v1=a1t1=1×3=3m/s

后匀速运动15s，所以18s末的速度为：3m/s

后匀减速运动8s，所以升降机第23s的速度v3=3-1×（23-18）=-2m/s

（3）升降机全过程的位移大小为：x=

1

2

a1t12+v2t2+v2t3+

1

2

a2 t32=41.5m

答：（1）升降机匀加速上升的加速度a1大小为1m/s2  （2）升降机第23s的速度为-2m/s   （3）升降机全过程的位移大小为41.5m

（1）质点匀速运动时的速度v=a1t1=1×5m/s=5m/s

（2）减速运动时初速度为v=5m/s，末速度为0，时间为t2=2s，则

匀减速运动的加速度为a2==-2.5m/s2，大小为2.5 m/s2．

答：

（1）质点匀速运动时的速度是5m/s．

（2）减速运动时的加速度大小是2.5 m/s2．

（1）由匀变速直线运动的位移时间公式得x=a1t2                              

         a1=2.4m/s2                              

         vm=a1t=4.8m/s    

故玩具的最大速度为4.8m/s．                      

   （2）由牛顿第二定律得：F•cos53°-μN=ma1                     

                          F•sin53°+N=mg                         

        联立两式 得μ=0.67                              

松手后玩具加速度a2==μg=6.7m/s2              

   滑行距离x2==1.7m   

故玩具继续前进的距离为1.7m．

（1）由速度与时间公式 v1=at1 得：a==1.2m/s2

则第4s末的速度为v2=at2=4.8m/s

（2）头7s内的位移x7=at72=×1.2×49m=29.4m

（3）第3s内的位移为：x=x3=-x2=at32-at22=×1.2×5m=3m

答：（1）第4s末的速度大小为4.8m/s；

（2）头7s内的位移大小为29.4m；

（3）第3s内的位移大小为3m．

对猎狗s1+s2=v1t

得 t=26s

设野兔的加速度至少为a才能安全回洞窟，时间为t．

对野兔，若一直做加速直线运动，则到达洞窟的速度v==m/s＞v2，不符合题设条件．

故野兔应先加速运动，后以速度v2匀速运动．

设加速时间为t0，则有

s1=v1t0+v1（t-t0）

得 t0=2s

故a==4m/s2

答：野兔的加速度至少要4m/s2才能保证安全回到洞窟．

（1）由△x=aT2得：

小球下滑的加速度a==m/s2=5m/s2；

（2）B球的速度vB等于AC段上的平均速度，即有

vB===m/s=1.75m/s

（3）由vB=vA+aT得，vA=vB-aT=1.75m/s-0.5m/s=1.25m/s

则A球运动的时间为tA==0.25s

由于T=0.1s，则A球上面滚动的小球还有2颗．

（1）小球的加速度是5m/s2．

（2）拍摄时B球的速度vB是1.75m/s．

（3）A球上面滚动的小球还有2颗．

（1）由表给数据可分析：

前4 s内汽车做匀加速运动，加速度大小

a1== m/s2=3 m/s2                  

汽车做匀减速运动时的加速度

a2== m/s2=-2 m/s2

大小为2 m/s2

（2）由表可知匀加速的最大速度是v=12 m/s         

根据运动学规律，匀加速的位移x1==24 m  

同理可求得匀减速的位移x2==36 m        

所以总位移x=x1+x2=60 m．

答：（1）汽车匀加速和匀减速两阶段的加速度a1、a2分别是3 m/s2 和-2 m/s2；（2）汽车在该区域行驶的总位移是60m．

（1）如图所示，一物体放在光滑的水平面上，设在恒力F的作用下，开始时物体的初速度为v1，经过t时间后，物体的速度变为v2．

由牛顿第二定律得：a=①

由运动学公式得：a=②

由①②可得：=，由此式变形得：Ft=mv2-mv1

式中：Ft表示物体在t时间内物体受到合外力的冲量；mv2表示物体在这段时间的末动量；mv1表示物体在这段时间的初动量．

（2）设经△t时间内落到石头上水的质量为m，落到与石头相碰前的速度为v

则m=ρQ△t                          ③

由动能定理：mgh=mv2④

由动量定理：F△t=mv⑤

由③④⑤得，F===2.0×103N

答：（1）Ft表示物体在t时间内物体受到合外力的冲量；mv2表示物体在这段时间的末动量；mv1表示物体在这段时间的初动量．

（2）水对石头的冲击力的大小为2.0×103N

解析：选子弹初速度方向为正

则v1=800 m/s，v2=300 m/s

a== m/s2=-2500 m/s2 

“-”表示子弹加速度与初速度方向相反．

（1）根据v=v0+at得，v=2+0.5×3m/s=3.5m/s．

（2）根据x=v0t+at2得，x=2×4+×0.5×16m=12m

则平均速度==m/s=3m/s．

答：（1）火车在第3s末的速度是3.5m/s．

（2）在前4s内的平均速度为3m/s．

（1）小物块由A运动B，由动能定理，mgh=mv2

解得：vB==5m/s

即小物块在B点的速度为5m/s．

（2）由牛顿第二定律，得μmg=ma，解得：a=μg=4m/s2

水平传送带的速度为v0=3m/s

加速过程，由 v0=vB-at1，得：t1==0.5s

则匀速过程

L1=t1=2m

t2==1s

故总时间t=t1+t2=1.5s

即小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．

（3）小物块从C到D做平抛运动，在D点有：

vy=v0tan=4m/s

由=2gh，得h==0.8m

故水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．

（4）小物块在D点的速度大小为：vD==5m/s

对小物块从D点到O由动能定理，得：mgR（1-cos）=mv2-m

在O点由牛顿第二定律，得：FN-mg=m

联立以上两式解得：FN=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N

即小物块经过O点时对轨道的压力为43N．