热门试卷

解：（1）设坠落物做自由落体运动的时间为t，则有：

    h=gt2

落地速度 v0=gt   

地面人员逃离时间t′=t-0.2

逃离速度v=

将h=245m，g=10m/s2，

代入联立求得t=7s，v0=70m/s，v=14.7m/s

（2）对坠落块与地作用的过程，取竖直向上方向为正方向，根据动量定理得：

（F-mg）△t=0-（-mv0）

将△t=0.05s，v0=70 m/s，代入求得F=5.64×106 N

根据牛顿第三定律得：该坠落块对地产生的平均作用力大小为F′=F=5.64×106 N

（3）震动同时产生传播，

则由匀速运动知

求得s=23.1 km

答：（1）地面人员要逃离大厦到安全区至少要以14.7m/s速度奔跑．

（2）该坠落块对地产生的平均作用力是5.64×106 N．

（3）观测记录者与震源之间的距离s是23.1km．

解：（1）设木板在时间t内的位移为x1；木板的加速度大小为a1，木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2

则有x1=v0t-①

x2=②

x1=L+x2③

又v0-a1t=a2t④

其中a1=，a2=μ2g；

代入数据得t=1s     ⑤

（2）根据牛顿第二定律，有：

μ1（M+m）g+μ2mg=Ma1⑥

μ2mg=ma2⑦

解得μ2=0.08

答：

（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t为1秒；

（2）小物块与木板间的动摩擦因数为0.08．

解：（1）小球下落时做匀加速直线运动，

下落的加速度：a1==5m/s2，

对小球，由牛顿第二定律得：

mg-f=ma，解得：f=1N；

（2）小球落地时的速度：v=a1t=10m/s，

由题意可知，小球反弹后向上运动的初速度为10m/s，

小球向上运动过程，加速度：a2==15m/s2，

小球向上做匀减速直线运动，上升的最大高度：H1==m；

（3）第一次碰撞后，下降过程的末速度：v22=2a1H1，

第二次碰撞后上升过程：v22=2a2H2，解得：H2=H1=（）2H，

…

第99次碰撞后，上升过程：H99=（）99H=m；

答：（1）在空中所受的空气阻力大小f为1N；

（2）第一次碰撞后上升的最大高度为m；

（3）第99次碰撞后上升的最大高度为m．

解：（1）以向下方向为正方向．对空管，由牛顿第二定律可得：

mg-F=ma，

代入数据得：a=2m/s2…①

设经t时间，小球从N端穿出，小球下落的高度为：h1=-v0t+gt2…②

空管下落的高度为：h2=at2…③

则有：h1-h2=L…④

联立得：-v0t+gt2-at2=L…⑤

代入数据解得：t=4s，t=-1.5s（舍）…⑥

（2）设小球初速度v0，空管经t‘时间到达地面，则有：H=at′2…⑦

得：t′==8s…⑧

小球在t'时间下落高度为：h=-v0t′+gt′2…⑨

小球落入管内的条件是：64m≤h≤88m                                   

解得：29m/s≤v0≤32m/s

所以小球的初速度大小必须在29m/s到32m/s范围内．        

答：（1）经过4s时间从管的N端穿出；

（2）小球的初速度v0大小的范围为29m/s≤v0≤32m/s

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，对妞妞由动能定理，

得：

W=-1770J

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对妞妞做的功是-1770J．