热门试卷

（1）规定初速度方向为正方向，则：

a1==m/s2=2m/s2

（2）a2==m/s2=-5m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反

（3）设刹车后经t3停止，则：

t3==s=5s

故刹车6s后，汽车速度为零

解：（1）在甲发出口令后，甲乙相遇所用时间为：t＝

设在这段时间内甲、乙的位移分别为s1和s2，则：s1＝v1t，s2＝at2，s1＝s2＋s0联立以上四式解得：a＝2.m/s2（2）在这段时间内，乙在接力区的位移为：s2＝at2＝16m

完成交接棒时，乙与接力区末端的距离为：s＝L－s2＝4m

（1）由图可知，汽车先做匀加速直线运动，再做匀速运动，最后20s做减速运动；

10s末的时候，汽车的速度v=at=40m/s；

一直到30s时，汽车都做匀速运动，故20s时汽车的速度为40m/s；

（2）汽车在前10s做匀加速直线运动，10-30s汽车做匀速运动，30-50s汽车做减速运动，由v=at可知，50s时汽车的速度恰好为零；故答案如图所示

（3）由图象可得，50s内汽车的位移x==1400m；

答：（1）汽车在20s时的速度为40m/s；

（2）如右图所示；

（3）50s内汽车的位移为1400m．

解：（1）首先确定两车相遇前各自的运动情况，是都在匀加速运动，还是一个匀加速运动一个匀速运动，还是都在匀速运动

甲车的加速度为1＝＝2.5 m/s2加速到速度最大时所需时间1＝＝16s

乙车的加速度为2＝＝5m/s2加速到速度最大时所需时间2＝＝10s

乙车开动8s时两车相遇，相遇时乙车发生的位移2＝22＝160m

甲车发生的位移应为1＝2＋0＝245m

甲车由速度为零加速到最大速度发生的位移＝＝320m

因为>1所以两车相遇时两车都是处于加速阶段，故有1(0＋)2＝0＋22解得0＝6s

两车相遇时甲车行驶的路程是1＝1(0＋)2＝245m

（2）当乙车刚启动时，甲车的速度1＝10＝15m/s

两车相遇时甲车的速度2＝1(0＋)＝35m/s

则－图像如图所示

解：(1)首先确定两车相遇前各自的运动情况，是都在匀加速运动，还是一个匀加速运动一个匀速运动，还是都在匀速运动

甲车的加速度为1＝＝2.5 m/s2加速到速度最大时所需时间1＝＝16 s

乙车的加速度为2＝＝5 m/s2加速到速度最大时所需时间2＝＝10 s

乙车开动8 s时两车相遇，相遇时乙车发生的位移2＝22＝160 m

甲车发生的位移应为1＝2＋0＝245 m

甲车由速度为零加速到最大速度发生的位移＝＝320 m

因为>1，所以两车相遇时两车都是处于加速阶段，故有1(0＋)2＝0＋22解得0＝6 s，两车相遇时甲车行驶的路程是1＝1(0＋)2＝245 m

(2)当乙车刚启动时，甲车的速度1＝10＝15 m/s

两车相遇时甲车的速度2＝1(0＋)＝35 m/s

则－图像如图所示

（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，又根据p=Fv可知：

       f=F==N=4000N

    （2）汽车在达到额定功率前做匀加速直线运动，设匀加速运动的时间为t，达到额定功率时速度为v，

       由a==  得：F=8000N

      由p=Fv得 v=10m/s

      t===5s

       因为3s＜5s

       所以3s末汽车仍做匀加速直线运动，故v3=at3=6m/s

       所以p3=FV3=48KW

答：汽车所受的恒定阻力是4000N；3秒末汽车瞬时功率是48KW．

（1）P先做自由落体运动，有：υ12=2gh       ①

之后进入相互作用区域，受向上的恒力F和重力作用，由牛顿第二定律得：

F-mg=ma，即：11mg-mg=ma      ②

P物体做匀减速运动，有：υ22-υ12=-2ad     ③

由①、②、③解得  υ2=0                                    

（2）P先做自由落体运动过程，有h=gt1④

进入相互作用区做匀减速运动的末速为零，故有d=at2⑤

且a=10g                                    ⑥

由式④、⑤、⑥解得  t1=0.2s    t2=0.02s

所以，P释放后到与平板接触经历的时间为

t=t1+t2=0.2s+0.02s=0.22s                     

欲使物块P不落到平板M上，应满足v0t＞L，于是得：

v0＞=m/s=4m/s．

答：（1）物块P下落至与平板刚接触时的速度υ2为0；

（2）欲使物块P不落到平板M上，平板速度υ0应不小于4m/s．

解：(1)乙车制动时的加速度-1 m/s2．

当甲、乙两车速度相等时有v甲=v乙=v0+at，解得t=16s，

此过程甲车位移x甲=v甲t=64 m，乙车位移x乙=192 m．由于x甲+125 m乙，所以两车会发生撞车事故．

(2)两车不相撞的临界条件是到达同一位置时两车的速度相同，则125+v甲t=v0t+，v甲=v0+a0t, 代入数据解得t=15.625 s，a0=-1.024 m/s2.

即为使两车不相撞，乙车刹车的加速度至少为1. 024 m/s2.

解：

（1）当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．则：

s货=v1(t0+t1)==10(5.5+4)m = 95m

s警

所以两车间的最大距离△s=s货-s警=75m；

（2）警车刚达到最大速度v=90km/h=25m/s的时间： t =

t内两车的位移

，

t时刻两车距离

警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车，

则：

所以警车发动后要经过才能追上货车。

解：如图，汽车A以v0=20m/s的初速度做匀减速直线运动经40s停下来。据加速度公式可求出a=0.5m/s2。当A车减为与B车同速时，是A车逼近B车距离最多的时刻，这时若能超过B车则相撞，反之则不能相撞

据v2-v02=2ax可求出A车减为与B车同速时的位移x1=

此时间t内B车的位移为x2，则v2t=6×28m=168m

△x=364m-168m=196m>180m，所以两车相撞

（1）米袋在AB上加速时的加速度a0==μg=5m/s2．

米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0==2.5m＜AB=3m，因此米袋在到达B点之前就与传送带达到共速．

设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得，

mgsinθ+μmgcosθ=ma

代入数据得a=10m/s2．

所以米袋沿传送带所能上升的最大距离s==1.25m．

（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v之前的加速度为a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2．

米袋速度小于v至减为零前的加速度大小为a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s2．

由+=4.45m．

解得v=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s．

米袋恰能运到D点所用时间最长为tm=+=2.1s．

答：（1）米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．

（2）CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s，米袋从C端到 D端所用的最长时间为2.1s．

（1）由图象可知，小车关闭发动机继续滑行时的加速度a1=2m/s2

所受阻力f=ma1=2N

（2）由图象可知，7-10s内小车做匀速直线运动，牵引力F1=f=2N

发动机的输出功率P=F1v1=12W

当速度为4.8m/s时，牵引力F2==2.5N

由牛顿第二定律F2-f=ma2得：a2=0.5m/s2

（3）小车在前2s内的位移：s1==4m

2-7s内，由动能定理得：

Pt2-fs2=mv22-mv12

s2=25m

加速阶段的总位移：s=s1+s2=29m     

答：（1）小车所受的阻力Ff是2N；

    （2）当速度为4.8m/s时小车的加速度为0.5m/s2； 

    （3）小车在加速运动过程中的总位移x是29m．

解：设野兔的加速度至少为a才能安全回洞窟，时间为t

对猎狗，得

对野兔

若一直加速，则到达洞窟的速度>，不符合题设

故野兔应先加速后以匀速

设加速时间为，则有

得

故

（1）减速时间：t1=t=8s．

加速的时间t2=t=4s．

减速过程中的加速度：a1===-1m/s2．

加速过程中的加速度：a2==m/s2=2m/s2．

（2）2s末速度：v1′=v0+a1t1′=（10-1×2）m/s=8m/s         

8s末汽车开始做匀加速直线运动，10s末的速度等于以2m/s为初速度，经过2s后的速度．

所以10s末速度为：v2′=v1+a2t2′=（2+2×2）m/s=6m/s  

答：（1）减速与加速过程中的加速度大小分别是1m/s2和2m/s2．

（2）2s末的速度为8m/s，10s末的速度为6m/s．