热门试卷

设火箭通过发射塔的时间为t，则火箭最后1s内通过的距离为42m，由匀变速直线运动规律得：

最后1s内通过的高度△h=at2-a(t-1)2

代入△h=42m，a=12m/s2可得

t=4s

所以火箭塔高H=at2=×12×42m=96m

答：2号发射塔的高度为96m．

当两车速度相等时，所经历的时间t==s=16s．

此时甲车的位移为：x甲=v1t=64m．

    乙车的位移为：x乙==192m．

    x甲+125＜x乙

故两车碰撞．

答：两车会相撞．

（1）小球受力分析图如（1）

有Fcosθ-mgsinθ-f=ma1

f=μ（mgcosθ+Fsinθ）

联立两式得，a1=5m/s2

故小球沿杆上滑的加速度大小为5m/s2．

（2）力F作用2s内的位移x1=a1t12=×5×4m=10m

2s末的速度v1=a1t1=5×2m/s=10m/s

撤去力F后受力如图（2），小球的加速度a2===gsinθ+μgcosθ=10m/s2

小球减速到0的位移x2==m=5m

sm=x1+x2=10+5m=15m

故小球上滑过程中距出发点最大距离Sm为15m．

（3）撤去F后小球减速到0所需的时间t2==s=1s

则小球返回的时间t3=t-t2=2s

小球返回受力如图（3），加速度a3==gsinθ-μgcosθ=2m/s2

所以x3=a3t32=×2×4m=4m

则s=x2+x3=9m

故小球在随后3s内通过的路程为9m．

物体匀加速上升，由运动学公式，得到：x=at2

解得：a==3m/s2

物体受拉力F和重力G的作用，由牛顿第二定律有：

F-mg=ma

解得物体的质量为：m=50kg；

答：物体的质量是50kg．

（1）由运动学方程有：h=t得

v==m/s=36m/s

（2）礼花炮上升过程的加速度为：a==m/s2=12m/s2

由牛顿第二定律可得：ma=mg+f

即：f=m（a-g）

所以阻力大小与自身重力大小的比值为：k===

（3）碎片在空中形成的图形为球形

碎片上升过程有：t1==s=2.0s

此过程碎片继续上升的高度为 h′=t1=×2.0m=20m

下落时间为：h+h′=g

所以t2==s=3.8s

总时间为t=t1+t2=（2.0+3.8）s=5.8s

答：（1）礼花弹从炮筒中射出时的初速度大小为36m/s；

（2）礼花弹上升时所受阻力大小与自身重力大小的比值为1：5；

（3）碎片在空中组成球形，竖直向上抛出的碎片经过5.8s返回地面．

设斜面长为S，物体上滑到斜面中点时速度为v1，斜面的倾角为θ．

（1）由题得到：上滑过程S=，下滑过程：S=，得到v1=v2=10m/s．

根据动能定理得：

   对于上滑全过程：F•S-mgsinθ•2S-f•2s=0，得到  F=2mgsinθ+2f  ①

   对于上滑前半一过程：（F-mgsinθ-f）•=m               ②

   对于下滑过程：（mgsinθ-f）S=m                         ③

由①②③联解得

     F=mgsinθ，f=mgsinθ

所以F：f=8：1．

（2）将f=mgsinθ代入③得

    mgsinθS=m

斜面顶端和底端的高度差h=Ssinθ==7.5m．

答：（1）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为8：1；

    （2）斜面顶端和底端的高度差h为7.5m．

（1）这位同学的受力情况如图，根据牛顿第二定律得

     mgsin37°-f=ma

     N=mgcos37°

又f=μN，联立得到

   a=g（sin37°-μcos37°）

代入解得，a=2m/s2

（2）由v2=2ax得

   v==m/s=4m/s

（3）由x=t得

 t==s=2s

则他滑到滑梯底端过程中重力的冲量大小I=Gt=500×2N•s=1000N•s．

答：

（1）这位同学下滑过程中的加速度大小是2m/s2；

（2）他滑到滑梯底端时的速度大小是4m/s；

（3）他滑到滑梯底端过程中重力的冲量大小是1000N•s．

根据υ02=2ax得 

υ0==16 m/s=57.6 km/h

υ0＞50km/h  故该车超速

答：因为该车行驶的速度超过了50km/h的限速，属超速行驶．

（1）对于P，取向下方向为正方向，对于B取水平向右为正方向．

    物块P在进入“相互作用区域”之前，P、B的加速度分别是aP=g，aB=-μg

    物块P在进入“相互作用区域”之后，P、B的加速度分别是aP′==-50g，aB′=-=-6.1g

设P从进入“相互作用区域”到离木板最近过程所经历的时间为t，则

   aPt0+aP′t=0

解得t=0.04s

根据对称性得到物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间T=2（t0+t）=4.08s

（2）在P从开始下落到进入“相互作用区域”的时间t0内，B物体做匀减速直线运动，末速度为v1=v0+aBt0=10-0.2×2（m/s）=9.6m/s

    在P进入到离开“相互作用区域”的2t时间内，B仍做匀减速直线运动，速度减到v2=v1+2aBt=9.5m/s

    在P从离开“相互作用区域”到回到初位置的t0时间内，B做匀减速直线运动，末速度为v3=v2+aBt0=9.1m/s

所以在这段时间内B所通过的位移的大小为

    x=t0+•2t+t0=36m．

答：（1）物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间是4.08s；

    （2）在这段时间内B所通过的位移的大小为36m．

（1）物体匀速下滑过程受力分析如图所示：

得：f=mgsinθ

（2）当物体匀加速上滑时，对物体受力分析如图：

沿着斜面方向：F合=F-f-mgsinθ

由牛顿第二定律：F合=ma

得：F=2mgsinθ+ma

（3）物体在斜面上匀加速过程：

s1=at2

v=at

撤去推力F后，物体减速上升，对物体受力分析如图所示：

s2=

斜面长：s=s1+s2=at2(1+)

答：（1）物体下滑过程中受到的摩擦力大小为mgsinθ．

（2）当对物体施加一个平行斜面向上的推力时，物体能以加速度a匀加速上滑，则这个推力为2mgsinθ+ma；

（3）斜面长为at2(1+)．

根据题意，

第一个过程结束时，飞机的速度为：v=v0-at1… ①

第一个过程所滑行的距离为：s1=v0t1-a1… ②

则第二过程滑行的距离为：s2=x-s1=vt-a2…③

  第二过程的末速度为零，则有：0=v-a2t2…④

联立以上四式得：

a2=

t2=

答：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小为，时间为．

（1）由图象可知T=9.5-6.7=2.8s

（2）运动员上升的最大高度可以求出，

由图象可知运动员运动稳定后每次腾空时间为：8.7-6.7=2s

H=g(

1

2

△t)2=5m

（3）运动员的质量可以求出，由图象可知运动员运动前mg=Fo=500N  m=50kg

（4）运动过程中运动员的最大加速度可以求出，运动员每次腾空时加速度al=g=10m/s2，而陷落最深时由图象可知Fm=2500N

此时由牛顿运动定律  Fm-mg=mam

可得最大加速度am=-g=40m/s2    

答：（1）蹦床运动稳定后的运动周期为2.8s；•

（2）运动过程中，运动员离开弹簧床上升的最大高度为5m；

（3）运动员的质量为50kg；

（4）运动过程中运动员的最大加速度为40m/s2．

t秒匀加速直线运动有  S=a1t2 

t秒末的速度v=a1t，

规定初速度的方向为正方向，则2t秒内的位移s′=v•2t-a2(2t)2

因为s=-s′

所以a1t2=-(v.2t-a2(2t)2)

解得=．

答：a1与a2的大小关系为=．