热门试卷

根据x=v0t+at2得：

114=60×2+×a×4，

解得加速度为：a=-3m/s2．

根据速度时间公式得，飞机减速到零所需的时间为：t==s=20s＜25s．

则飞机着陆25s内滑行的位移为：x==m=600m．

答：飞机着陆后25s内的位移为600m．

上升时间t1==s=20s

上升的高度h1==2000m

加速下降的高度h2=8000+2000-2000m=8000m

由h2=ht22得，t2=40s

则飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间为t=t1+t2=60s．

答：飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间为60s．

（1）设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据运动学公式s=v0t+at2

得：a=

解得：a=4.0m/s2

（2）设滑雪板及人受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：

mgsinθ-f=ma

即：f=mg sinθ-ma．

解得：f=75N

答：（1）滑雪人下滑加速度的大小为4.0m/s2；

    （2）滑雪板及人受到的阻力的大小为75N．

（1）当滑块甲运动到最左端时，弹簧的弹性势能最大，对滑块甲从A到最左端过程运用动能定理，得到

mg（h1+h2）-μmg（S+x）-W弹=0-0

弹簧弹力做的功等于弹性势能增加量，故

Epm=W弹

解得

Epm=mg（h1+h2）-μmg（S+x）=1×10×（0.8+3.25）-0.6×1×10×（3.9+0.1）=16.5J

即弹簧的最大弹性势能为16.5J．

（2）对甲物体从开始到停止运动的整个过程运用动能定理，有

mg（h1+h2）-μmg•L=0-0

解得

L==6.75m

故甲物体最终停止位置距B点为：x1=2（h1+h2）-L=1.25m．

 （3）甲物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°=ma1

根据位移时间公式，有

=a1

解得

t1=1.5s

对于乙物体，在倾角为53°的斜面上时，加速度设为a2，在倾角为30°的斜面上时，加速度设为a3

根据牛顿第二定律，有

mgsin53°=ma2

mgsin30°=ma3

根据运动学公式，有

=a2

v=a2t2

=vt3+a3

解得

t2=0.5s

t3=1s

故t1=t2+t3

即甲乙两物体同时到达水平面上．

石子做竖直上抛运动，由v2=2gh得，石子上升的最大高度H=20m＞15m；

以竖直向上为正方向，当石子在抛出点上方15m处时，由匀变速运动的位移公式得：

x=v0t+at2，即：15=20t+×（-10）t2，解得：t1=1s，t2=3s；

当石子在抛出点下方15m处时，由x=v0t+at2，得-15=20t+×（-10）t2，

解得：t3=（2+）s；

答：抛出后，石子经过距抛出点15 m处所需的时间可能为1s，3s或（2+）s．

（1）火箭起飞时，受重力和起飞推力，

    由牛顿第二定律得：F-mg=ma  

 代入数据求得：a≈3.04m/s2（2）不考虑空气阻力、火箭质量及其他的变化，起飞后火箭做匀加速直线运动，设脱离火箭用时为t

由x=at2   得t==s=8.1s

答：火箭起飞时的加速度为3.04m/s2；脱离发射塔用时8.1s．

物体A做匀速直线运动，位移为：xA=vAt=4t

物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：xB=vBt+at2=10t-t2

设速度减为零的时间为t1，有t1==5s

在t1=5s的时间内，物体B的位移为xB1=25m，物体A的位移为xA1=20m，由于xA1+S＞xB1，故物体A未追上物体B；

5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s

答：A追上B所经历的时间为8s．

根据公式v2-=2ax，有：

跑道的长度为：l===312.5m；

根据公式v=at，可知飞机的起飞时间为：

t===12.5s

故飞机从静止到起飞成功需要跑道最小长度为s=312.5m，飞机从开始滑行至起飞需时间t=12.5s．

（1）108km/h=30m/s

由：v=v0+at，v=0，

得：t===5s

（2）根据2ax=v2-v02得：

x=75m

答：（1）从开始刹车经过5s停止运动；

（2）从开始刹车到停止通过的距离为75m．

（1）设物体在前2s内的加速度大小为a1，由x1=a1得

a1==2m/s2

物体匀加速运动的过程中，受到重力mg、斜面的支持力N、摩擦力f和拉力F，根据牛顿第二定律得

   F-f-mgsin37°=ma1

又f=μN=μmgcos37°

代入解得，μ=0.25

（2）撤去F后，物体继续向上做匀减速运动，当速度减小到零时，物体的位移达到最大值．设这个过程中物体的加速度大小为a2，位移大小为x2，时间为t2，刚撤去F时物体的速度大小为v1，则有v1=a1t1=4m/s

根据牛顿第二定律得：

f+mgsin37°=ma2

解得a2=8m/s2

则t2==0.5s，

由02-v12=-2a2x2得

x2==1m

所以从开始运动起，物体在斜面上运动的最大位移为x=x1+x2=5m．

由于μ＜tan37°，故物体将从最高点下滑．

设下滑的加速度大小为a3，则

  mgsin37°-μmgcos37°=ma3，

解得，a3=4m/s2，从撤去力F开始2秒末物体的速度v=a3t3=4×1.5=6m/s

（3）从最高点到斜面底部所用的时间为t4，则有

  x=a3

代入解得，t4=s≈1.56s

故从撤去力F开始物体回到斜面体的底部所用的时间为t′=t2+t4=2.16s．

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.25；

（2）从撤去力F开始2秒末物体的速度v是6m/s．

（3）从撤去力F开始2.16s时间后物体回到斜面体的底部．

以地面为参考系，螺丝帽松脱后的初速度v0=v=4.9m/s．做竖直上抛运动，设经时间t螺丝帽落到升降机的地板上，则

升降机的位移x1=vt

螺丝帽的位移x2=vt-gt2

x1-x2=h

解得t=0.7s．

答：螺丝帽落到升降机地板所需的时间为0.7s．

AB段和BC段的平均速度都为=．则t1+t2=30m则vB=m/s=4m/s

所以a1==m/s2=0.8m/s2

    a2==m/s2=-0.4m/s2．

故雪橇在AB和BC段运动的加速度分别为0.8m/s2和-0.4m/s2．

（1）米袋在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，在水平方向开始只受滑动摩擦力故有：F合=f=μmg=ma1

所以米袋的加速度为：a1=μg=5m/s2

米袋在水平传送带上的最大速度为vmax=5m/s，所以其加速时间为t1==1s，这过程中米袋的位移为：x1=a1=2.5m

∵x1＜L

∴米袋匀速运动位移为：x2=L-x1=0.5m

米袋匀速运动时间为：t2==0.1s

所以米袋从A到B的时间为：t=t1+t2=1.1s

（2）如图米袋在斜传送带上的受力：

米袋在斜传送带上所受合力为：

=mgsinθ+f=mgsinθ+μmgcosθ

根据牛顿第二定律米袋产生的加速度为：

a2==gsinθ+μgcosθ=10m/s2

因为合力方向沿传送带向下，故米袋做匀减速直线运动，则米袋在CD上上升的最大距离为：

Xmax==m=1.25m

（3）因为mgsinθ＞μmgcosθ，所以无论传送带如何顺时针转动，米袋所受合力均沿传送带向下

以米袋向上运动过程中滑摩擦力始终沿传送带向上，此时米袋产生的加速度a3=gsinθ-μgcosθ=2m/s2，所以米袋上升的最大距离为：

x3==6.25m

因为CD相距较远，超过了6.25m，所以米袋无法到达D点．

根据题意，调试使米袋可以到达D点，只有减小传送带的倾角θ即可．

答：（1）A至B端所用时间为1.1s；

（2）传送带不动，米袋在CD上上滑的最大距离为1.25m；

（3）调试的方法是减小传送带的倾角θ．

（1）根据动能定律有：FL0=m-0

解得：v0=6m/s．   

故滑块滑动到A点时的速度大小为：v0=6m/s．  

（2）根据牛顿第二定律有：

对滑块有：mgμ=ma1，解得滑块的加速度大小为：a1=5m/s2；  

对平板车有：mgμ=Ma2，解得平板车加速度大小为：a2=1m/s2．

故滑块滑动到平板车上时，滑块和平板车的加速度大小分别为a1=5m/s2，a2=1m/s2．

（4）设平板车足够长，小滑块与平板车速度相等时：v0-a1t=a2t

得：t=1s，则此时小滑块位移：x1=v0t-at2=3.5m

平板车位移：x2=a2t2=0.5m

x1-x2＞L

所以小滑块滑出平板车右端．