热门试卷

（1）当汽车与自行车的速度相等时，两者相距最远，则有：

v自=at1，

得：t1==s=2s

二者之间最大距离为：

△x=v自t2-a+x0=（6×2）m-×3×22m+330m=336m

（2）汽车达到速度所用的时间为：

t2==s=10s

设汽车至少要用t时间追上自行车，则有：

a+vm（t-t2）=x0+v自t

代入得：

×3×102+30×（t-10）=330+6t

解得：t=20s

答：

（1）汽车在追上自行车前运动2s时间与自行车相距最远，此时他们之间的距离是336m．

（2）汽车至少要用20s时间才能追上自行车．

规定初速度方向为正方向

已知初速度v0=5m/s，a=-0.4m/s2设汽车从刹车到停止所需的时间为t

根据匀变速运动速度时间公式得：

v=v0+at

则t==s=12.5s

因为20s＞12.5s

所以20s前汽车已停止运动，故20s的位移为：x==m=31.25m

（2）因为30m＜31.25m，所以此时汽车没有停止运动，

则x=v0t+at2

代入数据得：5t+×(-0.4)×t2=30

解得：t=10s

答：（1）刹车后20s汽车滑行的距离为31.25m．

（2）刹车后滑行30m经历的时间为10s．

从图可知小刘质量为60kg；它蹬地作用力为1050N，加速离开地面时间为：t=0.4s…①

设它蹬地过程中的平均加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，

解得a==m/s2=7.5m/s2．…②

小刘离开地面时获得的速度约为：v=at=7.5×0.4m/s=3.0m/s…③

离开地面后做竖直上抛运动上升的高度为：h′==m=0.45m…④

摸高约为：H=h'+h0=2.59m…⑤

答：小刘同学起跳摸高的最大高度约为2.59m

（1）由运动学公式得：a===1m/s2．

故汽车运动的加速度是1m/s2．

（2）根据速度位移公式：

x==100m．

故桥的长度为100m．

（1）米袋在传送带AB上，与之有相对滑动时f1=μmg=ma1

a1=5m/s2

a1t1=5m/s    t1=1s    s1=×1m=2.5m＜3m

故米袋在AB传送带上先匀加速直线运动后做匀速直线运动．t2=s=0.1s

   所以t=t1+t2=1.1s

答：米袋沿传送带从A运动到B的时间为1.1s．

（2）CD部分传送带不运转米袋沿CD上滑过程中，μmgcosθ+mgsinθ=ma2

得a2=10m/s2

  0-v2=-2a2s解得最大距离s=1.25m

答：米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离为1.25m．

（3）CD以4m/s的速率顺时针方向转动，当米袋沿斜面上升速度v'＞4m/s时，a=10m/s2

米袋速度v'=4m/s时上滑位移为s1=m=0.45m

t′1==0.1s

米袋速度v'＜4m/s滑动摩擦力方向改变，且mgsinθ＞μmgcosθ米袋减速上滑，

加速度为a′==2m/s2

则v′t′2-a′t′22=s总-s1

解得 t'2=2s

 此时米袋速度刚好等于0，可见米袋恰好可以运行到D点    t'=t'1+t'2=2.1s

答：米袋从C运动到D所用的时间为2.1s．

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a1==

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12=2a1L

求得：v1=

（2）对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：W1=2qE×3L+（-3qE×2L）=0

故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q．      

设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1=

解得：t1=

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：a2==-

显然，带电系统做匀减速运动．减速所需时间为t2，

则有：t2=

求得：t2=

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t=t1+t2=3

带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q，故进入电场后B球向右运动的位移x=4L-2L=2L，

故电场力对B球所做的功为W=-3qE×2L=-6EqL

故B球电势能增加了6EqL．

（1）由题意得：6t=10t-×0.5×t2 

解得t=16s．

（2）由v=v0+at得，

v=10-0.5×16m/s=2m/s．

答：（1）经过16s自行车追上汽车．

（2）自行车追上汽车时，汽车的速度为2m/s．

（1）由题意知有：vt=v0+at

由题意可知vt=0，a=-1m/s2，

所以钢琴做匀减速运动时间为：t===0.5s

（2）物体减速下降平均速度为：=

所以匀减速下落距离为：h=t=×0.5=0.125m．

答：（1）钢琴做匀减速运动的时间t=0.5s

（2）匀减速运动的距离h=0.125m．

（1）加速5s后的速度为：v=a1=10m/s

匀减速过程的初速度为10m/s，末速度为零，

由：=s3，得：a=-1m/s2

匀减速过程的加速度大小为1m/s2，方向与初速度方向相反

（2）匀减速过程：vt=v+at3，得：t3=10s，

从甲站到乙站的时间为：t=t1+t2+t3=5+120+10=135s

（3）匀加速过程：s1=a1t12=25m

匀速过程：s2=vt2=10×120=1200m

全过程：s=s1+s2+s3=1275m

全过程的平均速度大小为：===9.4m/s

答：（1）匀减速过程的加速度大小1m/s2；

（2）从甲站运动到乙站的时间是135s；

（3）从甲站到乙站的平均速度大小是9.4m/s．

第一阶段匀加速上升的高度为S1，加速度为a1，

根据速度公式v1=a1t1得

a1==m/s=0.5m/s

根据位移公式有s1=at12=×0.5×42m=4m

第二阶段匀速直线运动上升的高度为S2

s2=v1t2=2×9m=18m

第三阶段匀减速直线运动上升的高度为S3

由平均速度求位移，得s3=v1t3=×2×4m=4m

电梯上升的总高度为：S=S1+S2+S3=4m+18m+4m=26m

答：（1）电梯加速上升的加速度是0.5m/s2；

（2）最后4s上升的距离是4m；

（3）电梯上升的总的高度22m．

（1）根据v=at得，v=2×3m/s=6m/s．

故赛车出发3s末的瞬时速度大小为6m/s．

（2）赛车追上安全车时有：v0t+s=at2

解得t=20s

赛车经过20s追上安全车．

（3）当两车速度相等时，两车相距最远．

v0=at′解得t′==s=5s．

故经过5s两车相距最远．

（1）设小球在斜面上运动的加速度为a，经过A点时的速度为vA，那么有：

vB=vA+atAB… ①

-=2aSAB… ②

vC=vA+a（tAB+tBC）… ③

-=2a(SAB+SBC)… ④

联立①②式得：(vA+atAB)2-=2aSAB…   ⑤

联立③④式得：[vA+a(tAB+tBC)]2-=2a(sAB+sBC)… ⑥

联立⑤⑥式代入数据解之得：a=-1m/s2，vA=4.5m/s

（2）由式③有：vC=vA+a（tAB+tBC）=4.5+（-1）×（1+3）m/s=0.5m/s

（3）设小球沿斜面上滑最大距离为sm，根据速度位移关系式v2-=2asm有：

sm==m=10.125m

答：（1）小球的加速度a=-1m/s2；

（2）小球通过C点的速度vC=0.5m/s；

（3）小球能沿斜面上滑最大的距离为10.125m．

依题意可知，木箱先向右做匀减速直线运动，速度减小为零后向左做匀加速直线运动，如图所示．

设木箱在A处向右的速度大小为v，经过t1速度减小为零，位移大小为s1，加速度大小为a1，

由牛顿第二定律  F+μmg=ma1     

v=a1t1     

s1=（方向水平向右）    

设再经过t2到达B处，木箱速度大小仍为v，位移大小为s2，加速度大小为a2，由牛顿第二定律

F-μmg=ma2        

v=a2t2                

s2=（方向水平向左） 

又  t1+t2=2s

则木箱这2s内的位移  s=s2-s1   

联立解得  s=1.5m          

位移方向水平向左   

答：木箱在这2s内的位移为1.5m，位移方向水平向左．

（1）对A受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：aA=，

代入数据得aA=1.5 m/s2；

对BC整体运用牛顿第二定律，有：mCg-μmBg=（mB+mC）aB，代入数据得 aB=m/s2；

（2）由于SB-SA=l，根据位移时间关系公式，有：aBt2-aAt2=l　

代入数据得t=4s

答：（1）A的加速度为1.5m/s2，B的加速度为m/s2；

（2）经过4s时间后B从A的右端脱离．