热门试卷

解：第一级火箭燃烧完毕时速度

      代数得=1500m/s

      减速上升10s后速度为

      代数得=1400m/s

      第二级火箭熄火时的速度为

      代数得=8600m/s

（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，加速度：aA=µg…①

木板B作匀加速运动，有：F+μmg=m2aB…②

物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度vt，

设经过的时间为t，则：v0-aAt=aBt…③v0t-aAt2=aBt2+l…④

由③、④式，可得：aB=-aA=6（m/s2）　

代入②式

    得：F=m2aB-μm1g=0.5×6-0.2×1×10=1（N）                 

若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．

（2）当F较大时，在A与B具有相同的速度之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落．即有：

所以：F=3N

若F大于3N，A就会相对B向左滑下．

当F=3N时，A滑到B的最右端并与B具有共同速度，此时对应的B的长度即为l0，

设经过t1时间A与B具有共同速度aB′==10m/s2

由v0-aAt1=aBt1

得t1=s

 SA=v0t1-aAt12

 SB=aB′t12

又l0=SA-SB

代入数据得l0=m

答：

（1）拉力F的最小值等于1N．

（2）l0=m．

（1）由△x=aT2，所以：a===-0.1m/s2．

（2）在前4s内根据位移公式：x=v0t+at2，

得：v0==m/s=0.6m/s．

（3）根据公式v=v0+at，4s末速度为：

v4=0.6-0.1×4=0.2m/s．

8s末速度为：v8=0.6-0.1×8=-0.2m/s．

则：△v=v8-v4=-0.2-0.2=-0.4m/s．

（4）10s内的位移根据位移公式：x=v0t+at2，

代入数据得：x10=0.6×10-×0.1×102m=1m

答：（1）加速度大小为0.1m/s2．

（2）物体的初速度大小为0.6m/s．

（3）第二个4秒内的速度变化量为-0.4m/s．

（4）10s内的位移1m．

（1）3.0s前汽车做匀加速直线运动，9.5s后做匀减速直线运动．

a1===3m/s2

a2===-6=-6m/s2

汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小分别是  a1=3m/s2，a2=6m/s2．

根据匀加速运动的加速度知，4s末速度为12m/s，根据匀减速直线运动的加速度知9s末的速度为12m/s．在4～9s内做匀速直线运动，所以汽车做匀速运动时的速度大小为12m/s；

（2）汽车在加速过程的时间：t==4.0s位移：X1=a1t2=24m

（3）汽车在匀速过程的时该从t=4.0s到t=9.0s位移：X2=vt=60m

汽车在减速过程的时该从t=9.0s到t=11.0s

汽车在t=11.0s后处于静止，汽车在t=12s内所通过的总路程是：X=X1+X2+X3=96m

答：（1）汽车做匀速运动时的速度是12m/s，汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小分别为 a1=3m/s2a2=6m/s2；  

（2）汽车在加速过程中所通过的位移为24m； （3）汽车在t=12s内所通过的总路程是96 m

解：逆向思维：初速度为0的匀加速直线运动 ，，，

 ，

。

（1）根据v=v0+at得，

v=18+0.5×20m/s=28m/s．

答：加速行驶了20s时的速度为20m/s．

（2）根据x=v0t+at2得，

x=18×20+×0.5×400m=460m

答：加速行驶20s内的位移为460m．

运动员站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作用时，

加速度为 a1==1m/s2

t1=1s时的速度为 v1=a1t1=1m/s

第一次撤除水平推力F后，加速度为

a2=-=-0.2m/s2

撤除水平推力F后经过t2=2s，速度为

v1′=v1+a2t2=0.6m/s

第二次刚撤除水平推力F时，速度为

v2=v1′+a1t1=1.6m/s

此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动，滑行的最大距离为

s=

解得  s=6.4m     

答：该运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为6.4m．

①以物体A为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．则物体的合力为

F合=mgsin30°-Fcos30°=40×-8×=8N，a===2m/s2，x=at2=×2×22m=4m

2S内F做的功为W=Fxcos150°=8×4×(-)J=-48J

②2s末物体的速度为v=at=4m/s

重力的功率为PG=mgV•cos60°=4×10×4×=80W

答：

（1）2S内F做的功为-48J；

（2）2S末重力的功率为80W．

解：由运动学公式可知：vB=v0+at=5 m/s，vC=vB=5 m/s

将v=v0+at应用于CD段（vD=0）得：

升降机的速度-时间图象如图所示．

匀加速直线运动：h1=t1．

匀速运动：h2=vt

匀减速直线运动：h3=t3．

H=h1+h2+h3

代入数据得：H=27m

答：升降机上升的高度为27m．

（1）返回舱做匀减速运动，由v-v0=at得     

得a==m/s2=-6.25 m/s2．

由牛顿第二定律得 mg-F=ma     

则得  F=mg-ma=3000×（10+6.25）N=4.875×104 N 

（2）E1=Ek1+EP1=mv12-=×7760×（7.835×103）2-J=-2.32×1011 J 

由机械能守恒  Ek1+EP1=Ek2+EP2        

 得：mv22-=E1    

mv22=E1+=-2.33×1011+J=2.27×1011 J 

解得，v2=7.66×103 m/s   

答：（1）这段运动的加速度是-6.25 m/s2．引导伞对返回舱的拉力大小是4.875×104 N．

（2）飞船经过近地点时的机械能是-2.32×1011 J，经过远地点时的速度大小是7.66×103 m/s．

（2）由题意可知，驾驶员饮酒后的反应时间比正常人多的时间为：t=1.5-0.5=1s

在反应时间内做匀速运动，所以驾驶员饮酒后的反制距离比正常时多的位移为△x=vt=30×1m=30m

（2）汽车刹车的时间为t′===3.75s

所以饮酒的驾驶员从发现情况到汽车停止的总时间为t总=3.75+1.5=5.25s

答：（1）驾驶员饮酒后的反制距离比正常时多30m；

（2）饮酒的驾驶员从发现情况到汽车停止需5.25s

解：（1）飞机在跑道上运动的过程中，当有最大初速度、最大加速度时，起飞所需时间最短，故有

即飞机起飞时在跑道上的加速时间至少为4.0 s

（2）