匀变速直线运动 计算题

物体做匀变速直线运动，初速度8 m/s，方向向左，经过4 s，末速度为8 m/s，方向向右。求：物体运动的加速度。答案：加速度大小2，方向与初速度方向相反（向左）解析：设初速度方向为正方向，加速度大小2，方向与初速度方向相反（向左）A、B两艘船在大海中航行，A船向正东，速度为15公里/小时，B船向正北，速度为20公里/小时，A船正午通过某一灯塔，B船在下午2点也通过同一灯塔，问什么时候A、B两船相距最近？最近距离多少？答案：在下午1.28小时，A、B两船相距最近，最近距离为24公里分析：设灯塔在D处，如图所示，B船在D处正南202=40公里，正午后经t小时两船的距离为当t = 1.28（h），s有极小值，极小值为物体做初速度为零的匀加速直线运动，第4 s内位移7，求此物体运动的加速度。答案：解析 根据题意画出物体运动的轨迹的草图，如图12所示。第4s的位移7m。它的初速度不为零。解法一 根据局部与整体的关系，第4 s的位移，是前4 s位移与前3 s位移之差。 解法二 根据比例关系SSSS=1357 S=1 S=解法三 第4 s的位移,它的初速度是3 s末的速度,历时1 sS= 解法四 平均速度是我们常用到的概念。根据或者根据，第4 s内的平均速度，等于3.5 s时刻的瞬时速度，即解法五 根据速度与位移的关系解法六 我们也可从后往前看，这1 s做的匀减速直线运动，由初速度4，减小到3，根据两艘潜艇，相距L，以相同速度v成单纵阵航行，后艇的水声定位器发出信号到达前艇，并被反射回来，声音在水中的速度是u，求发出信号和收到信号两时刻之间的时间是多少？答案：分析指导 选后艇为参照物，声音信号对参照物的相对速度为uv，声音信号反回时相对于后艇的相对速度为u + v，往返时间汽车以12米 / 秒的速度匀速前进，在距站32米时开始制动，以2米/秒2的加速度前进，求车从制动到通过站牌所用的时间。答案：4秒分析：根据位移公式 得 t1 = 4（s），t2 = 8（s）。汽车从制动到停车的时间，汽车经6秒钟就停车，而根8秒钟不符合题意，应舍去，所以本题的解为4秒。如图所示，在河岸上利用定滑轮拉绳索使小船靠岸拉绳的速度为v，当船头的绳索与水平方向夹角为时，求船的速度。答案：船的速度是。分析：设在极短的时间内，船水平前进s1，滑轮与船之间的绳索缩短了s，因为时间t很小，可以认为由s1和s组成的三角形ABC为直角三角形，则，故 。如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，从某点A沿斜面水平方向抛出一球，其初速度为v0=5米/ 秒，求3秒末小球在水平方向运动的位移x=？，3秒末运动到P点的速度vp = ? 3秒末沿斜面的位移？（g取10米/ 秒2）答案：位移 分析：根据运动的独立性原理，水平位移x = v0t =53=15(m)物体沿斜面下滑的加速度vy = at=53=15（m/s）方向与水平成角 位移 船速为4米/ 秒的小船在宽100米、水速为3米/秒的河中，由此岸划向彼岸。要想渡河时间最短应怎么划船，渡河时间为多少？若使船垂直于河岸到达彼岸应如何划船？渡河时间多长？答案：25s 船头必须斜向河的上游，方向与上游河岸成角；渡河时间38s分析：根据运动的独立性原理，只要船头垂直河岸通过100米即可，而与沿河流方向上运动无关，所以渡河时间（s）。要使船沿垂直河岸运动合运动，船头必须斜向河的上游，方向与上游河岸成角，一辆电车，原来的速度是18 m/s在一段下坡路上以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求加速行驶了20 s时的速度解：据题意，电车的初速度18 m/s，加速度a0.5 m/s2，t20 s根据公式t0at18 m/s0.5 m/s220 s28 m/s电车行驶20 s时的速度为28 m/s火车在通过桥梁的时候，要提前减速一列以72 km/h的速度匀速行驶的火车在驶近一座铁桥前，做匀减速运动，减速行驶了2 min，加速度的大小是0.1 m/s2，火车减速后的速度是多大？解：据题意，072 km/h20 m/s，t2 min120 s，火车做匀减速运动，加速度应为负值，即a0.1 m/s2根据，可得火车的末速度为t 0at20 m/s（0.1 m/s2）120 s8 m/s火车减速行驶2 min后的速度是8 m/s机车原来的速度是36 km/h，在一段下坡路上加速度为0.2 m/s2机车行驶到下坡末端，速度增加到54 km/h求机车通过这段下坡路所用的时间解：据题意，036 km/h10 m/s，t54 km/h15 m/s，a0.2 m/s2根据公式t 0at可得钢球在斜槽上做初速度为零的匀加速运动，开始运动后0.2 s内通过的路程是3 cm，1 s内通过的路程是多少？如果斜面长1.5 m，钢球由斜面顶端滚到底端需要多长时间？解：据题意，钢球做初速度为零的匀加速直线运动，其位移与路程相等，与t2成正比可得同理可求得钢球滚到斜面底端所用的时间t12骑自行车的人以5 m/s的初速度登上斜坡，做匀减速运动，加速度的大小是0.4 m/s2，经过10 s，在斜坡上通过多长的距离？解：据题意，018 m/s，s36 m，t3 s根据公式s0tat2 可得骑自行车的人以5 m/s的初速度登上斜坡，做匀减速运动，加速度的大小是0.4 m/s2，经过10 s，在斜坡上通过多长的距离？解：据题意，05 m/s，t10 s，做匀减速运动，加速度的方向与速度的方向相反，为负值a0.4 m/s212根据公式s0tat2 可得s510 m（0.4）102 m30 m即他在斜坡上前进了30 m一根长杆ab，竖直向下自由落，距杆的上a点20m处有一c点，已知整个杆通过c点的时间是1s。求：杆的长度l。答案：l15（m）解析：有的同学认为自由下落1s，那么杆长，这是错误的，因为他没有弄清这1s的含义。首先画出其运动过程的示意图，如图26所示，杆通过c点的时间，即为b点到达c点和a点到达c点的时间之差，设b点到达c点时间为，a点到达c点时间。 由解得：l15（m） 物体做自由落体运动，最后1s内位移是物体开始下落距地面高度的，求物体开始下落处距地面的高度。答案：45m小球作自由落体运动，它在前n秒内通过的位移和前n+1秒内通过的位移之比是多少？它在第n秒内通过的位移跟第n+1秒内通过的位移之比是多少？答案：它在前n秒与前n+1秒位移之比为n2 = ( n+1)2 它在第n秒与第n+1秒位移之比为(2n1)(2n+1)分析：根据 则有snsn+1=an2a ( n+1)2 = n2( n+1)2它在第n+1秒内通过的位移为sn = an2 a ( n1)2 =a(2n1)它在第n+1秒内通过的位移为sn+1 = a ( n+1)2 an2 = a(2n+1)故 snsn+1 = a(2n1)a(2n+1) = (2n1)(2n+1)它在前n秒与前n+1秒位移之比为n2 = ( n+1)2 ，它在第n秒与第n+1秒位移之比为(2n1)(2n+1)。物体从h米高处自由落下，如果把h分成这样4段，即使物体通过每段的时间相等，求每段的长度。答案：，。分析：可利用，ssss = 1357，设将全段分为n个等分，有，n = 16，可求出每段长度。则自由而下各段长度分别为：，。当气体匀速上升到150米高处时，从气球上掉下一个物体，经过6秒钟落地，g取10米 / 秒2，不计空气阻力，求物体落地时的速度多大？答案：物体落地的速度为55米/ 秒，方向向下。分析：气球上掉下的物体，因为有向上的初速v0，做竖直上抛运动，以抛出原点为坐标原点，可整段直接运用位移公式，有故，求得v0 = 5米/ 秒，方向向上。根据速度公式 vt = v0 g t = 5106=55(m / s)，负号表示落地的速度与初速方向。气球以10米/ 秒的速度匀速上升，到达高度为19.2米处时，由气球正下方的地面上，以30米/ 秒的速度竖直上抛一石子，石子与气球何时相遇？若要与气球相遇，则石子的最小速度是多少？（g取10米/ 秒2）答案：1.6秒时（y石1 = 35.2米），相遇一次，第二次在2.4秒（y石2 = 43.2米）时相遇。石子的最小速度是分析：本题实质是一个竖直上抛运动中的追及问题，所不同的是上抛具有往复性，追及就可能出现二次相遇和一次相遇的情境。本题中把气球和石子当成质点考虑，以初始位置为原点，以初速为正方向。根据题意画如右图所示：设石子上升t秒时与气球相遇y球 = L + v球t （1）y石 = v石 tg t2 （2）石子与气球相遇时，y球 = y石 （3）故 故 t1=1.6（s），t2=2.4（s）把t1和t2值代入（2）式得y石1 = 35.2（m），y石2 = 43.2（m），说明在1.6秒时（y石1 = 35.2米），相遇一次，第二次在2.4秒（y石2 = 43.2米）时相遇。设石子与气球相遇时最小速度为，是石子与气球在空中只有一次相遇时上抛的初速度，此时y球 = L + v球t （1） （2）相遇时 y球 = y石 （3）解方程组得 （4）当石子与球只有一次相遇时，（4）式不应出现重根，则故将值代入（4）式相遇时石子的速度是相遇时，在此以后，二物分离球匀速上升，石子匀减速上升，到最高点后落回地面，二者不再相遇。球从塔顶自由落下,当落下时, 球从距塔顶bm处开始自由下落，结果两球同时落地，求：塔的高度。答案：解析 据题意画出它们运动轨迹的示意图，首先要判断a与b距塔顶距离，哪个大，由于球、球同时落地，而球通过后已有速度，在相同时间内，球位移大于球位移，因此ba，球离地面距离小，其轨迹如图21所示。设塔高h，B球下落时间t，B球下落高度h-b。t时间内，A球位移h-a，a的初速v。对球：对球： 由联立：以初速v0 上抛一个物体，求通过h高时所用时间。答案：；分析：设物体抛出后经过的时间为t，根据运动学公式即 g t22 v0 t + 2h = 0得 讨论 当时，t为虚根，无解，其物理意义为高度h太高而初速度较小，上升不到h那么高。当时，只有一解，这是上抛物体上升到最大高度的时间。当，此时有两解，设上升时间为t1，下降时间为t2，则，若抛出的物体经过抛出点下方h处，则 （此值符合题意）（此值不符合题意，舍去）此题中因v0和h的不同，可能有：；。四个t均为供选择的答案。用20米 / 秒的初速度竖直上抛一小球，再以25米 / 秒的初速度竖直上抛另一小球，在高15米处两球相遇，求两球抛出的时间差多少？（g取10米/ 秒2）答案：若第2个小球比第1个小球晚抛时间t = t1t2 = 10.7=0.3秒，可在15米高处追上第一个小球；若第二个小球比第1个小球晚抛t = t1t2 = 30.7=2.3秒，可在15米高处与第一个小球迎面相遇。分析：设第1个小球和第2个小球通过高15米处的时间分别为t1和t2，根据位移公式，对第1个小球，解得 t1 = 1秒或t1 = 3秒。1秒为上升1秒后位移是15米，3秒是下降时位移为15米时的时间。对第2个小球，解得 t2 = 0.7秒或t2 = 4.3秒，说明第2个小球经0.7秒可上升到15米高处，经过4.3秒下降时回到15米处。若第2个小球比第1个小球晚抛时间t = t1t2 = 10.7=0.3秒，可在15米高处追上第一个小球；若第二个小球比第1个小球晚抛t = t1t2 = 30.7=2.3秒，可在15米高处与第一个小球迎面相遇。一辆卡车，它急刹车时的加速度的大小是5 m/s2如果要求它在急刹车后22.5 m内必须停下，它的行驶速度不能超过多少千米每时？解：已知刹车时加速度为负值a5 m/s2，s22.5 m，t0由公式可得即它的行驶速度不能超过54 km/h。有一些航空母舰上装有帮助起飞的弹射系统已知某型号的战斗机在跑道上加速时，可能产生的最大加速度5 m/s2，起飞速度为50 m/s，如果要求该飞机滑行100 m后起飞，那么，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？解：据题意可知a5 m