做匀加速运动的质点,通过某一段距离X的时间为T1通过下一段同样长距离X的时间为T2,求质点加速度

根据匀变速直线运动的速度位移公式得：v²=2ax，
解得：v=
2ax＝
2×5×105×0.64m/s=800m/s．
答：枪弹射出枪口时的速度是800m/s．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题．

小球受重力和拉力，稳定时悬绳向左偏转的角度为α时，小球的加速度a₁=gtanα．方向水平向右；
稳定时小球向右偏转的角度为β时，小球的加速度a₂=gtanβ，方向水平向左．小球与小车具有相同的加速度．
对整体分析有：F-f=（M+m）a₂，f=（M+m）a₂，联立两式解得：F=（M+m）g（tanα+tanβ）．故D正确，A、B、C错误．
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键综合运用了整体法和隔离法，知道小球和车具有相同的加速度．

（1）每隔五个打印点取一个计数点，所以2，3两计数点间的时间间隔为0.1s，
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
打点3时小车的速度为v₃=
S24
2T=0.39m/s，
（3）根据匀变速直线运动的推论△x=aT²，有：
s₄-s₃=aT²，
所以解得：a=1.8m/s²
故答案为：（1）0.1 （2）0.39 （3）1.8

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

（1）设小车加速度为a．断裂时，车和物块的速度为v₁=at=2a．断裂后，小车的速度v=v₁+at，小车的位移为：
s₁=v₁t+[1/2]at²，
滑块的位移为：s₂=v₁t
前3s相对位移有关系：△S＝S1−S2＝
1
2at2=4.5m
得：a=[2△S
t2=
2×4.5/9]=1m/s²
v₁=2a=2×1=2m/s
设后3s小车的初速度为v₁′，则小车的位移为：
s₁′=v₁′t+[1/2]at²
滑块的位移为：s₂′=v₁t
得：s₁′-s₂′=3v₁′+4.5-3v₁=10.5m
解得：v₁′=4m/s
由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t_总=5s．
小车底板总长为：L=s_车-s_滑=v₁t_总+[1/2]a
t2总-v₁t_总=[1/2]a
t2总=
1
2×1×25=12.5m
（2）滑块在这段时间内的对地位移，s_滑=v₁t_总=2×5=10m
答：（1）小车底板长是12.5m；
（2）从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多10m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动．再根据匀变速直线运动的公式进行求解．

A、匀加速运动合外力F为定值，又因为阻力不变，故牵引力恒定不变，由P=Fv，v逐渐增大 所以P增大 所以A错误，B正确．
C、△E_k=W_合=（F-f）s，在任意相等时间内，F、f、a、都是一个定值，因为物体做匀加速运动，故在任意相等时间内，△E_k是一个定值．所以C正确．
D、由v=at得：速度变化量△v=v₂-v₁=a（t₂-t₁）=a△t，因为加速度相同，任意相等位移内，所需要的时间不等，故速度的变化不相等．所以D错误．
故选BC．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．

考点点评： 该题主要考查了机车启动时功率跟牵引力、速度变化的关系，动能定理及匀变速运动公式的直接运用，难度适中．

第一阶段为初速度为零的匀加速直线运动，设时间为t₁，则有：
v=a₁t₁
得：t₁=[v
a1=
85/4]s
第二阶段为初速度为85m/s的匀减速直线运动，直至静止，按反向的初速度为零的匀加速直线运动来处理，设时间为t₂，则有：
v=a₂t₂
得：t₂=[v
a2=
85/5]s
整个过程的平均速度为：v′=[v/2]
则跑道长为：x=v′（t₁+t₂）=
85
2(
85
4+
85
5)m≈1600m
故选C

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 该题考查了匀变速直线运动的规律的应用，关键在于要正确的分析物体的运动过程，确定运动类型，利用相应的公式求解．注意解决减速速直线运动直至速度为零的情况，可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动．并可结合速度-时间图象进行分析

站在车厢里的人观察小球是以车厢为参考系，小球竖直方向一直自由落体运动，水平方向向左做匀加速运动；
汽车启动的时刻，小球速度竖直向下，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向向左做匀加速直线运动，故合加速度向左下方，与速度不共线，故物体一定做曲线运动，速度方向沿着曲线的切线方向；
故选：C．

点评：
本题考点： 运动的合成和分解．

考点点评： 本题关键是确定汽车启动的一瞬间的速度方向和加速度方向，然后根据速度沿着切线方向进行判断．

由s2+s1=1.2m，s1：s2=3：7，解得s1=0.36m，s2=0.84m对于前3s内的运动有：S1=12at2=0.36m则 a=2S1t2=2×0.3632m/s2=0.08m/s2对于后3s内的运动，中间时刻的瞬时速度为V中=S2t2=0.843m/s=0.28m/s设从初始时刻到后三秒...

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

考点点评： 解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的规律，会灵活运用匀变速直线运动公式求解．

对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图

根据牛顿第二定律，水平方向有
Tsinθ=ma ①
竖直方向受力平衡有：
Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、横杆支持力N、横杆摩擦力f，如图

根据牛顿第二定律，水平方向有
f=（M+m）a ③
竖直方向受力平衡有：
N-（M+m）g=0 ④
由①②③④解得：
tanθ＝
a
g
N=（M+m）g
T＝
m(a2+g2)
f=（M+m）a
横杆对M的作用力：F＝
f2+N2
由以上表达式可知：
横杆对M的摩擦力增大为原来2倍，但是支持力没变，故横杆对M的作用力不是原来两倍．故A错误
由拉力表达式可知，拉力T也不是增大为原来2倍，故B错误．
θ的正切变为原来的2倍，但θ不是2倍，故C错误，D正确
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题是典型的整体与部分受力分析法的应用，对连接体问题，多数要用到这个方法，建议重点训练掌握熟练．
另外在涉及正交分解的时候，一般是在运动方向列牛顿第二定律方程，而在垂直运动方向列平衡方程．

（1）设板竖直向上的加速度为a，则有：s_BC-s_AB=aT²　①
其中：T=0.1s…②
由牛顿第二定律得：F-mg=ma…③
解①②③可求得：F=22N．
（3）根据位移时间关系公式，有：
s_AB=v_AT+[1/2]aT²
s_BC+s_AB=v_A•2T+[1/2]a（2T）²
联立解得：a=1m/s²，v_A=0.1m/s
（2）根据速度时间关系公式，有：v_A=at，解得：t=0.1s；
答：（1）拉力的大小为22N；
（2）自玻璃板开始运动起，经过0.1s时间才开始接通电动音叉的电源；
（3）电动音叉的指针开始振动时，玻璃板的即时速度为0.1m/s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；简谐运动的振幅、周期和频率．

考点点评： 本题一要抓住音叉振动与玻璃板运动的同时性，AB、BC、BC对应于音叉振动半个周期．二是利用打点计时器测加速度的原理求解加速度．

由牛顿运动定律可知：a=[F−f/m]可见，图线的斜率表示物体质量的倒数，则m=0.5kg
当 a=0时，F=f，所以图线延长线与横轴的交点表示物体与水平面之间的滑动摩擦力或最大静摩擦力
由图象可知：f=1N
由f=μmg得：μ=[f/mg]=[1/5]=0.2
答：（1）图线的斜率表示物体质量的倒数，延长线与横轴的交点表示物体与水平面之间的滑动摩擦力或最大静摩擦力；
（2）物体的质量为0.5kg，物体与水平面的动摩擦因数为0.2；

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键通过牛顿第二定律求出a和F的关系式a=F−fm，知道图线的斜率表示质量的倒数，以及知道a=0时，拉力等于摩擦力．