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2019-2020年高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿运动定律的应用学案[考试标准]知识内容必考要求加试要求说明牛顿运动定律应用dd
1.求解连接体问题时,只限于各物体加速度相同的情形.
2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.超重与失重b
一、两类动力学问题1.两类动力学问题1已知受力情况求物体的运动情况.2已知运动情况求物体的受力情况.2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如下图自测1 水平路面上质量是30kg的手推车,在受到60N的水平推力时做加速度为
1.5m/s2的匀加速运动.如果撤去推力,车的加速度的大小是多少?g=10m/s2答案
0.5m/s2解析 设阻力大小为Ff,则F-Ff=ma解得Ff=15N如果撤去推力,车的加速度大小为a′,则Ff=ma′解得a′=
0.5m/s
2.
二、超重与失重1.超重1定义物体对支持物的压力或对竖直悬挂物的拉力大于物体所受重力的现象.2产生条件物体具有向上的加速度.2.失重1定义物体对支持物的压力或对竖直悬挂物的拉力小于物体所受重力的现象.2产生条件物体具有向下的加速度.3.完全失重1定义物体对支持物的压力或对竖直悬挂物的拉力等于零的现象称为完全失重现象.2产生条件物体的加速度a=g,方向竖直向下.自测2 关于超重和失重的下列说法中,正确的是 A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化答案 D命题点一 超重与失重现象1.不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变.2.在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会完全消失.3.尽管物体的加速度不是竖直方向,但只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.例1 广州塔,昵称小蛮腰,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图象如图1所示.则下列相关说法正确的是 图1A.t=
4.5s时,电梯处于失重状态B.5~55s时间内,绳索拉力最小C.t=
59.5s时,电梯处于超重状态D.t=59s时,电梯处于失重状态答案 D解析 利用a-t图象可判断t=
4.5s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,则A错误;0~5s时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5~55s时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力等于重力,55~60s时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B、C错误,D正确.变式1 xx·慈溪中学期中xx年10月份,萧山区某中学举行了校秋季运动会,小明同学参加了跳高决赛,他以背越式跳过
1.65m的高度拿到了本届校运会的亚军,为班级争了光.若忽略空气阻力,则下列说法正确的是 A.小明下降过程中处于失重状态B.小明脚离地起跳以后在上升过程中处于超重状态C.小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力D.小明起跳以后在下降过程中重力消失了答案 A解析 小明下降过程中,只受重力的作用,有向下的重力加速度,处于失重状态,故A正确;起跳以后在上升过程中,只受重力的作用,有向下的重力加速度,处于失重状态,故B错误;小明起跳时加速度的方向向上,所以地面对他的支持力大于他的重力,故C错误;人处于超重或失重状态时,人的重力并没变,故D错误.变式2 如图2所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛不计空气阻力.下列说法正确的是 图2A.在上升或下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力答案 A解析 无论物体在上升过程中还是下降过程中,两物体组成的系统都只受重力作用,系统处于完全失重状态,所以在整个上升和下降过程中,A对B的压力始终为零,故选项A正确.变式3 质量为60kg的人,站在升降机内的台秤上,测得体重为480N,则升降机的运动是g取10m/s2 A.可能是匀速下降B.升降机加速度大小为2m/s2C.升降机加速度大小为3m/s2D.可能是减速下降答案 B解析 对人受力分析,受重力和支持力,支持力小于重力,故合力向下,加速度向下,故升降机的加速度也向下,所以升降机的运动是加速下降或减速上升,由牛顿第二定律得mg-F=ma,解得a=m/s2=2m/s2,故B正确.命题点二 动力学中的图象问题1.常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等.2.图象问题的类型1已知物体受的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况.2已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况.3由已知条件确定某物理量的变化图象.3.解决图象问题的关键1看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始.2理解图象的物理意义,能够抓住图象的一些关键点,如斜率、截距、面积、交点、拐点等,判断物体的运动情况或受力情况,再结合牛顿运动定律求解.例2 xx·平阳二中期中如图3甲所示,用一水平外力F推物体,使其静止在倾角为θ的光滑固定斜面上.逐渐增大F,物体开始做变加速运动,其加速度a随F变化的图象如图乙所示.g取10m/s
2.根据图乙中所提供的信息不能计算出的是 图3A.物体的质量B.斜面的倾角C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D.加速度为6m/s2时物体的速度答案 D解析 对物体受力分析,物体受推力、重力、支持力,沿斜面方向和垂直于斜面方向分别建立x轴、y轴,并将力沿坐标轴的方向分解,如图所示.x轴方向Fcosθ-mgsinθ=ma,y轴方向FN-Fsinθ-mgcosθ=0,从图象中取两个点0N,-6m/s
2、30N6m/s2代入,解得m=2kg,θ=37°,当a=0时,可解得F=15N,因而A、B、C可以算出;根据图中信息无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小,因而D不可以算出.变式4 雨滴从空中由静止落下,若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大,如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是 答案 C解析 雨滴速度增大时,阻力也增大,由牛顿第二定律得a=,故加速度逐渐减小,最终雨滴做匀速运动,故C正确.变式5 xx·浙江“9+1”高中联盟期中水平力F方向确定,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,F的大小按图4甲所示规律变化,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示.重力加速度大小为10m/s2,则下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力Ffm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力Ff、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m的值正确的是 甲 乙图4A.Ffm=4NB.μ=
0.1C.Ff=6ND.m=2kg答案 B解析 t=2s时,Ffm=F=6N;F1-μmg=ma1,即6-μmg=m.t=4s时,F2-μmg=ma2,即12-μmg=3m,解得m=3kg,μ=
0.1,则Ff=μmg=3N.命题点三 动力学的两类基本问题1.把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析物体的受力情况分析和运动过程分析.一个桥梁加速度是联系物体运动和受力的桥梁.2.寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系.如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,画图找出各过程的位移之间的联系.例3 xx·浙江4月选考·19如图5所示,游船从某码头沿直线行驶到湖对岸,小明对过程进行观测并记录数据如下表图5运动过程运动时间运动状态匀加速运动0~40s初速度v0=0;末速度v=
4.2m/s匀速运动40~640sv=
4.2m/s匀减速运动640~720s靠岸时v1=
0.2m/s1求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1;2若游船和游客的总质量M=8000kg,求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F;3求游船在整个行驶过程中的平均速度大小.答案
10.105m/s2 84m 2400N
33.86m/s解析 1由运动学公式知a1==
0.105m/s2位移x1=a1t2=84m2匀减速运动过程中加速度大小a2==
0.05m/s2由牛顿第二定律得F=Ma2=400N3总位移x=x1+vt2+t3=2780m平均速度大小=≈
3.86m/s.变式6 xx·浙江10月学考·19如图6所示在某段平直的铁路上,一列以324km/h高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶,5min后恰好停在某车站,并在该站停留4min,随后匀加速驶离车站,经
8.1km后恢复到原速324km/h.g取10m/s2图61求列车减速时的加速度大小;2若该列车总质量为
8.0×105kg,所受阻力恒为车重的
0.1倍,求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小;3求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小.答案 见解析解析 1列车的速度为324km/h=90m/s,经过5min=300s停下,所以加速度大小为a==m/s2=
0.3m/s22Ff=
0.1mg,根据牛顿第二定律,F-
0.1mg=ma′v2=2a′x′,因x′=
8.1km=8100m,v=90m/s,m=
8.0×105kg解得a′=
0.5m/s2,F=
1.2×106N3根据2可知,重新加速时间为t′==s=180s减速过程中通过的位移x=t=45×300m=13500m所以整个过程的平均速度大小==m/s=30m/s.变式7 xx·浙江4月选考·19如图7是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55s.若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18m/s.然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台.假定观光平台高度为549m,取g=10m/s
2.图71若电梯经过20s匀加速达到最大速度,求加速度a1及上升高度h;2在1问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为60kg,求小明对电梯地板的压力;3求电梯匀速运动的时间.答案
10.9m/s2 180m 2654N,方向竖直向下36s解析 1由运动学公式可得a1==m/s2=
0.9m/s2h=a1t=×
0.9×202m=180m2对小明受力分析,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma1则FN=mg+ma1=654N根据牛顿第三定律得小明对地板的压力FN′=FN=654N,方向竖直向下3设匀速运动时间为t0,运动的总时间为t总,作出整个过程的v-t图象如图所示,则由v-t图象可得H=t总+t0vm解得t0=6s.变式8 如图8所示,一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下,从A点静止出发沿杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数为,g取10m/s
2.试求图81小球运动的加速度大小;2若F作用
1.2s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离.答案
12.5m/s2
22.4m解析 1在力F作用下,对小球受力分析如图甲所示,由牛顿第二定律得F-mgsin30°-μF-mgcos30°=ma1解得a1=
2.5m/s22刚撤去F时,小球的速度v1=a1t1=3m/s小球的位移x1=t1=
1.8m撤去力F后,小球上滑时,受力分析如图乙.由牛顿第二定律得mgsin30°+μmgcos30°=ma2解得a2=
7.5m/s2小球上滑时间t2==
0.4s上滑位移x2=t2=
0.6m则小球上滑过程中距A点的最大距离为xm=x1+x2=
2.4m.命题点四 传送带模型模型1 水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景11可能一直加速2可能先加速后匀速情景21v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速2v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景31传送带较短时,滑块一直减速达到左端2传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v返回右端时速度为v,当v0<v返回右端时速度为v0模型2 倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1若滑块能够上滑,则1可能一直加速2可能先加速后匀速情景21可能一直加速2可能先加速后匀速3可能先以a1加速后以a2加速情景31可能一直加速2可能一直匀速3可能先加速后匀速4可能先减速后匀速5可能先以a1加速后以a2加速6可能一直减速情景41可能一直加速2可能一直匀速3可能先减速后反向加速4可能一直减速例4 xx·武义二中月考如图9所示,水平传送带两端相距x=8m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=
0.6,工件滑上A端时速度vA=10m/s,设工件到达B端时的速度大小为vB.取g=10m/s2图91若传送带静止不动,求vB;2若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗?若不能,说明理由;若能,求到达B点的速度大小vB;3若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间.答案 12m/s 2能 2m/s 313m/s
0.67s解析 1工件受到的摩擦力方向水平向右,加速度大小为a,根据牛顿第二定律可知μmg=ma,则a=μg=6m/s2,且v-v=2ax,故vB=2m/s.2能.当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终减速,故工件到达B端的速度vB=2m/s.3传送带以v=13m/s逆时针匀速转动时,开始时工件受到的摩擦力方向水平向左,加速度大小a′=6m/s2,工件速度达到13m/s时所用时间为t1==
0.5s,运动的位移为x1=vAt1+a′t=
5.75m<8m,则工件在到达B端前速度就达到了13m/s,此后工件与传送带相对静止,因此工件先加速后匀速运动.匀速运动的位移x2=x-x1=
2.25m,t2=≈
0.17s,工件由A到B所用的时间t=t1+t2=
0.67s.变式9 如图10所示,水平传送带A、B两端相距x=4m,以v0=4m/s的速度始终保持不变顺时针运转,今将一小煤块可视为质点无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕,已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=
0.4,取重力加速度大小g=10m/s2,则煤块从A运动到B的过程中 图10A.煤块从A运动到B的时间是sB.煤块从A运动到B的时间是
2.25sC.划痕长度是
0.5mD.划痕长度是2m答案 D解析 小煤块与传送带共速前做匀加速直线运动,加速度大小为a=μg=4m/s2加速时间t1==1s,位移x1=at=2m.匀速运动时间t2==
0.5s.煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=
1.5s煤块匀加速运动的时间内传送带的位移x3=v0t1=4m划痕长度Δx=x3-x1=2m.变式10 如图11所示,电动传送带以恒定速度v0=
1.2m/s运行,传送带与水平面的夹角α=37°,现将质量m=20kg的物品箱轻放到传送带底端,经过一段时间后,物品箱被送到高h=
1.8m的平台上,已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ=
0.85,不计其他损耗,则每件物品箱从传送带底端送到平台上,需要多长时间?sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,g取10m/s2图11答案
3.25s解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动,当速度达到v0时,与传送带一起做匀速运动到平台.物品箱刚放上去时,根据牛顿第二定律有μmgcosα-mgsinα=ma,解得a=
0.8m/s
2.从静止到与传送带共速所用时间t1==s=
1.5s,此过程中,物品箱沿斜面向上的位移x=t1=
0.9m.物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t2==s=
1.75s,总时间为t=t1+t2=
3.25s.1.下列说法中正确的是 A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案 B
2.xx·舟山中学期中某同学站在体重计上研究超重与失重,如图
1.她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程.下列说法正确的是 图1A.只有“起立”过程,才能出现失重的现象B.只有“下蹲”过程,才能出现超重的现象C.“起立”、“下蹲”的过程都能出现超重和失重的现象D.“起立”的过程,先出现失重现象后出现超重现象答案 C解析 “下蹲”过程,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态;“起立”过程,人先向上做加速运动,后向上做减速运动,则人先处于超重状态,后处于失重状态,故A、B、D错误,C正确.
3.xx·绍兴市选考模拟在xx年里约奥运会男子蹦床决赛中,我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌.如图2所示为运动员正在比赛时的照片,不计空气阻力,下列说法正确的是 图2A.运动员离开蹦床后处于失重状态B.运动员上升到最高点时加速度为零C.运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动D.运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态答案 A解析 运动员离开蹦床后,仅受重力,加速度方向向下,处于失重状态,故A正确;运动员上升到最高点时,仅受重力,加速度为g,故B错误;运动员下落碰到蹦床后,开始重力大于弹力,加速度向下,向下做加速运动,弹力不断增大,重力小于弹力后,加速度向上,向下做减速运动,故C错误;运动员在接触蹦床过程中,先加速向下,处于失重状态,后减速向下,处于超重状态,故D错误.
4.xx·湖州市期末如图3所示,一体重为500N的同学站在体重计上,在升降机中研究超重和失重现象,升降机在上升过程中经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段,则比较符合实际情况的体重计示数依次为 图3A.520N、500N、480NB.480N、500N、520NC.480N、520N、500ND.500N、500N、500N答案 A解析 匀加速上升,超重,体重计示数大于重力,匀速时体重计示数等于重力,匀减速时失重,体重计示数小于重力.5.xx·绍兴市调研一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面,在水平面上运动的v-t图象如图4所示.已知重力加速度为g,则根据图象不能求出的物理量是 图4A.木块的位移大小B.木块的加速度大小C.木块所受摩擦力D.木块与水平面间的动摩擦因数答案 C解析 位移大小可由图象与时间轴所围的面积求出,由v-t图线的斜率可求出加速度大小a,由牛顿第二定律知,a=μg,故动摩擦因数μ也可求出,由于不知木块的质量,故不能求出木块所受摩擦力.6.xx·温州市十校高三期末如图5甲所示,是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的“·”表示人的重心.图乙是根据传感器画出的F-t图线.两图中a~g各点均相对应,其中有几个点在图甲中没有画出,图乙中a、c、e点对应的纵坐标均为700N.取重力加速度g=10m/s
2.请根据这两个图所给出的信息,判断下面说法中正确的是 甲 乙图5A.此人重心在b点时处于超重状态B.此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小C.此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小D.此人重心在f点时,脚刚好离开传感器答案 D解析 由题图知a、c、e点处对应的F=G,故加速度等于0,b点处F<G,处于失重状态,重心在f点时,F=0,脚刚好离开传感器.
7.如图6所示,两个质量相同的物体1和2紧靠在一起,放在光滑的水平桌面上.若它们分别受到水平推力F1和F2作用,而且F1>F2,则1施于2的作用力大小为 图6A.F1B.F2C.F1+F2D.F1-F2答案 C解析 设物体1和2的质量都为m,加速度为a,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得a=.以物体2为研究对象,有a=,解得F12=.故C选项正确.
8.如图7所示,一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮,绳的一端系一质量m=15kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m′=10kg的猴子,从绳子的一端沿绳子向上爬,在重物不离开地面的条件下,猴子向上爬的最大加速度为g取10m/s2 图7A.25m/s2B.5m/s2C.10m/s2D.15m/s2答案 B解析 在重物不离开地面的条件下,绳子的最大拉力为F=mg=150N,对猴子受力分析,设其向上爬的最大加速度为a,由牛顿第二定律有F-m′g=m′a,解得a=5m/s2,故B选项正确.9.如图8甲所示,小物块从光滑固定斜面上自由滑下,小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示.g=10m/s2,下列说法正确的是 图8A.小物块的加速度大小恒为
2.5m/s2B.斜面倾角为60°C.小物块2s末的速度是5m/sD.小物块第2s内的平均速度为
7.5m/s答案 D解析 由题图得x=
2.5t2,对照公式x=v0t+at2,得初速度v0=0,加速度a=5m/s2,选项A错误;由牛顿第二定律得ma=mgsinθ,则sinθ===
0.5,θ=30°,选项B错误;小物块2s末的速度v2=at2=5×2m/s=10m/s,选项C错误;小物块1s末的速度v1=at1=5m/s,第2s内的平均速度==
7.5m/s,选项D正确.
10.xx·余姚中学高三上期中如图9所示,传送带的水平部分AB是绷紧的,当传送带不运转时,滑块从斜面顶端由静止下滑,通过AB所用时间为t1,从B端飞出时速度大小为v
1.若传送带沿逆时针方向运转,滑块同样从斜面顶端由静止下滑,通过AB所用时间为t2,从B端飞出时速度大小为v2,则 图9A.t1=t2,v1=v2B.t1<t2,v1>v2C.t1>t2,v1>v2D.t1=t2,v1>v2答案 A解析 在两种情况下,滑块到达A点的初速度相等,在传送带上都做匀减速直线运动,加速度大小相等,根据速度位移公式知,到达B端的速度相等,即v1=v2,结合速度时间公式知,t1=t2,故A正确,B、C、D错误.11.如图10甲所示,质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动.过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图象如图乙所示.取重力加速度g=10m/s
2.求图101力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;210s末物体离A点的距离.答案 见解析解析 1设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1,则由v-t图象得a1=2m/s2根据牛顿第二定律,有F+μmg=ma1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2,则由v-t图象得a2=1m/s2根据牛顿第二定律,有F-μmg=ma2,联立解得F=3N,μ=
0.
05.2设10s末物体离A点的距离为d,d应为v-t图象与横轴所围的面积,则d=×4×8m-×6×6m=-2m,负号表示物体在A点左边.12.有一种能够垂直起降的小型遥控无人机,质量为m=2kg,假定运动过程中所受空气阻力大小恒为F阻=4N,方向与无人机运动方向相反.当无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,经时间t=4s时,离地面的高度为h=48m,g取10m/s
2.1其动力系统能够提供的最大升力为多大?2当无人机悬停在距离地面高度H=100m处时,由于动力设备故障,无人机突然失去升力,从静止开始坠落,则无人机坠落地面时的速度为多大?答案 136N 240m/s解析 1无人机以最大升力竖直向上起飞,做匀加速直线运动,有h=a1t2,解得a1==6m/s2,根据牛顿第二定律有F-mg-F阻=ma1,解得F=36N.2无人机失去升力坠落过程,做匀加速直线运动根据牛顿第二定律,有mg-F阻=ma2,解得a2=8m/s2,由v2=2a2H,解得v=40m/s.13.由于下了大雪,许多同学在课间追逐嬉戏,尽情玩耍,而同学王清和张华却做了一个小实验他们造出一个方形的雪块,让它以一定的初速度从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡坡上的雪已压实,斜坡表面平整,发现雪块能沿坡面最大上冲
3.2m.已知雪块与坡面间的动摩擦因数为μ=
0.05,他们又测量了斜坡的倾角为θ=37°,如图11所示,他俩就估测出了雪块的初速度.那么sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,g取10m/s2图111请你算出雪块的初速度为多大;2求雪块沿坡面向上滑的时间为多长;3求雪块沿坡面滑到底端的速度大小.答案
16.4m/s 21s 36m/s解析 1雪块上滑的加速度大小a1==gsin37°+μgcos37°=
6.4m/s2则雪块的初速度大小v0==m/s=
6.4m/s2雪块上滑的时间t==s=1s3雪块下滑的加速度大小a2==gsin37°-μgcos37°=
5.6m/s2则到达底端的速度大小v==m/s≈6m/s.。