热门试卷

（1）减速下楼过程的加速度大小为a

f-mg=ma

当阻力取最大值时，加速度最大，则

a===5m/s2

（2）消防员要使下楼时间最短，则他应先自由下落，再以最大加速度减速．如果消防员能达到最大速度v=15m/s，则其下楼过程的位移至少为s

s=+=+=31.15＞20m

由此可以判断，消防员下楼过程不能达到15m/s，设实际最大速度为vm

s=+

带入数据解得：

vm=12m/s

自由下落过程时间为t1，减速下楼过程时间为t2

t1==1.2s

t2===1.6s

总时间t=t1+t2=1.2+1.6=2.8（s）

答：（1）消防员减速下滑过程的最大加速度为5m/s2；

（2）在确保安全的情况下消防员下楼的最短时间是2.8s．

（1）将乒乓球在空中的飞行过程大致看成一个匀减速直线运动，根据题意，球在飞行中受到的空气阻力与球的直径平方成正比，则

小球和大球受到的摩擦力之比为=≈=≈，

即加速度之比为1：1.11；

（2）又由运动员的平均击球速度为30m/s，可知不管大球小球被运动员击球后所具有的初速度均为30m/s，而再由小球在球台上方飞行的平均速度是20m/s，

根据=，可得小球飞行到球台另一端的末速度为V末=2×20-30=10m/s，

换成大球后，球台长度不变，所以，大球在空中飞行的距离跟小球飞行的距离相同，

则S==，V末'为大球飞过球台的末速度，利用前后加速度大小的比值为1：1.11，

可解得V末'≈3.46m/s，

则小球、大球它们的飞行时间之比为===≈，

即大球在球台上的飞行时间约为原来的1.2倍．

答：（1）小球和大球的加速度之比为1：1.11．

（2）改用大球后球在球台上的飞行时间约为原来的1.2倍．

（1）滑雪者在平台上滑行过程有动能定理得：-μmgx0=mv2=mv02

代入数据求得：滑雪者从平台边缘离开瞬间的速度为  v=5m/s    ①

（2）滑雪者离开平台后做平抛运动

竖直方向有：h=gt2    ②

水平方向有：x=vt     ③

①②③联立解得    x=2m 

（3）着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为θ

着地时的瞬间竖直方向的速度为：vy=gt      ④

tanθ= ⑤

①②④⑤联立得：tanθ=0.8

即θ=37°

答：（1）滑雪者从平台边缘离开瞬间的速度v为5m/s；

（2）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2m；

（3）着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为37°．

（1）设木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒

mv0-Mv=mv1+Mu 解得 u=3.0m/s

设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律

μmg=ma

解得 a=5.0m/s2

木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1

u2=2as1

解得 s1=0.90m

（2）根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为

E=mv02+Mv2-mv12-Mu2

解得 E=872.5J

（3）设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2．根据运动学公式

v2=2as2解得 s2=0.40m

t1==0.60s，t2==0.40s

木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为

S′=vt1+S1=2.1m，

产生的内能 Q1=μMgS′=10.5J

木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为S″=vt2-s2=0.40m，

产生的内能Q2=μMgS″=2.0J

所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能

Q=Q1+Q2=12.5J 

答：（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离0.90m；

（2）子弹击穿木块过程中产生的内能为872.5J；

（3）木块与传送带间由于摩擦产生的内能为12.5J．

（1）设汽车刹车前运动的方向为正方向．有vt2-v02=2as

刹车前的速度：v0==m/s=12m/s

12m/s=43.2km/h＞40km/h

故该汽车违章驾驶．

（2）反应时间内汽车做匀速直线运动，通过的位移s1=v0t=12×0.5m=6m

停车距离：△s=s1+s=（6+14.4）m=20.4m

因为20.4m＜25m，故该汽车不会存在安全问题．

答：该车违章，不会有安全问题．

（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得：

    mv0=（M+m）v 

得v=v0=0.4m/s

（2）以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得

-ft=mv-mv0   

    又f=μmg

得到t==0.8s

（3）木块做匀减速运动，加速度a1==μg=2m/s2

车做匀加速运动，加速度a===0.5m/s2

由运动学公式可得：vt2-v02=2as

在此过程中木块的位移为

s1==0.96m

车的位移为

s2=at2=0.16m

木块在小车上滑行的距离为△S=S1-S2=0.8m

答：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小为0.4m/s．

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间是0.8s．

（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离是0.8m．

（1）列车初速度v0=342km/h=95m/s，停住时v1=0

由v21-v20=2aL 

得a==-0.475m/s2                                       

负号表示加速度方向与车运动方向相反．

（2）设列车减速运动时间为t1

由L=t=•t1                                                                

得t1=200s                                                 

旅客的准备时间：t2=t1-t=200s-50s=150s         

答：（1）该列车进站时的加速度为0.475m/s2，方向如何，与运动方向相反；

（2）全体旅客从听到广播通知，到列车进站停下，还有150s的登车准备时间．

（1）用描点法作出图象，如图所示；

（2）刹车时汽车做匀减速运动，遵从速度与位移关系规律v2=2ax，可见停车距离应与速度的平方成正比；

（3）根据图线可以看出，反应距离随行驶速度变化的图线近似是直线，表示反应距离与行驶速度成正比；

（4）将x-v图象改为x-v2图象就可以比较清楚地看出刹车距离与行驶速度的平方成正比

答：（1）如图所示（2）刹车时汽车做匀减速运动，遵从速度与位移关系规律v2=2ax，可见停车距离应与速度的平方成正比　（3）反应距离与行驶速度成正比　（4）将x-v图象改为x-v2图象

（1）列车初速度v0=342km/h=95m/s，停住时v=0

由v2-v20=2aL  

得a===-0.475m/s2

负号表示加速度方向与车运动方向相反，加速度大小为0.475m/s2．

（2）设列车减速动时间为t

由L=•t    

得t==s=200s．

答：（1）该列车进站时的加速度为=-0.475m/s2．

（2）列车减速运动的时间为200s．

（1）从A到B过程运用动量定理，得到

（F-μmg）t=mv

解得

v=-μgt

故物块运动到B点时速度的大小为-μgt．

（2）物体沿斜面向上运动，受力如右图所示

根据牛顿第二定律 

mgsinθ+μN=ma

N=mgcosθ

解得 

a=g（sinθ+μcosθ）

故物块沿斜面向上运动时加速度的大小g（sinθ+μcosθ）．

（3）根据 v2=2aS

解得

S=

故物块沿斜面上滑的最大距离为．

司机从发现危险到作出反应的0.7s时间内，汽车做匀速直线运动，位移为

x1=vt=20×0.7m=14m

刹车后汽车做匀减速直线运动，位移为

x2==m=20m

所以刹车距离为x=x1+x2=34m

综上可知，刹车距离与汽车行驶速度、司机的反应时间、刹车的加速度有关．

（1）沿斜面下滑的加速度为a，则有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma，

∴a=gsinθ-μgcosθ=4m/s2

由V2=2ax 得物块A刚滑上木板B时的速度：v==8m/s，

（2）物块A在B上滑动时，A的加速度大小：a1=μ'g=3m/s2；

木板B的加速度大小：a2==2m/s2；

物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等；

设物块A在木板B上滑行的时间t，速度关系：v-a1t=a2t，

物块A刚好没有从木板B左端滑出，位移关系：vt-a1t2=a2t2+L，

解得：L=8m；t=2s；

（3）物块沿斜面下滑的时间：t1==2s

物块A在木板B上滑行的时间：t=2s，

物块A从开始下滑到相对木板B静止共经历的时间tz=t1+t=4s，

答：（1）物块A刚滑上木板B时的速度8m/s；

（2）木板B的长度为8m；

（3）物块A从开始下滑到相对木板B静止共经历4s．