热门试卷

（1）根据位移时间公式s=at2得，a==m/s2=2.2m/s2．

根据牛顿第二定律得，mg-N=ma，解得N=mg-ma=456N．

则压力为456N．

（2）根据P0V0nt=NPV

1.0×105×1.5×128t=320×6.0×106×90

解得t=9000min．

答：（1）潜艇在竖直方向产生的加速度为2.2m/s2，官兵对舱底的压力为456N．

（2）成功救援的最长时间为9000min．

（1）根据x=a1t2得，a1==m/s2=2m/s2．

（2）根据牛顿第二定律得，F-f=ma．

则f=F-ma=20-8×2N=4N．

（3）2s末的速度v=a1t=2m/s2×2s=4m/s，

撤去外力后，加速度的大小a2==m/s2=0.5m/s2

由v2=2得，

x2=m=16m．

答：（1）木块运动的加速度大小为2m/s2．

（2）摩擦力的大小为4N．

（3）若拉力从静止开始作用t=2s后撤去，木块还能滑行16m．

（1）设物体上滑的加速度为a，则在前2s内有：

因为vA=v0+at   所以a=

解得：a=-1m/s2 

物体上滑到末速度为零的过程中有：v2-v02=2ax   v=0

∴x=            解得：x=8m

故物体向上滑行的最大位移为8m．

（2）物体上滑的时间：t1==4s                

根据对称性，往返总时间：t=2t1=8s．

故从 0点出发到返回0点的时间为8s．

（1）将板抽出时，铁块向右加速，加速度a1=μ1g=5m/s2

由牛顿第二定律，板的加速度：a2=

为了能抽出木板必须有：a1＞a2

解得：

F＞9.375N

（2）铁块在木板上加速，落到桌面上减速到0

如果刚好到达桌面的边缘，则

 =+

μ1g t1=μ2g t2

解得t12=s

板的抽出过程

 =+

解得a=20m/s2

由牛顿第二定律：

a=

 解得：

F=24.375N

答：

（1）拉力至少为9.375N铁块会与木板发生相对运动

（2）拉力至少是24.375N铁块不会从桌上落下

（1）设经过时间t，甲追上乙．甲的位移x1=vt，乙的位移x2=t=．

由位移关系有vt-=13.5m

将v=9m/s代入得到：t=3s．

故练习中乙在接棒前运动的时间t为3s．

（2）根据 v=at

解得：a=3m/s2

故乙在接棒前的加速度a=3m/s2

（2）在追上乙的时候，乙走的距离为x2，

则：x2==13.5m   　　

所以乙离接力区末端的距离为△S=20-13.5=6.5m．

（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得

  F-μmg=ma1 ①

  vm=a1t ②

由①②得vm=5m/s                        

（2）冰车匀加速运动过程中有  x1=a1t2  ③

冰车自由滑行时有  μmg=ma2 ④

  =2a2x2⑤

又x=x1+x2⑥

由③④⑤⑥得x=50m

答：（1）冰车的最大速率是5m/s；

（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小是50m．

设武警战士加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为（H-h1），加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度

为vmax，由题意和匀变速运动的位移速度关系式得：

自由落体过程：vmax2=2gh1　①

匀减速运动过程：v2-vmax2=-2a（H-h1）②

由①②两式解得：h1==m=7.2 m

武警战士的最大速度为：vmax== m/s=12 m/s

加速时间：t1== s=1.2 s

减速时间：t2== s=1.2 s

下滑的最短时间：t=t1+t2=1.2 s+1.2 s=2.4 s

答：武警战士下滑的最短时间为2.4s，加速下滑的距离为7.2m．

（1）由题意得摩托车做匀加速运动的最长时间t1==10 s．

位移s1==150 m＜s0=210 m，所以摩托车在达到最大速度之前没有追上卡车，则追上卡车前两车速度相等时间距最大．

设从开始经过t2时间速度相等，最大间距为sm，

于是有：at2=v匀，

所以t2==5 s，

最大间距sm=s0+v匀•t2-at22=247.5 m．

（2）设从开始经过t时间摩托车追上卡车，

则有：+vm（t-t1）=s0+v匀•t，

解得：t=17 s．

答：

（1）追上卡车前两车相隔的最大距离是247.5  m；

（2）摩托车经过17 s时间才能追上卡车．

设物体从A到C所用时间为t，从B到C所用时间为t1则

t1=t-t0 ①

设AC长度为L，物体运动加速度为a，

由匀变速直线运动的位移速度关系式，根据A到C的逆过程，

得：L=at2  ②

从B到C由根据逆过程得：L=a  ③

①②③联立可得  t1=(+1)t0

由对称性，从B到C再回B所用时间t2=2t1=2(+1)t0答：它从B经C再回到B，需要的时间是2(+1)t0

解：（1）警车和肇事汽车刹车后均做匀减速运动，其加速度大小，与车子的质量无关，可将警车和肇事汽车做匀减速运动的加速度的大小视作相等。

      对警车，有vm2＝2as

      对肇事汽车，有vA2＝2as′

      则vm2/vA2＝s/s′，即vm2/vA2＝s／（＋）＝14.0／（17.5＋14.0）

      故m/s

（2）对肇事汽车，由v02＝2as∝s得vA2／vB2＝（＋）／＝（17.5＋14.0）／14.0

      故肇事汽车至出事点B的速度为vB＝vA＝14.0m/s

      肇事汽车从刹车点到出事点的时间t1＝2／（vA＋vB）＝1s

      又司机的反应时间t0＝0.7s

      故游客横过马路的速度v′＝／（t0＋t1）＝2.6／（0.7＋1）≈1.53m/s

      从上面的分析求解可知，肇事汽车为超速行驶，而游客的行走速度并不快。

（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                   

（3）运动员自由下落时间：t1==6s

打开降落伞后运动时间：t2==3.85s

运动员离开飞机后，到达地面总时间

t=t1+t2=9.85s                  

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；

（3）运动员离开飞机后，经过9.85s时间才能到达地面．

小球在离开气球前，随气球一起向上做匀速直线运动．离开气球后，由于重力和阻力的作用，小球做匀减速直线运动上升，其初速度为5米/秒，其加速度由于重力和阻力二力之和而产生（如图1）．小球达到最高点后，将做初速度为零的匀加速运动下落，其加速度由于重力和阻力二力之差而产生（如图2）．

根据牛顿第二定律，小球在上升过程中有：mg+f=ma1，

∴a1==m/s2=10m/s2

上升的高度h1==1.25m

上升的时间：t==0.5s

小球从最高点下落的过程中，由牛顿第二定律得

  mg-f=ma2（向下为正

∴a2==m/s2=9.6m/s2

又由于下落高度h2=h1+H0=1.25m+20m=21.25m，

再由运动学公式得t2==2.1s

所以小球从离开气球到到达地面所用时间秒t=t1+t2=2.6s．

答：经过2.6s时间达到地面．

（1）根据竖直上抛运动规律，石块上升的最大高度为h==m=20m

石块上升到最高点所用时间为t1==s=2s

所以石块回到抛出点的时间为t=2t1=4s

（2）根据vt2-v02=2as得vt=±=±m/s=±20m/s

由于石块落地时的速度方向与初速度相反，所以vt=-30m/s

根据vt=v0+at得到t==s=2+2s

即石块从抛出到落地所用时间为2+2s，石块落地的速度为20m/s，方向竖直向下．

（1）小铁块受到的摩擦力f=μmg=0.2×1×10=2N．根据牛顿第二定律得

a=       解得  a=0.5m/s2

    （2）假设小铁块运动到C点的右侧且距C点x处时，支架刚要不能维持平衡，D端受的力为零．

        MgL=Nx+fLf，N=mg=10N

      代入解得   x=0.24m

        s=x+0.7=0.94m．

    （3）因为要在小铁块运动的过程中，导轨和支架始终保持静止，故小铁块是先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动．

     匀加速直线运动加速度大小a1=0.5m/s2     匀减速直线运动加速度大小a2==μg=2m/s2       又+=0.94

       v=0.87m/s   

      解得t=1.74s．

答：（1）小铁块刚开始运动时的加速度为0.5m/s2；

    （2）小铁块运动到离A端0.94m时，支架将要开始翻转；

    （3）若在小铁块运动的过程中，支架始终保持静止，拉力F作用的最长时间为1.74s．