热门试卷

解：（1）由于是连续相等时间，所以根据，得

      根据，得

（2）由于无初速度释放，所以A球运动的时间为

      因此，上面的小球运动的时间依次为0.45s，0.35s，0.25s，0.15s，0.05s

      拍摄时刻离O最近的球运动的时间为0.05s

      所以距O的距离为

解：(1)公共汽车启动时加速所用的时间为t1t1=v1/a，得t1=10 s

启动加速时行驶的路程为x1

，得x1=50 m

上面所求时间和路程同时也是制动减速所用的时间和路程，所以汽车每次匀速行驶所经过的路程为x2

x2=x-2x1，得x2=500 m

匀速行驶所花时间为t2

t2=x2/v1，得t2=50 s

所以公共汽车在每两站之间运动所经历的时间为t=2t1+t2=70 s

(2)电动车到达第n站所用的总时间为T

T=n(t+△t)+t0所以有v2T=nx

代入数据可求得n=12

解：如图所示，以A车的初始位置为坐标原点，Ax为正方向，设L为警车追上劫匪车所走过的全程，l为劫匪车走过的全程。则两车原来的间距为ΔL＝L－l

设两车加速运动用的时间分别为tA1、tB1，以最大速度匀速运动的时间分别为tA2、tB2，则vA＝aAtA1，解得tA1＝3 s，则tA2＝27 s

同理tB1＝4 s，tB2＝26 s

警车在0～3 s时间段内做匀加速运动，L1＝aAtA12

在3 s～30 s时间段内做匀速运动，则L2＝vAtA2

警车追上劫匪车的全部行程为L＝L1＋L2＝aAtA12＋vAtA2＝1 282.5 m

同理劫匪车被追上时的全部行程为l＝l1＋l2＝aBtB12＋vBtB2＝1 120 m

两车原来相距ΔL＝L－l＝162.5 m

解：设二者经时间t第一次相遇，则

代入数据解得：t1=1 s，t2=5 s（大于乙车刹车时间，舍去）

1s末乙车的速度为v1=v0-at1=12 m/s，它以此速度超过甲车并继续做匀减速直线运动至停止后被甲车追上。乙车在这一阶段发生的位移为：

甲车追上乙车所需要的时间为

故第二次相遇的时刻为：t2=t1+t'=5.5 s

即二者共相遇两次，相遇时间分别为t1=1 s，t2=5.5 s

解：（1）根据，得到甲的加速度大小为

      根据，得到乙的加速度大小为

      根据，得甲的加速时间为

      根据，得乙的加速时间为

（2）若要求乙要在自己匀速阶段追上甲，则乙的运动时间为4秒末到8秒末

      I：乙运动的时间为4s

        乙在前4s内刚好加速到最大速度，所以位移为

        而此时甲匀加速运动了3s，所以 

        值为

      II：乙运动时间为8s

        乙在4s到8s一直匀速运动，所以位移为

        乙向前运动了

        而甲匀加速了4s，运动了=5m

        又匀速了3s，所以

        甲向前运动了

        值为

        所以：

(1)5 m/s2；

(2)1. 75 m/s；

(3)0.25 m；

(4)两颗．

解：

（1）A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10；

（2）小物块A受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a1=μ1g=2.5m/s2，小物块A在木板上滑动，木块B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg－μ2(2m)g=ma2解得加速度a2=0.50m/s2，

设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v

由长木板的运动得v=a2t，解得滑行时间

小物块滑上木板的初速度 v10=v＋a1t=2.4m/s

小物块A在长木板B上滑动的距离

AB间产生热Q=μ1mgΔs=4.8J，木板B总位移为Δs2=at2+0.08=0.24m

则B与冰面之间产生热量Q2=μ22mgΔs=0.96J，总热量Q=Q1+ Q2=5.76J（由能量守恒解得：

总热量Q=mv102/2=5.76J 也可）

（3）小物块A滑上长木板的初速度越大，它在长木板B上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A达到木板B的最右端，两者的速度相等（设为v′)，这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0．

有，

由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度

。

解：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规律有：

由上式解得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

解：（1）B车刹车时加速度大小0.25 m/s2B车停下来的运动时间

设B车刹车后经时间t两车速度相等，即vB-aBt=vA，

此时A车前进距离xA'=vAt=10×80m=800 m

B车前进距离802 m=1 600 m

因xA'+500 m=1 300 m＜xB'，故两车相撞

设两车相撞时经历时间为t'，则有

即，解得t'≈31.01 s（另一根不合题意，舍去）

设相撞处距B车开始刹车处距离为xB''

则xB''=vAt'+x=10×31.01m+500 m=810.1 m

（2）设B车恰好不与A车相撞时，A车的加速度为aA，当B车追上A车时，两车速度相等，此时距B车开始刹车的时间为t0故有xA+x=xB，即①

且vB-aBt0=vA+aA（t0-△t)，即30-0.25t0=10+ aA（t0-1.5） ②

解①②两式得t0≈49.43 s，aA≈0.16 m/s2故当A车的加速度大于0.16 m/s2时，可避免两车相撞

解法一：已知客车长l1=14 m，它做匀速运动，v1=8 m/s；货车长l2=10 m，加速度为a=2 m/s2，两车开始相距s0=240 m，设经过t1时间两车车头相遇，并设想火车始终在做匀加速运动

则，可得t1=12 s

此时货车的行驶速度为：v货=at1=24 m/s（火车恰好达到最大速度，设想成立）

设错车时间为t2，则两车错车时刚好匀速错车，则v1·t2+v货·t2=l1+l2

可得t2=0.75s

解法二：设经过t1时间货车速度达到v2，则

在t1时间内，两车位移分别为：x1=v1t1=96 m，

x1+x2=240 m=s0说明此时两车刚好前端相遇，则两车错车时刚好匀速错车

设错车时间为t2，则v1·t2+v2·t2=l1+l2

可得t2=0.75 s

解：设石墨块的加速度为a2 ，根据牛顿第二定律，得＝1m/s2 ①

设经历时间t=1s，白板由静止开始加速到速度v1，石墨块则由静止加速到v2，有

 ②， ③

由，故，石墨块继续受到滑动摩擦力的作用

设再经时间t'，白板的速度由v1减小到v1'，有 ④

石墨块的速度由v2增加到v2'，有 ⑤

当v1'＝v2'后，即，不再产生新的痕迹，然后两者共同减速运动至停止

设白板的速度从0增加到v1的过程中，白板和石墨块移动的距离分别为s1和s2 ⑥， ⑦

在白板的速度从v1减小到v1'的过程中，白板和石墨块移动的距离分别为s1'和s2'

 ⑧， ⑨

传送带上留下的黑色痕迹的长度 ⑩

由以上各式得

解：设A车的速度为vA，B车加速行驶时间为t，两车在t0时相遇。则有

 ①

 ②

式中，t0=12s，sA、sB分别为A、B两车相遇前行驶的路程

依题意有 ③，式中s＝84 m

由①②③式得 ④

代入题给数据vA=20m/s，vB=4m/s，a=2m/s2有 ⑤，式中的单位为s

解得t1=6 s，t2=18 s ⑥

t2＝18s不合题意，舍去

因此，B车加速行驶的时间为6 s ⑦

解：（1）物体放上皮带后运动的加速度a=μg

物体加速到v前进的位移

因为L>x0，所以物体先加速后匀速，加速时间

匀速时间t2=

所以物体从A到B的时间

（2）不能从右端A滑出，理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置

（3）当x≤x0时，物体一直加速，到B的速度为v1，则v12=2μgx

又

所以

当x>x0时，物体先加速后匀速，到达B时速度均为v

，h-x图像如图所示

解：（1）根据牛顿第二定律可得甲车紧急刹车的加速度为

甲车停下来所需时间

这段时间滑行距离

则，甲车司机能避免闯红灯

（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时间两车恰好相遇，则有：

乙车紧急刹车的加速度为

恰好相遇条件：

，

解得：