热门试卷

解：（1）由坐标与时间的关系知：

x=3t=3×10m=30m

y=0.2t2=0.2×102m=20m

即t=10s 时刻物体的位置坐标为（30m，20m）

（2）根据x=3t，y=0.2t2判断：物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动．

且vx=3m/s，

a=0.4m/s2，

（3）竖直方向：vy=at=0.4×10m/s=4m/s

则v==5m/s

设v方向与x轴正方向夹角为θ

则tanθ==，θ=53°

答：（1）t=10s时刻物体的位置坐标（30m，20m）

（2）加速度的大小为0.4m/s2，方向为y轴正方向．

（3）t=10s时刻物体的速度的大小为5m/s，方向与x轴正方向夹角为53°．

解：（1）对妞妞用牛顿第二定律：mg-0.4mg=ma1

求得：a1=6m/s2

妞妞下落过程是匀变速直线运动，由位移时间关系：

解得：t=3s

（2）吴菊萍匀加速运动：

解得：a2=2m/s2

由速度时间关系：υ2=a2t=6m/s

（3）妞妞下落h1的速度：υ1=a1t=18m/s

缓冲过程中，缓冲过程中，对妞妞由动能定理，

得：

解得：W=-1770J

设吴菊萍对妞妞的平均作用力大小为F，

则W=-Fh2，

代入数据解得：F==1180N

答：（1）妞妞在被接到前下落的时间3s；

（2）吴菊萍跑到楼下时的速度6m/s；

（3）在缓冲过程中吴菊萍双臂受到的平均作用力为1180N．

解：（1）物体受到重力、支持力拉力和摩擦力的作用，如图，

由牛顿第二定律：Fcosθ-mgsinθ=ma

得：

由图（b）当F=0时a=-5m/s2=-gsinθ

得：sinθ=0.5     

θ=30°

（2）由图（b）当F=20N时a=5m/s2

代入 Fcosθ-mgsinθ=ma

20cos37-10msin30=5m

得：m=kg．

答：（1）倾角θ为30°．（2）物体的质量为kg．

解：（1）如图对人进行受力分析有：

如图：

x方向：mgsinθ-f=ma

y方向：N-mgcosθ=0

滑动摩擦力f=μN

由题意得AB=3m，AC=5m，所以有sin

代入数据知人的加速度a==gsinθ-μgcosθ=

（2）人在斜坡上做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移关系有：

v2-0=2ax

人滑到底端的速度

（3）人滑到底端时进入水平面，滑行过程中只有滑动摩擦力对人做功，根据动能定理有：

在水平面上，滑动摩擦力大小f=μmg，所以：

滑动距离s==2m．

答：（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小为2m/s2；

（2）人滑到斜坡底端时的速度大小为2；

（3）人离开C点后还要在地面上滑行2m才能停下．

解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，匀加速运动的时间为：t1=2s，

则由s=得：a1==m/s2 =2m/s2

有力F作用时，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1

代入数据可求得：μ=0.25

（2）设撤掉力F的瞬间物体的速度为v1，则有：v1=a1t1=2×2m/s=4m/s

设撤销力F以后，物体沿斜面减速上滑的加速度为a2，依牛顿第二定律有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

得：a2=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.25×0.8）=8m/s2

设从撤销力F至达最高点历时t2，由v1=at2得：t2==s=0.5s，

设物体达最高点后沿斜面加速下滑的加速度为a3，

则由mgsinθ-μmgcosθ=ma3

得：a3=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.25×0.8）=4m/s2

则加速下滑的时间为：t3=t-t2=1.5s-0.5s=1s

故撤销力F后1s末物体的速度为：v=a3t3=4×1=4m/s，方向沿斜面向下

（3）在F被撤消后，物体还要继续向上运动，且是做匀减速运动，当速度为零位移达到最大值，向上滑行的位移为：x1==

物体向下滑行1s时通过的位移为：x2==m=2m

所以从静止开始3.5s内物体的位移为：x′=x+x1-x2=4m+1m-2m=3m，位移方向沿斜面向上．

路程为：S=x+x1+x2=4m+1m+2m=7m

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；

（2）从撤掉力F开始1.5s末物体的速度v是4m/s，方向沿斜面向下；

（3）从静止开始3.5s内物体的位移是3m，方向沿斜面向上，路程是7m．

解：（1）煤块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得：

μmgcos37°-mgsin37°=ma，

代入数据解得：a=0.4m/s2，

煤块速度与传送带速度相等需要的时间：t1===5s，

煤块的位移：x1===5m＜L=15m，

由于mgsin37°＜μmgcos37°，则煤块速度与传送带速度相等后，

煤块相对于传送带静止，煤块做匀速直线运动，

匀速运动的位移为：x2=L-x1=15-5=10m，

煤块运输时运动时间：t2==5s，

煤块从A到B的运动时间：t=t1+t2=10s；

（2）煤块加速度运动过程中，传送带的位移：x传送带=vt1=2×5=10m，

则传送带上黑色痕迹的长度：△x=x传送带-x1=10-5=5m；

答：（1）煤块从A端运送到B端所需的时间是10s；

（2）传送带上留下的黑色痕迹长5m．

解：（1）角速度最小时，fmax沿杆向上，此时绳处于松弛状态则

竖直方向由平衡条件得FNsin45°+fmaxcos45°=mg，

水平方向由牛顿第二定律得FNcos45°-fmaxsin45°=mω12r，

且fmax=0.2FN，r=，

解得ω1=≈3.33rad/s                

（2）当fmax沿杆向下时，绳仍处于松弛状态，有

竖直方向由平衡条件得FNsin45°=fmaxcos45°+mg，

水平方向由牛顿第二定律得FNcos45°+fmaxsin45°=mω22r，

解得ω2=5rad/s                

此后，拉力随ω的增大而变大，当细线拉力刚达到最大时，有

FNsin45°-fmaxcos45°=mg

Fmax+FNcos45°+fmaxsin45°=mω32r，

解得ω3=10rad/s            

因此在ω2～ω3间，

所以拉力随角速度的函数关系式为：F拉=0（）；（5rad/s＜ω＜10rad/s）

答：（1）杆转动角速度ω的最小值为3.33rad/s；

（2）将杆的角速度从（1）问中求得的最小值开始缓慢增大，直到细线断裂，此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式为

F拉=0（）；（5rad/s＜ω＜10rad/s）．