热门试卷

（1）甲车的最大加速度为a1=m/s2=2.5m/s2

乙车的加速度为a2=m/s2=5m/s2

甲车以最大加速度加速到最大速度的时间t1==s=16s

在此时间内的位移x1=a1t12=320m

乙车以最大加速度加速到最大速度的时间t2==s=10s

所以乙车在8s内一直做匀加速直线运动，在此过程中的位移x2=a2t22=160m

因为x1＞x2+85

所以甲乙两车在加速阶段相遇．

有：a1(t0+8)2=a2×82+85

解得：t0=6s

故t0应该满足的条件是t0=6s．

（2）相遇时甲车的路程s=a1(t0+8)2=245m．

故两车相遇时甲车行驶的路程为245m．

（1）根据加速度的定义式得a==m/s=1m/s2

（2）根据速度公式得v2=v0+at=2+1×5m/s=7m/s

（3）根据位移公式得x=v1t+at2=4×2+×1×22m=10m

答：（1）物体的加速度大小a为1m/s2．

（2）第5秒末的速度大小v2为7m/s．

（3）第二个2秒内位移大小x为10m．

（1）物体的加速度a==m/s2=1.2m/s2．

（2）第4s末的速度v=at′=1.2×4m/s=4.8m/s．

（3）物体的位移x=v0t+at2=×1.2×49m=29.4m．

答：（1）物体运动的加速度是1.2m/s2．

（2）第4s末的速度为4.8m/s．

（3）运动后7s内的位移为29.4m．

解：（1）＝－2.5m/s2

（2）vt＝v0＋at

      有 ＝6s

      汽车在8s内通过的位移与在6s内通过的位移相等

      即

①设火车的初速度为v0，根据公式v2-=2ax有：

0-=2ax    ①

()2-=2ax1   ②

x1=300m，由①②两式可得x=400m．

故火车滑行的总路程为400米．

②设火车刹车时的加速度为a，则根据速度时间公式v=v0+at有：

火车再经过时间t=20s减速为零，有：

0=-at    ③

由②③带入数据解得：a=-0.5 m/s2，v0=20 m/s．

故火车滑行时的加速度大小为0.5 m/s2．

③根据②问可知火车关闭发动机时的速度大小为：v0=20 m/s．

（1）匀加速过程：vB=a1t①

s1=a1t2②

匀减速过程（可返回） s2=vBt+(-a2) t2③

s1+s2=0  ④

联立①②③④式，

可得a1t2+(-a2) t2=0⑤

∴a1：a2=1：3⑥

（2）vA=vB+（-a2）t ⑦

联立①⑥⑦式，可得  =-，负号表示两个速度方向相反．

∴物体在B点时的速度和回到A点时的速度大小之比为1：2

答：（1）a1和a2的比值为1：3；

（2）物体在B点时的速度和回到A点时的速度大小之比为1：2．

假设经过时间t相撞；

则客车的位移：x1=v1t+at2即：x1=30t+t2

货车的位移：x2=v2t      即：x2=10t

由题意可得：x1=x2+x0

即：-20t+220=0此方程无解，故不会相撞．

令△x=x2+x0-x1

即：△x=-20t+220

当t=20s时，△x有最小值：△xmin=20m

所以两车之间的最小距离为20m．

（1）前10s物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=10m/s2，方向向上．

10s末气球与重物的速度为：v=at=100m/s

位移为x1==500m

重物掉出后以100m/s的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为h==500m

故此重物最高可上升H=x1+h=1000m

（2）由竖直上抛运动规律，有-x1=vt2-gt222，即

-500=100t2-5t22

故重物从气球上掉出后到落回地面所用时间为：

t2=10+10=24.14s

答：此重物最高可上升到1000m，从气球上掉出之后经24.14s时间落回地面．

（1）由vt=v0+at，得a=；代入数值得a=8m/s2

即刹车时汽车加速度a的大小为8m/s2．

（2）由x=v0t-at2，代入数值得x=8m

即开始刹车后，汽车在1s内发生的位移x为8m．

（3）根据题意，汽车刹车时受重力、支持力和滑动摩擦力，合力等于摩擦力

F=f=μmg①

由牛顿第二定律

F=ma②

由①②两式解得

μ=，代入数值得μ=0.8

即刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ为0.8．

物体作匀加速直线运动，在前一段x的平均速度为=，即为时刻的瞬时速度； 

物体在后一段x的平均速度为=，即为时刻的瞬时速度．

速度由变化到的时间为△t=，

所以加速度a===0.4m/s2

答：物体运动的加速度为0.4m/s2．

（1）由v12-v02=2ah2 解出 v0=60 m/s．

又因为v02=2gh1 解出 h1=180 m．

所以h=h1+h2=305 m．

（2）又因为t1==6s，

t2==3.79 s，

所以t=t1+t2=9.79 s，

答：（1）运动员离开飞机瞬间距地面的高度为305 m；

（2）离开飞机后，到达地面的时间为9.79 s．

（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，

  则有F-mgsinθ-Ff=ma1     FN=mgcosθ

又 Ff=μFN      

得到，F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1

代入解得，a1=2.0m/s2

所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s

（2）绳断后，物体距斜面底端x1=a1t2=16m．

断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得

    mgsinθ+μmgcosθ=ma2得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

物体做减速运动时间t2==1.0s      

减速运动位移x2==4.0m

此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有

     mgsinθ-μmgcosθ=ma3  

得到，a3=g（sinθ-μcosθ）=4.0m/s2

设下滑时间为t3，则：x1+x2=a2

    解得，t3=s=3.2s

∴t总=t2+t3=4.2s

答：

（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s．

（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s．

（1）在AB段由x=at2  

v=at  

 代入数据得v=24m/s  a=4m/s2

（2）由牛顿第二定律 a=

则μ=0.25

（3）运动员从C到D加速度大小a1==8m/s2

上升到最高点历时 t1=位移大小 x2=a1

下滑过程加速度大小为a，则又滑到斜面底端历时t2=

则总时间为t总=t+t1+t2=6+3+3=13.2s

答：（1）运动员刚到达AB底端时的速度大小为24m/s．

（2）装置与雪地间的动摩擦因数为0.25．

（3）第二次到达最低点经历的时间为13.2s．