热门试卷

设乙车刹车时加速度的最小值为a．

当乙车追上甲车速度恰好相等时，经过的时间为t．

   由题意x甲=vt=8t

         x乙=v0t-at2=16t-at2

由v甲=v乙得到 v=v0-at  ①

又由x甲+x0=x乙得到 8t+x0═16t-at2②

代入解得：t=4s     a=2 m/s2

答：乙车刹车时加速度的最小值为2 m/s2．

（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得，

Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma------①

跟据运动学公式  x=at2--------②

                vm=at-------③

由①②③解得，μ=0.67     vm=4.8m/s，

（2）松手后玩具做匀减速运动，

    a'=μg=6.7m/s2

滑行距离为  x′==1.7m．

答：（1）全过程玩具的最大速度是4.8m/s，

    （2）松开手后玩具还能运动1.7m．

（1）A物体刚好能运动到挡板处时速度为0，

根据0-v12=-2ax0得：x0==8m

（2）设A物体运动到挡板时的速度大小为v，

则有v2-v12=-2ax0（3）

    0-v2=-2ax0（4）

由（3）（4）式可得x0==4m（5）

（3）A物体能通过的总路程为s==8m

B物体能运动的距离为x==2m

追上时B物体已经静止2x0+x=s

解得x0=3m

所以当x0≤3m时A物体能追上B物体．

答：（1）当x0=8m时，A物体刚好能运动到挡板处．

（2）当x0=4m时，A物体刚好能回O点．

（3）当x0≤3m时A物体能追上B物体．

根据匀变速直线运动位移时间公式得：

x=v0t+at2

带入数据解得：

a=-4.5m/s2答：汽车匀减速时的加速度为=4.5m/s2．

（1）汽车速度v=36km/h=10m/s，汽车刹车可看作匀减速运动，由运动学公式得：

v2=2aL     

由牛顿第二定律得：kmg=ma                   

联立上述二式解得：k===0.1

（2）汽车速度v′=43.22km/h=12m/s，在反应时间△t内，汽车仍做匀速运动，其位移：

s1=v′•△t=12×0.5m=6m         

刹车后汽车的加速度大小为a，则：a=kg=1m/s2          

刹车后汽车滑动的位移为：s2==m=72m

安全距离：s=s1+s2=6m+72m=78m． 

（3）汽车拐弯做圆周运动，摩擦力提供向心力，当摩擦力取最大静摩擦力时，速度取最大值，

根据向心力公式得：

m=kmg

解得：vm==m/s=6m/s

答：（1）紧急刹车过程中车受到的阻力与车的重力的比值k为0.1；

（2）当他看到前方路面障碍后车至少要前进72m后才能停下来；

（3）该司机要经过一处拐弯半径R=36m的水平弯道．设地面对车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为保证安全，在进入弯道前，他应将车速减小到6m/s以下．

（1）由图象可知，物块下滑的加速度a===2m/s2；

（2）由v-t图象的面积法，上滑的位移

S=×4×0.5m=1m           

即物块向上滑行的最大距离1m．

（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，

物体沿斜面上滑过程，受力如图

根据牛顿第二定律

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

a1===-8m/s2

物体沿斜面下滑过程，受力如图

根据牛顿第二定律

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

a2===2m/s2；

由以上两式，代入数据后可解得

θ=30°

即斜面的倾角为30°

答：（1）物块下滑的加速度大小为2m/s2；         

（2）物块向上滑行的最大距离为1m；

（3）斜面的倾斜角为30°．

由位移公式得：s1=vAT+aT2

s2=[vA2T+a(2T)2]-(vAT+aT2)

将S1=24 m，S2=64 m，T=4 s

代入两式求得vA=1m/s

a=2.5m/s2

答：质点的初速度1m/s和加速度大小2.5m/s2．

（1）汽车在AB间的平均速度为：v平=

由匀变速直线运动公式得：v平=

代入数据得，vA=12m/s

（2）由加速度公式得：a=

从O到A过程，设OA间位移为x′有运动学公式得：=2ax′

代入数据得x′=48m

答（1）经过A点的速度为12m/s

（2）A点与出发点间的距离48m

（1）根据牛顿第二定律得，a=．

（2）由R=v0t，R=at2  及a=得，

联立三个式子可解得：v0=．

（3）Rsinθ=v0t，R-Rcosθ=at2及a=三个式子可得v02=

m v02==

经过P点时的动能：Ek=Eq（R-Rcosθ）+m v02=EqR （5-3cosθ） 

（4）由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．（2分）

EkD=Eq（R-Rcosθ）+m v0D2=EqR （5-3cos60°）= EqR

EkC=Eq（R-Rcosθ）+m v0C2=EqR （5-3cos120°）= EqR

所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[EqR，EqR]

答：（1）电荷在电场中运动的加速度为．

（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度为．

（3）该电荷经过P点时动能的表达式EqR （5-3cosθ）

（4）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[EqR，EqR]．

（1）根据牛顿第二定律得，a2==5m/s2

方向平行于斜面向上

（2）1～4s内向下匀加速，a1=gsin30°=5m/s2，

s1=a1t12=m

4～7s内向下匀减速至速度为0，

a2==5m/s2．

s2=a2t22=m．

7～8s内向上匀加速，8～9s向上匀减速至速度为0，完成一个周期，

s3=s4=a2×12=m

一个周期内向下位移

△s=（s1+s2）-（s3+s4）=40m

S=240m=k△s，得k=6

由过程分析知，5个周期未能达到，第6个周期终点时刻之前，就已经到达．

下面我们计算第6个周期开始到达底端所用的时间t

第6个周期由总位移△s=40m，加速阶段t3=3s，

位移S1=m，剩下位移，加力后它减速过程即可完成：

△s′=△s-s1=m，

v0=5×3=15m/s，a=-5m/s2．

△s′=v0t4+at42

代入数据得，

=15t4-t42

得t4=3-=1.6s．

t总=5T+t3+t4=40+3+1.6s=44.6s

（3）到达底端时速度v=v0+at4=15-5×1.6m/s=7m/s

根据动能定理得，WF+mgh=mv2-0

解得WF=-11755J．

答：（1）4-8s内物体的加速度为5m/s2．

（2）物块下滑到斜面底端所用的时间为44.6s．

（3）物块下滑到斜面底端过程中力F做的总功为-11755J．

（1）由牛顿第二定律得：F-f=ma   

 式中f=μmg=0.2×1×10=2（N）

由牛顿第二定律得：物体的加速度a===4(m/s2)

物体在3s内的位移为：S=at2=×4×32=18（m）

3s内力F对物体做的功为：W=FS=6×18=108（J）

（2）由动量定理得：（F-f）△t=△P …④

则物理在第二个3s内的动量变化为：△P=（6-2）×3=12（kg•m/s）

答：（1）从静止开始运动，经过3s力F对物体所做的功为108J；

（2）在第二个3s内，该物体的动量变化大小为12（kg•m/s）．

从刹车开始到平板车完全停止，至少要经过的时间为t，此时，平板车刹车的加速度大小为a，木箱的加速度大小为a箱，对木箱，则有：

   μm箱g=m箱a箱

可得：a箱=μg=5m/s2，

恰好不相撞时应满足：-=L，

将v0=18m/s，L=2.4m，代入解得，a=5.4m/s2，

从开始刹车到车完全停下所用时间为t==s≈3.3s．

答：为不让木箱撞击驾驶室，从开始刹车到车完全停下，至少要经过3.3s时间．

甲同学的失误在于两车不是同时停下来，因此两车不应有共同的运动时间．

设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶的速度为v2，则v1=30m/s，v2=20m/s

则在反应时间△t内两车行驶的距离分别为v1△t和v2△t

由公式-=2aS得

   S1=v1△t+=v1△t+45

  S2=v2△t+=v2△t+20     

为保证两车不相撞，必须有S1+S2＜80

解得，△t＜0.30s

答：甲同学的失误在于两车不是同时停下来，两车不应有共同的运动时间，△t应小于0.30s．