车以6m/s的初速度在水平面上做匀加速直线运动,若加速度为2m/s2.当速度增加到14m/s时,求经历时间是多少?

（1）根据x7−x5＝2aT2得加速度：a=
x7−x5
2T2＝
4
2×1＝2m/s2．
（2）物体在前5s内的位移为：x=v0t+
1
2at2＝0.5×5+
1
2×2×25m=27.5m．
答：（1）物体匀加速运动的加速度a的大小为2m/s²；
（2）物体在前5s内的位移的大小为27.5m．

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时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．

根据初速度为零的匀加速直线运动的基本推论可知，在前1s、前2s内的位移之比是1：4，第1s内、第2s内的位移之比为1：3．
故答案为：1：4，1：3

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： 本题主要考查了初速度为零的匀加速直线运动的基本推论的直接应用，也可以根据运动学基本公式求解．

当两车速度相等时，所经历的时间t=
v甲−v乙
a＝
15−10
0.5s＝10s．
此时甲车的位移x甲＝
v甲2−v乙2
2a＝
225−100
2×0.5m=125m．
乙车的位移x_乙=v_乙t=100m．
则△x=x_甲-x_乙=25m，
（1）L＞25m，两车不相遇．
（2）L=25m，两车只相遇一次．
（3）L＜25m，两车能相遇两次．
答：（1）L＞25m，两车不相遇．
（2）L=25m，两车只相遇一次．
（3）L＜25m，两车能相遇两次．

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： 解决本题的关键抓住临界情况，结合运动学公式进行灵活求解．

A、因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则A点的速度vA＝
s1+s2
2T．故A正确．
B、根据s2−s1＝aT2得，a=
s2−s1
T2．故B错误，C正确．
D、物体在B点的速度vB＝vA+aT＝
s1+s2
2T+
s2−s1
T=
3s2−s1
2T．故D错误．
故选：AC．

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时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．有时运用推论求解会使问题更加简捷．

（1）根据h=[1/2gt2得，t=

2h
g]，则水平射程x=v₀t=v₀

2h
g，得g=
2h
v20
x2
因为初速度相等，高度相等，则星球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为
[g′/g]=

x20
(2x0)2=[1/4]
则得 g′=[1/4g=2.5 m/s²；
（2）设任一星球的质量为M，半径为R，物体的质量为m．在星球表面上，物体所受的重力近似等于星球的万有引力，则有
G
Mm
R2]=mg
则得 M=
gR2
G
则有M_星：M_地=g′
R2星：g
R2地=1：64
答：（1）该星球表面附近的重力加速度g′是2.5 m/s²；
（2）该星球的质量与地球质量之比M_星：M_地是1：64．

点评：
本题考点： 万有引力定律及其应用；平抛运动．

考点点评： 解决本题的关键知道平抛运动的分解方法和重力等于万有引力，基本题．

小球做圆周运动，在最高点b处受重力和杆的弹力，假设弹力向下，如图

根据牛顿第二定律得到，F₁+mg=m

v21
r；
当v₁=
gr，F₁=0，无弹力；
当v₁＜
gr，F₁＜0，为推力，向上；
当v₁＞
gr，F₁＞0，为拉力，向下；
当球经过最低点a时，受重力和杆的弹力，如图

由于合力提供向心力，即合力向上，故杆对球的作用力只能是向上的拉力；
故选：AC．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题关键能根据牛顿第二定律和向心力公式形式，分析杆的作用力方向，把握最高点的临界条件．要注意杆与绳子的区别，杆可以是支持力，可以是拉力，而绳子只能为拉力．

在斜坡运动的加速度为a，有速度公式有：
v=v₀+at
解得：a=
v−v0
t＝
0−20
3.8m/s2＝−
100
19m/s2
在斜坡上由牛顿第二定律可知：
-mgsin30°-f=ma
f=-mgsin30°-ma=-80×10×0.5-80×（-[100/19]）N=21N
由f=μFN＝μmgcos30°得：
μ＝
f
mgcos30°＝
21
80×10×

3
2＝0.03
答：滑雪者受到的摩擦力是21N，摩擦因数为0.03

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： 本题主要考查了牛顿第二定律的应用，关键是正确对物体受力分析；