热门试卷

由牛顿第二定律得：

   mgsinθ-μmgcosθ=ma

    代入数据得a=2m/s2

   由运动学公式得：

    L=at2

   代入数据得，t=3s

   又有v=at

    v=6m/s    

答：物体滑到斜面底端时所用的时间为3s，速度为6m/s．

汽车的初速度：v0=36km/h=10m/s

（1）汽车在20s内的位移分为匀速运动位移和匀加速运动位移：

前10s内匀速运动的位移x1=v0t=10×10m=100m

后10s内做匀加速运动的位移：x2=v0t+at2=10×10+×1.5×102m=175m

故汽车在前20s内的总位移：x=x1+x2=100+175m=275m

（2）由题意知汽车运动前10s做匀速运动，故15s末是汽车做匀加速运动5s末的瞬时速度，根据速度时间关系有：

v1=v0+at=10+1.5×5m/s=17.5m/s

（3）根据平均速度公式，汽车在前20s内的平均速度：

==m/s=13.75m/s

答：（1）汽车在20s内的位移为275m；

（2）汽车在15s末的瞬时速度为17.5m/s；

（3）汽车在20s内的平均速度为13.75m/s．

（1）对于A、B碰撞过程，由动量守恒得：

  mv0=2mv

解得  v==5m/s

故A、B碰撞过程中损失的机械能为△E=m-•2mv2=0.25J

（2）碰后A、B从台上飞出后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则

  x=vt  解得：t=1s

由h=at2得  a===5m/s2＜g，故A应带正电．

根据牛顿第二定律得  2mg-qE=2ma

得  q==C=10-5C

（3）在A、B飞行过程中，电场力做负功，则W=-qEh=-10-5×104×2.5J=-0.25J

答：

（1）A、B碰撞过程中损失的机械能是0.25J．

（2）A带正电，其带电量q的大小是10-5C．

（3）在A、B飞行过程中，电场力对它做的功为-0.25J．

小球在作用力区域上方的运动是自由落体运动，设运动时间为t1，进入作用力区域的速度是v，在作用力区域内是匀减速运动，设加速度大小是a，运动时间为t2，则：

小球在自由落体运动中有：

v=gt1          ①

小球在匀减速直线运动中有：

0=v-at2         ②

由①②得：

gt1=at2                        ③

在作用力区域上小球受两个力，根据牛顿第二定律有：

a==5g               ④

由③和④得：

t1=5t2

小球自由落体运动中有：

H-h=g                   ⑤

小球匀减速运动有：

h=vt2-a      ⑥

由②和⑥得：h=a         ⑦

所以有：==5

代入H=24m，可和h=4m．

答：作用力区域的厚度h=4m．

（1）物体在斜面上的加速度a1==gsinθ=6m/s2

物体在斜面上运动中xAB=a1t12，得t1=1s，

vB=a1t1=6m/s

物体在水平面上的加速度a2=μg，t2=2.2-t1=1.2s

vB=a2t2，得μ=0.5

故小物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5．

（2）对A到C列动能定理式，其中h为斜面高度，L为斜面水平宽度

mgh+F0（xBC+L）-μmgx BC=0

F0=2N

故F0的大小为2N．

（3）有疏漏，F太大物体会离开斜面，而不能沿ABC运动．

临界状态为物体沿斜面运动但与斜面没有弹力，此时F==16.7N

得N≥F≥2N故F的范围为N≥F≥2N．

（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a1==m/s2=2m/s2由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a2==m/s2=-5m/s2

（2）

物体先匀加速直线运动，后匀减速直线运动，

vB=a1t1=2t1v2.4=vB+a2（2.4-t1）

得：t1=2s

∴vB=a1t1=2t1=4m/s

xAB=a=4m

xBC==1.6m

所以=

（3）

由上可知，物体做匀加速直线运动，直到2s后才做匀减速直线运动，

所以v2..1=vB+a2t1=4-5×0.1=3.5（m/s）

答：①在AB段的加速度a1为2m/s2 BC段加速度a2为-5m/s2

②AB长和BC长之比5：2

③t=2.1s时的瞬时速度v大小为3.5m/s．

（1）根据速度时间公式得：v=v0+at=20-5×3m/s=5m/s．

（2）车停止所需的时间为：t1==s=4s＜5s

则5s内的位移即为4s内的位移，为：x==m=40m．

答：（1）汽车从刹车开始计时，第3秒末的瞬时速度为5m/s．

（2）经过5s前进的位移的大小为40m．

由△x=at2可得：

加速度为a=m/s2=3m/s2；

对第一个2s有：

x1=v0t+at2

解得：v0==m/s=1m/s；

答：质点运动的加速度为3m/s2；初速度为1m/s．

汽车刹车的时间为t===8s

（1）刹车后第5s末的速度v=v0+at=16-2×5m/s=6m/s

（2）刹车后5s内的位移x=v0t+

1

2

at2=80-25m=55m

（3）刹车后第5s内的位移x′=x5-x4=55-38m=17m

（4）9s＞8s

故8s末就停止运动，所以x9=v0t+

1

2

at2=16×8-×2×64m=64m

答：（1）刹车后第5s末的速度为6m/s；

（2）刹车后5s内的位移为55m；

（3）刹车后第5s内的位移为17m；

（4）刹车后9s内的位移为64m．

72km/h=20m/s，a=μg=5m/s2．

设速度相同时刚好撞上，则：

v车t-at2+v车△t-v(t+△t)=s

v车-at=v

代入数据有：

20t-×5t2+20×0.3-v(t+0.3)=4

20-5t=v

解得t=1s．

故要求前方汽车的最小速度为：v=20-5t=15m/s．

答：前方轿车行驶的最小速度为15m/s．

（1）= = =7m/s；

故汽车在第3s初至第4s末这两秒内的平均速度为7m/s．

   （2）由△x=aT2，得

汽车的加速度为a===2m/s2；

故汽车匀加速直线运动的加速度为2m/s2．

（3）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，由（1）得汽车在第3s末的速度为v3=7m/s．

∴汽车的初速度为v0=v3-at3=（7-2×3）m/s=1m/s；

故汽车匀加速直线运动的初速度为1m/s．

（4）X4=v0t+at2=1×4+×2×42=20m．

故汽车在前4s内的位移为20m．

（1）甲做速度为v甲=10m/s的匀速直线运动；

乙做初速度为零，加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动．

（2）甲、乙两车之间的距离△s=s0+t2-10t=t2-10t+24

△=b2-4ac=100-4×1×24＞0

故图象与t轴有两个交点，△s=0有两解，且t1=4s，t2=6s均有意义，所以甲、乙两辆汽车能相遇两次．

第一次相遇距甲车出发点的距离x1=v甲t1=10×4m=40m．

第二次相遇距甲车出发点的距离x2=v甲t2=10×6m=60m．

两次相遇处相距的距离s'=20m

（1）第一次飞行中，设加速度为a1

匀加速运动H=a1

a1==m/s2=2m/s2

由牛顿第二定律F-mg-f=ma1

解得f=F-mg-ma1=8-0.5×10-0.5×2N=2N

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1

匀加速运动h1=a1=×2×52=25m  

v1=a1t2=2×5m/s=10m/s

设失去升力后的速度为a2，上升的高度为h2

由牛顿第二定律mg+f=ma2    

a2=14m/s2

h2==m=m=3.57m

解得h=h1+h2=28.57m

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；

由牛顿第二定律mg-f=ma3

a3=6m/s2

恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

F-mg+f=ma4；

a4=10m/s2；且+=h

v3=14.6m/s=a3t3

解得t3=2.43s

答：（1）飞行器所受阻力大小为2N；

（2）飞行器能达到的最大高度为28.57m；

（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为2.43s．

（1）如果绳断时撤去拉力，则AB一起停止运动．

现在A停止后B还运动3s，是因为F给B一定的冲量，所以：Ft-kmBgt1=0；

又根据平衡条件，有：F=k（mA+mB）g；

可得t1=4.5s．

（2）A停止后B还运动5m，是因为F对B做了功．所以根据功能关系，有：

Fs-kmBgs1=0；

可得s1=7.5m；

即△s=L+s1=8m．

答：（1）物体A停止后再经4，5s时间物体B才停止．

（2）二者都停止后，A与B之间的距离为8m．