牛顿运动定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在水平地面上有一辆电动遥控车，其上表面MN与一条上端固定的长绳末端P点等高，遥控车始终以v0=2m/s的恒定速度向右运动，质量m=30kg的微型机器人（可看做质点）从绳上O点先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后，突然握紧绳子，与绳子之间产生900N的摩擦阻力，滑到绳子末端P时速度刚好为零，此时遥控车右端M恰好到达P点的正下方，已知OP的长度l1=7.5m，微型机器人与遥控车间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．求：

（1）机器人从O点下滑至P点所用的时间t；

（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面MN至少多长；

（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量Q．

正确答案

解：（1）自由下滑的加速度为重力加速度g，设所用时间为t1，末速度为v1=gt1

握紧绳子后，对机器人受力分析可知：

f-mg=ma2

入数据解得 a2==20 m/s2

下滑时间为t2，根据速度关系知gt1=a2t2…①

位移关系l1=（t1+t2）…②

总时间t=t1+t2…③

由①②③式知：t=1.5s

（2）机器人落到车上后向右匀加速运动，与车同速时对地位移位x1，

根据牛顿第二定律有：μmg=ma3…④

x1=…⑤

车对地位移为：x2=v0t′=v0•…⑥

人和车的相对位移为△S，

则△s=x2-x1…⑦

由④⑤⑥⑦解得：△s=1m．

（3）由功能关系知产生热量：

Q=fh+μmg△s=900×7.5+0.2×30×10×1=6810J

答：（1）机器人从O点下滑至P点所用的时间t为1.5s；

（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面MN至少1m

（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量Q为6810J．

解析

解：（1）自由下滑的加速度为重力加速度g，设所用时间为t1，末速度为v1=gt1

握紧绳子后，对机器人受力分析可知：

f-mg=ma2

入数据解得 a2==20 m/s2

下滑时间为t2，根据速度关系知gt1=a2t2…①

位移关系l1=（t1+t2）…②

总时间t=t1+t2…③

由①②③式知：t=1.5s

（2）机器人落到车上后向右匀加速运动，与车同速时对地位移位x1，

根据牛顿第二定律有：μmg=ma3…④

x1=…⑤

车对地位移为：x2=v0t′=v0•…⑥

人和车的相对位移为△S，

则△s=x2-x1…⑦

由④⑤⑥⑦解得：△s=1m．

（3）由功能关系知产生热量：

Q=fh+μmg△s=900×7.5+0.2×30×10×1=6810J

答：（1）机器人从O点下滑至P点所用的时间t为1.5s；

（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面MN至少1m

（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量Q为6810J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示用30cm的细线将质量为4×10-3kg带电小球悬挂在o点下方，当空中有方向如图所示大小为4×104N/C的足够大的匀强电场时，小球偏转37°后处于静止状态．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg）

（1）分析小球的带电性质；

（2）求小球的电荷量；

（3）分析如果把细线剪断，小球将做什么性质的运动．

正确答案

解：（1）由图知带电小球受到向左的电场力作用，故小球带正电；

（2）小球受力平衡，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

qE=mgtan37°

解得：

q===7.5×10-7C

小球的电荷量为7.5×10-7C

（3）如果细线被剪断，拉力和电场力不变，故加速度为：

a===12.5m/s2

小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动；

答：（1）小球的带正电；

（2）小球的电荷量为7.5×10-7C；

（3）如果把细线剪断，小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动．

解析

解：（1）由图知带电小球受到向左的电场力作用，故小球带正电；

（2）小球受力平衡，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

qE=mgtan37°

解得：

q===7.5×10-7C

小球的电荷量为7.5×10-7C

（3）如果细线被剪断，拉力和电场力不变，故加速度为：

a===12.5m/s2

小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动；

答：（1）小球的带正电；

（2）小球的电荷量为7.5×10-7C；

（3）如果把细线剪断，小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动．

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题型：单选题

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单选题

如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

A

解析

解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：

a==，a∝t；

当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：

对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．

对m2：a2===t-μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．

由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．

故选：A

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题型：填空题

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填空题

如图所示，水平传送皮带顺时针转动，速度大小为2米/秒，现使质量为2千克的工件A以4米/秒的水平速度冲上皮带左端，已知A与皮带间的滑动摩擦系数为μ=0.2，皮带左右长度L=10m，它随皮带运动到右端，则开始时工件A的加速度大小为______m/s2，工件A从左端运动到右端的时间为______s．

正确答案

2

4.5

解析

解：对工件进行受力分析有：

如图工件所受合力F=f=μN=μmg

根据牛顿第二定律F=ma得加速度

因为工件速度大于传送带速度，故在摩擦力作用下工件先做匀减速直线运动，当速度与传送带速度相同时，工件开始匀速直线运动．

根据匀减速直线运动速度时间关系有工件速度减为传送带速度所需要的时间

=1s

工件位移=3m

则工件匀速运动的位移为x2=L-x1=7m

匀速运动的时间

所以工件运动的总时间t=t1+t2=4.5s

故答案为：2，4.5

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题型：简答题

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简答题

用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a和F的关系如图所示．g取10m/s2．

（1）根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；

（2）若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图的坐标系上画出这种情况下的a-F图线．（要求写出作图的根据）

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律：F-μmg=ma

所以：a=F-μg

可见a-F图象是一条直线，直线的斜率：k==2kg-1，纵轴截距为：-μg=-2m/s2

解得物体的质量为：m=0.5kg，物体与地面间的动摩擦因数为：μ=0.2．

（2）若质量的质量加倍时，物体的加速度为a=

则知，直线斜率为：k′==1.0kg-1，纵轴的截距不变，仍为-2m/s2，作出如图所示的图线．

答：（1）根据图线所给的信息，物体的质量是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；

（2）若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，在图的坐标系上画出这种情况下的a-F图线如图所示．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律：F-μmg=ma

所以：a=F-μg

可见a-F图象是一条直线，直线的斜率：k==2kg-1，纵轴截距为：-μg=-2m/s2

解得物体的质量为：m=0.5kg，物体与地面间的动摩擦因数为：μ=0.2．

（2）若质量的质量加倍时，物体的加速度为a=

则知，直线斜率为：k′==1.0kg-1，纵轴的截距不变，仍为-2m/s2，作出如图所示的图线．

答：（1）根据图线所给的信息，物体的质量是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；

（2）若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，在图的坐标系上画出这种情况下的a-F图线如图所示．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•天津期末）2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课，神舟十号航天员在天宫一号开展基础物理实验，实验中提出了如何测质量的问题，大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图．若已知双子星号宇宙飞船的质量m=3200kg，其尾部推进器提供的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8s，测出飞船和空间站速度变化是1.0m/s．则：

（1）空间站的质量M；

（2）在此过程中飞船对空间站的作用力F′．

正确答案

解：（1）飞船和空间站的加速度为：a===0.125m/s2

以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律：F=（M+m）a

900=（M+3200）×0.125

得：M=4000 kg　

（2）以空间站为研究对象，根据牛顿第二定律有：F′=Ma=4000×0.125=500N；

答：

（1）空间站的质量4000 kg；

（2）在此过程中飞船对空间站的作用力F′为500N．

解析

解：（1）飞船和空间站的加速度为：a===0.125m/s2

以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律：F=（M+m）a

900=（M+3200）×0.125

得：M=4000 kg　

（2）以空间站为研究对象，根据牛顿第二定律有：F′=Ma=4000×0.125=500N；

答：

（1）空间站的质量4000 kg；

（2）在此过程中飞船对空间站的作用力F′为500N．

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题型：填空题

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填空题

缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止，如图．小物块受到的摩擦力大小为______，方向______．（设缆车保持竖直状态运行）

正确答案

平行斜面向上

解析

解：以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力f，f沿斜面向上．根据牛顿第二定律得

f-mgsin30°=ma

解得，f=，方向平行斜面向上．

故答案为：，平行斜面向上

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题型：简答题

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简答题

（2014秋•腾冲县期末）如图所示，水平传送带以v=5m/s的恒定速度运动，传送带长AB=7.5m，今在其左端将一质量为m=1kg的工件轻轻放在上面，工件被带传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2）试求：

（1）工件经过多长时间由传送带左端运动到右端

（2）工件在传送带上相对滑动的长度．

正确答案

解：（1）物体运动的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg=ma

工件达到与皮带共同速度所用时间为 t1==1s

在此时间内工件对地位移 x1=at2

因2.5m＜7.5m，所以工件随皮带一起匀速运动，到B点又用时t2

则：x-x1=vt2

所以 t2=1s

工件在带上运动的总时间：t=t1+t2=2s

（2）相对滑动过程传送带对地位移 x2=vt1

相对滑动长度△x=x2-x1=2.5m

答：（1）工件由传送带左端运动到右端的时间是2s；

（2）工件在传送带上相对滑动的长度是2.5m．

解析

解：（1）物体运动的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg=ma

工件达到与皮带共同速度所用时间为 t1==1s

在此时间内工件对地位移 x1=at2

因2.5m＜7.5m，所以工件随皮带一起匀速运动，到B点又用时t2

则：x-x1=vt2

所以 t2=1s

工件在带上运动的总时间：t=t1+t2=2s

（2）相对滑动过程传送带对地位移 x2=vt1

相对滑动长度△x=x2-x1=2.5m

答：（1）工件由传送带左端运动到右端的时间是2s；

（2）工件在传送带上相对滑动的长度是2.5m．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，质量为M的长木板静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从木板左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0）．根据vt图象．求：

（1）物块在长木板上滑行的距离；

（2）物块质量m与长木板质量M之比．

正确答案

解：（1）由v-t图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离△s=×4m-×4m=20m．

（2）设物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a，

根据牛顿第二定律对物块：μ1mg=ma1，①

对木板：μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2，②

对整体：μ2（m+M）g=（M+m）a，③

由图象得：

a1=1.5m/s2，a2=1m/s2，a=0.5m/s2．

由以上各式解得：

m：M=3：2．

答：（1）物块在长木板上滑行的距离为20m．

（2）物块质量m与木板质量M之比为3：2．

解析

解：（1）由v-t图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离△s=×4m-×4m=20m．

（2）设物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a，

根据牛顿第二定律对物块：μ1mg=ma1，①

对木板：μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2，②

对整体：μ2（m+M）g=（M+m）a，③

由图象得：

a1=1.5m/s2，a2=1m/s2，a=0.5m/s2．

由以上各式解得：

m：M=3：2．

答：（1）物块在长木板上滑行的距离为20m．

（2）物块质量m与木板质量M之比为3：2．

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题型：简答题

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简答题

为了减少战斗机起飞时在甲板上加速的时间和距离，现代航母大多采用了蒸汽弹射技术．一架总质量M=5.0x103kg的战机如果采用滑行加速（只依靠自身动力系统加速），要达到vo=60m/s的起飞速度，甲板水平跑道的长度至少为120m．采用蒸汽弹射技术，战机在自身动力和持续的蒸汽动力共同作用下只要水平加速60m就能达到起飞速度．假设战机起飞过程是匀加速直线运动，航母保持静止，空气阻力大小不变，取g=l0m/s2．

（1）采用蒸汽弹射技术，求战机加速过程中加速度大小以及质量m=60kg的飞行员受到座椅作用力的大小．

（2）采用蒸汽弹射技术，弹射系统的弹力为多大？弹力在加速60m的过程中对战机做的功是多少？

正确答案

解：（1）设战机在自身动力和蒸汽动力共同作用下滑行的加速度为a，

则由 V02=2as

解得 a=30m/s2 ，

飞行员受到座椅水平方向的作用力 Fx=ma=1.8×103 N，

飞行员受到座椅竖直方向的作用力 Fy=mg=6.0×102 N，

飞行员受到座椅作用力大小为 F==600N=1.9×103 N，

（2）设战机只依靠自身动力作用滑行的加速度为a1，空气阻力位f，自身动力的大小为F1，弹射系统的弹力的大小为F2，

则 V02=2a1s

F1-f=Ma1

F1+F2-f=Ma

带入数据解得 F2=7.5×104N，

所以弹力的大小为7.5×104N，

弹射系统的弹力对战机做的功为 W=F2s=4.5×106J．

解析

解：（1）设战机在自身动力和蒸汽动力共同作用下滑行的加速度为a，

则由 V02=2as

解得 a=30m/s2 ，

飞行员受到座椅水平方向的作用力 Fx=ma=1.8×103 N，

飞行员受到座椅竖直方向的作用力 Fy=mg=6.0×102 N，

飞行员受到座椅作用力大小为 F==600N=1.9×103 N，

（2）设战机只依靠自身动力作用滑行的加速度为a1，空气阻力位f，自身动力的大小为F1，弹射系统的弹力的大小为F2，

则 V02=2a1s

F1-f=Ma1

F1+F2-f=Ma

带入数据解得 F2=7.5×104N，

所以弹力的大小为7.5×104N，

弹射系统的弹力对战机做的功为 W=F2s=4.5×106J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平桌面处有水平向右的匀强电场，场强大小E=2×104V/m，A、B是完全相同的两个小物体，质量均为m=0.1kg，电量均为q=2×10-5C，且都带负电，原来都被按在桌面上的P点．现设法使A物体获得和电场E同方向的初速vA0=12m/s，A开始运动的加速度大小为6m/s2，经△t时间后，设法使B物体获得和电场E同方向的初速vB0=6m/s（不计A、B两物体间的库仑力），求：

（1）在A未与B相遇前，A电势能增量的最大值；

（2）小物体与桌面之间的阻力f为多大？

（3）如果要使A尽快与B相遇，△t为多大？

正确答案

解：（1）∵vA0＞vB0，且a相同∴只能在A往返过程中与B相遇

A速度减到零，经过的位移为s==12m，tA==2s

△Emax=qEs=2×105×2×104×12 J=4.8J

（2）A释放后：qE+f=ma

得f=ma-qE=0.2N

（3）要使A在最短时间内与B相遇，则对应B减速到零时与A相遇．

B的最大位移：sB==3m 运动时间：tB==1s

A返回时：qE-f=ma′

A返回走了s′=s-sB=9m

用时==3s

∴△t=tA+-tB=4s

答：（1）在A未与B相遇前，A电势能增量的最大值为4.8J；

（2）小物体与桌面之间的阻力f为0.2N；

（3）如果要使A尽快与B相遇，△t为4s．

解析

解：（1）∵vA0＞vB0，且a相同∴只能在A往返过程中与B相遇

A速度减到零，经过的位移为s==12m，tA==2s

△Emax=qEs=2×105×2×104×12 J=4.8J

（2）A释放后：qE+f=ma

得f=ma-qE=0.2N

（3）要使A在最短时间内与B相遇，则对应B减速到零时与A相遇．

B的最大位移：sB==3m 运动时间：tB==1s

A返回时：qE-f=ma′

A返回走了s′=s-sB=9m

用时==3s

∴△t=tA+-tB=4s

答：（1）在A未与B相遇前，A电势能增量的最大值为4.8J；

（2）小物体与桌面之间的阻力f为0.2N；

（3）如果要使A尽快与B相遇，△t为4s．

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题型：单选题

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单选题

如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中载人的总质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h为（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：设B对A拉力FT

对B：Mg-FT=Ma

对A：FT-（M+m）g=（M+m）a，a=

由V2=2ah得h=，D选项正确．

故选：D．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ=37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体从A点运动到B点所用的时间为（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（　　）

A4.0s

B4.2s

C3.2s

D8.0s

正确答案

A

解析

解：物体放上传送带后，受到传送带的沿斜面向下的滑动摩擦力f1，以加速度a1做匀加速直线运动，直至与传送带速度相等．设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为s1，则：

由牛顿第二定律，有：

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

可得 a1=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2；

由运动学公式，有：v=a1t1

解得：t1===2s

则 s1===20m＜64m，物体还没有到达B点．

物体与传送带达到共同速度后，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，则

mgsinθ-μmgcosθ=ma2；所以：a2=2m/s2

LAB-s1=vt2+

解得：t2=2s

故物体经历的总时间t=t1+t2=4s．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•湖州校级期中）如图所示，一小球从静止沿斜面以恒定的加速度滚下来，依次通过A、B、C三点，已知AB=12m，AC=32m，小球通过AB、BC所用的时间均为2s，则：

（1）求出小球下滑时的加速度？

（2）斜面A点以上部分至少有多长？

正确答案

解：小球沿斜面向下做匀加速直线运动，则有

BC-AB=aT2

得到 a===m/s2=2m/s2

小球经过B点时的瞬时速度为vB==m/s=8m/s

设斜面A点以上部分至少为x．

则由

代入解得x=4m

答：

（1）求出小球下滑时的加速度2m/s2．

（2）斜面A点以上部分至少有4m．

解析

解：小球沿斜面向下做匀加速直线运动，则有

BC-AB=aT2

得到 a===m/s2=2m/s2

小球经过B点时的瞬时速度为vB==m/s=8m/s

设斜面A点以上部分至少为x．

则由

代入解得x=4m

答：

（1）求出小球下滑时的加速度2m/s2．

（2）斜面A点以上部分至少有4m．

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题型：简答题

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简答题

孝义市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过40km/h，一辆汽车在该路段紧急刹车时，沿水平直线滑行一段距离后停止．交警测得车轮与地面摩擦痕迹长10m．若车轮与地面动摩擦因数μ=0.72，取g=10m/s2

（1）请你判断该汽车是否超速；

（2）设汽车刹车制动力恒为f，驾驶员反应时间为t，汽车的质量为m，刹车前行驶速度为v，试推出驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s的表达式．

正确答案

解：（1）汽车刹车后受滑动摩擦力做匀减速运动，可得汽车的加速度为：

a==μg=7.2m/s2

由0-v02=-2ax可得：

v0=12 m/s

因12 m/s=43.2km/h＞40km/h，可知此汽车超速．

（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离s1，二是刹车后匀减速行驶的距离s2，

则s=s1+s2=vt+

根据牛顿第二定律得：a=

则s=vt+

答：（1）此汽车超速；

（2）驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s的表达式为s=vt+．

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解：（1）汽车刹车后受滑动摩擦力做匀减速运动，可得汽车的加速度为：

a==μg=7.2m/s2

由0-v02=-2ax可得：

v0=12 m/s

因12 m/s=43.2km/h＞40km/h，可知此汽车超速．

（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离s1，二是刹车后匀减速行驶的距离s2，

则s=s1+s2=vt+

根据牛顿第二定律得：a=

则s=vt+

答：（1）此汽车超速；

（2）驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s的表达式为s=vt+．

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