热门试卷

（1）（8分）设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为v0．

由于质点停止运动前的最后1s内位移为2m，则

x2=at 22，所以a==m/s2=4m/s2

质点在第1s内位移为6m，x1=v0t1-at2，

所以v0==m/s=8 m/s．

在整个减速运动过程中质点的位移大小为：

x== m=8 m．

（2）对整个过程逆向考虑

x=at2，所以t== s=2 s．

答：（1）在整个减速运动过程中质点的位移大小为8m；

（2）整个减速过程共用2s时间．

（1）运动员打开降落伞时速度设为v0，由位移速度关系式：

-2ah=v2-v02                 

得：v0==60m/s

（2）运动员自由下落高度设为h0，则由：

2gh0=v02                      

得：h0==180m

运动员离开飞机时距地面的高度：

H=h0+h=305m  

答：（1）运动员打开降落伞时的速度为60m/s；

（2）运动员离开飞机时距地面的高度为305m．

（1）由图读出人的重力G=500N，人的质量为m==50kg．在0-1s内，人的重力大于摩擦力，人做匀加速运动，1-5s内，人的重力小于摩擦力，人做匀减速运动，则在t=1s末人的速度最大．设在0-1s内人的加速度大小分别为a1，根据牛顿第二定律

    G-F1=ma1

得到a1==m/s2=2.4m/s2

t=1s末人的速度最大，最大速度为

vmax=a1t1=2.4×1m/s=2.4m/s

（2）人在0-1s内位移为x1=a1=×2.4×12m=1.2m，人在1-5s时间内的位移为x2==m=4.8m

所以滑杆的长度为L=x1+x2=6m

答：

（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；

（2）滑竿的长度为6m．

（1）地面光滑，A与B组成的系统动量守恒，

由动量守恒定律得：mBv0=（mA+mB）v1 ①，

物块B在木板A上运动过程中有部分动能转化为内能，

由能量守恒定律得：mBv02-（mA+mB）v12=f   ②，

解得：f=12N  ③；

（2）在木板A上放有物块C的情况下，物块B从左端开始向右运动时C与A保持相对静止，

一起做匀加速运动，设加速度大小为a1，物块B做匀减速运动，设加速度大小为a2，经过t时间B与C发生碰撞．

由牛顿第二定律得：对AC，f=（mA+mC）a1 ④，对B：f=mBa2 ⑤，

由匀变速运动的位移公式得：a1t2+=v0t-a2t2 ⑥，

解得：t=s  ⑦；

（3）假设物块C不能滑离木板A，设B与C碰前瞬间B的速度为v2，

A和C的速度为v3，A、B、C相对静止时的共同速度为v4．

因为B与C质量相等且发生弹性碰撞，所以B与C碰后瞬间B的速度为v3，

C的速度为v2，木板A不参与碰撞作用，速度不变．B与C碰撞后，

B和A一起加速运动，C做减速运动．因为C与B是相同的物块，

所以C与A间的摩擦力大小仍为12N．设B与C分别在木板A上发生的相对位移之和为s，

由动量守恒定律得：mBv0=（mA+mB+mC）v4 ⑧，

由动能定理得：mBv02-（mA+mB+mC）v42=fs  ⑨，

解得：s=2.25m，因为s=2.25m＜4m，所以物块C不滑离木板．

C与B间的距离为BC=s-=2.25m-2m=0.25m  ⑩；

答：（1）物块B在木板A上滑动时，B与A间的滑动摩擦力大小为12N；

（2）在木板A上放有物块C的情况下，物块B经s与物块C发生碰撞．

（3）物块C不能滑离木板A；最终C与B间的距离为0.25m．

当木板与物体即将脱离时，m与板间作用力N=0，此时，

对物体，由牛顿第二定律得：

   mg-F=ma

又  F=kx　    

得：x=

对过程，由：x=at2 得：

t==

答：木板从开始运动到与物体分离所经过的时间为．

（1）B运动时间t1线绷紧，此时，A已运动t1+0.8s，由运动学公式有

g(t1+0.8)2-gt12=8，解得：t1=0.6s

（2）线绷紧前时刻，A速度为v1，B速度为v2，绷紧后共同速度为v，则

v1=g（t1+0.8）=14m/s，v2=gt1=6m/s，

mAv1+mBv2=（mA+mB）v，mB=3mA，

解得：v=8m/s，

此时A球已下落s1，s1=g(t1+0.8)2=9.8m

以后A和B一起以加速度g匀加速下落，又经时间t2，A落地，

vt2+gt22=30.8-9.8

解得：t2=1.4s

A在空中运动总时间t=0.8s+0.6s+1.4s=2.8s．

答：（1）释放B球后，经过0.6s时间线将绷紧．

（2）A球在空中运动的时间为2.8s．

（1）两车距离最大时乙车的速度与甲车的速度相等，设此时甲车的速度为：v甲，即：

v甲=v乙

因为甲车做匀变速运动，则：

v甲=v甲0+at1　

得：t1==s=6s　　

乙车前进的距离为：

 x乙=v乙t1=9×6m=54m

甲车前进的距离为：

  x甲=•t=×6m=72m　　　

所以两车的最大距离为：

△xm=L+x甲-x乙=32+72-54=50m　　　　　

得：△xm=50m　　　　　　　

（2）设经过时间t追上．依题意：

v甲t-at2+L=v乙t

15t-+32=9t

得t=16s和t=-4s（舍去）

甲车刹车的时间：t ′==15s

显然，甲车停止后乙再追上甲．

甲车刹车的位移：

x甲==m=112.5m

乙车的总位移：

x乙=x甲+32=144.5m

t==s=16.06s

答：（1）两车间相遇前的最大距离为50m． 

（2）经16.06s乙车追上甲车．

（1）消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，

有2gh1=vm2．

消防队员受到的滑动摩擦力

Ff=μFN=0.5×1 800 N=900 N．

减速阶段的加速度大小：

a2==5 m/s2

减速过程的位移为h2，由vm2-v′2=2a2h2     v′=6m/s

又h=h1+h2

以上各式联立可得：vm=12 m/s．

答：消防队员下滑过程中的最大速度为12m/s．

（2）以杆为研究对象得：

FN=Mg+Ff=2 900 N．

根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2 900 N．

答：杆对地面的最大压力为2 900 N．

（3）最短时间为

tmin=+=2.4 s．

答：消防队员下滑的最短的时间为2.4s．

（1）设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为v0．由于质点停止运动前的最后1 s内位移为2 m，则：

x2=at22

解得；a=4 m/s2．

（2）质点在第1 s内位移为6 m，由x1=v0t1-at12

解得：v0=8m/s

在整个减速运动过程中质点的位移大小为：x==8 m．

（3）对整个过程逆向考虑，则

x=at2，所以t==2s

答：（1）质点运动的加速度大小为4 m/s2；

（2）在整个减速运动过程中质点的位移大小为8m．

（3）整个减速过程所用的时间为2s．

（1）由题意可知，h=gt2

解得：t=0.6s

（2）由图可知，物体做匀加速运动，a===8m/s2

由S=at2可得：

S=1.44m

（3）由F-μmg=ma可得：

μ=0.2．

答：（1）小球A下落至地面所需的时间t为0.6s；

（2）物体B的初始位置与P点的距离S为1.44m；

（3）物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2．

（1）两车相遇时，位移相等，故有：

at2=vt

解得：t==6s；

2）两车距离最远时，速度相等

由V=at 得：

t=3s

此时两车间的距离

△s=vt-at2=9m

答：（1）经6s汽车追上自行车；（2）两车间的最远距了为9m．

物体做匀加速直线运动，第1s内的位移是x1=6m，第2s内的位移是x2=10m，由x2-x1=aT2，得

   a==m/s2=4m/s2．

由x1=v0t+at2得，v0=-at=-×4×1（m/s）=4m/s

答：该物体的初速度是4m/s，加速度是4m/s2．

（1）从列表的数据中可求出物体在斜面的加速度为：a1==5m/s2

在水平面上的加速度大小为：a2==2m/s2

（2）设t0时刻物体的速度最大，则有：a1t=v'+a2（t'-t0）

解得：t0=0.5s

因此t=0.6s时瞬时速度大小为：v=a1t0-a2t″=5×0.5m/s-2×0.1m/s=2.3m/s

（3）斜面的长度为：L=a1t02=0.625m．

答：（1）物体在斜面和水平面上的加速度大小分别为5m/s2、2m/s2．

（2）t=0.6s时瞬时速度大小为2.3m/s．

（3）斜面的长度L为0.625m．

第1s内，小球做水平方向的匀加速直线运动．；

a1==0.4 m/s2；

v1=a1t1=0.4 m/s；

x1=a1t12=0.2 m

第2、3s内，小球做类平抛运动．

竖直方向：a2==0.6 m/s2

竖直方向位移：y=a2t22=1.2 m．

水平方向：x2=v1t2=0.8 m，

水平方向总位移：x=x1+x2=1 m．

答：再经过2.0s时小球的位置坐标（1m，1.2m）．