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2015届高三物理大一轮复习:3-3 牛顿运动定律的综合应用


第3讲 牛顿运动定律的综合应用

牛顿运动定律的应用 (考纲要求 Ⅱ)
1.动力学的两类基本问题 运动情况 . (1)已知受力情况求物体的__________ 受力情况 . (2)已知运动情况求物体的__________

2.解决两类基本问题的方法 加速度 为“桥梁”,由___________ 运动学公式 和________

____ 牛顿第二定律 以________

列方程求解,具体逻辑关系如图:

超重和失重 (考纲要求 Ⅰ)
1 .超重 大于 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) _____ 物体所受重力的现象. 向上 的加速度. (2)产生条件:物体具有______

2.失重
小于 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) _____ 物体所受重力的现象. 向下 的加速度. (2)产生条件:物体具有_____

3.完全失重

(1)定义:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉
等于零 的现象称为完全失重现象. 力) _________ g ,方向竖直向下. (2)产生条件:物体的加速度a=___

判断正误,正确的划“√”,错误的划 “×”.

(1)超重时物体的重力大于mg.
(2)失重时物体的重力小于mg.

(
(

)
) ) )

(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态. ( 速度方向无关. (

(4)物体处于超重或失重状态,由加速度的方向决定,与

答案

(1)×

(2)×

(3)×

(4)√

基础自测
1.(单选)关于超重和失重的下列说法中,正确的是(
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

).

A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受

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

解析

物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下

的加速度时处于失重状态,超重和失重并非物体的重力
发生变化,而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 发生了变化,综上所述,A、B、C均错,D正确. 答案 D

2.(单选)下列实例属于超重现象的是

(

).

A.汽车驶过拱桥顶端时
B.火箭点火后加速升空时 C.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动时 D.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时

解析

发生超重现象时,物体的加速度方向竖直向上.汽

车驶过拱桥顶端时,其向心加速度竖直向下指向圆心,

汽车处于失重状态,A错误;火箭点火后加速升空,加速
度竖直向上,处于超重状态,B正确;跳水运动员离开跳 板向上运动时,只受重力,运动员处于完全失重状态,C 错误;体操运动员握住单杠在空中不动时,运动员处于 平衡状态,D错误.

答案

B

3.(2013·新课标卷Ⅰ,14)(单选)如图3-3-1是伽利略1604 年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的三列数

据如下表.表中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运
动的距离,第一列是伽利略在分析实验数据时添加 的.根据表中的数据.伽利略可以得出的结论是 ( ).

A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关 C.物体运动的距离与时间的平方成正比 D.物体运动的加速度与重力加速度成正比 解析 本题以伽利略的斜面实验为背景,通过数据反映规

律,所以应从数据之间的关系入手.
表中第一列数据明显是第二列数据的平方,而第三列物体 沿斜面运动的距离之比非常接近第一列数据,所以可以 得出结论,在误差允许的范围内,物体运动的距离与时 间的平方成正比,选项C正确.

答案

C

4.(单选)质量为 1 kg 的质点,受水平恒力作用,由静止开始做 匀加速直线运动, 它在 t s 内的位移为 x m, 则 F 的大小为(单 位为 N) 2x A. 2 t 2x C. 2t+1 2x B. 2t-1 2x D. t- 1 ( ).

1 2 2mx 解析 由牛顿第二定律 F=ma 与 x= at ,得出 F= 2 = 2 t 2x . t2
答案 A

5.(单选)一个原来静止的物体,质量是7 kg,在14 N的恒力

作用下,则5 s末的速度及5 s内通过的路程为
A.8 m/s C.10 m/s
解析

(

).

25 m 25 m

B.2 m/s D.10 m/s

25 m 12.5 m

物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀

加速直线运动.由牛顿第二定律和运动学公式得: F 14 a=m= m/s2=2 m/s2,v=at=2×5 m/s=10 m/s, 7 1 2 1 x= at = ×2×25 m=25 m. 2 2

答案

C

热点一 动力学的两类基本问题
?解决两类动力学基本问题应把握的关键

(1) 做好两个分析 ——物体的受力分析和物体的运动过程分
析; 根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情 况、加速度变化情况及速度变化情况. (2) 抓住一个“桥梁” —— 物体运动的加速度是联系运动和

力的桥梁.

【典例1】 (2013·江南十校联考,22)如图3-3-2所示,倾 角为 30 °的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接.现将一滑

块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放,最终停在水
平面上的C点.已知A点距水平面的高度h=0.8 m,B点 距C点的距离L=2.0 m.(滑块经过B点时没有能量损失, g=10 m/s2),求:

图3-3-2

(1)滑块在运动过程中的最大速度; (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ; (3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0 s时速度的大小.

教你审题
第一步:读题→抓关键词→获取信息
关键词 获取信息 ①光滑斜面与粗糙的水平面 滑块在斜面上不受摩 擦力,水平面受摩擦力 ②从斜面上的A点由静止释放 滑块的初速度 v0=0 ③最终停在水平面上的C点 滑 块的末速度为零 ④滑块经过B点时没有能量损失 斜面上的末速度 和水平面上的初速度大小相等

第二步:分析理清思路 → 抓突破口做好两分析 → 受力分 析、运动分析 ①滑块在斜面上:

滑块做初速度为零的匀加速直线运动.

②滑块在水平面上:

滑块做匀减速运动. 第三步:选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿 运动定律及运动学公式列式求解.

解析

(1)滑块先在斜面上做匀加速运动,然后在水平面上

做匀减速运动,故滑块运动到 B 点时速度最大为 vm,设滑 块在斜面上运动的加速度大小为 a1,则有 mgsin 30° =ma1,v2 m=2a1 h ,解得:vm=4 m/s sin 30°

(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为 a2,μmg=ma2 v2 m=2a2L,解得:μ=0.4

(3)滑块在斜面上运动的时间为t1,vm=a1t1

得t1=0.8 s
由于t>t1,滑块已经经过B点,做匀减速运动的时间为 t-t1=0.2 s 设t=1.0 s时速度大小为v=vm-a2(t-t1) 解得:v=3.2 m/s

答案

(1)4 m/s

(2)0.4 (3)3.2 m/s

反思总结

解决动力学两类问题的基本思路

【跟踪短训】
1 . 2012 年 11 月,我国舰载机在航母上首 降成功.设某一舰载机的质量为 m = 2.5×104 kg,速度为v0=42 m/s,若仅 受空气阻力和甲板阻力作用,舰载机

将在甲板上以 a0 =0.8 m/s2的加速度做
匀减速运动,着舰过程中航母静止不 动. 图3-3-3

(1) 舰载机着舰后,若仅受空气阻力和甲板阻力作用,航 母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里?

(2) 为了舰载机在有限长度的跑道上停下来,甲板上设置
了阻拦索让舰载机减速,同时考虑到舰载机挂索失败需 要复飞的情况,舰载机着舰时不关闭发动机.图示 3 - 3 -3为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景,此时发动机 的推力大小为 F = 1.2 × 10 5 N ,减速的加速度 a 1 = 20

m/s 2 ,此时阻拦索夹角 θ = 106 °,空气阻力和甲板阻力
保持不变.求此时阻拦索承受的张力大小? ( 已知: sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)

解析

(1)设甲板的长度至少为 x0,则由运动学公式得

2 v 0 -v2 =- 2 a x ,故 x = 0 0 0 0 2a0

代入数据可得 x0=1 102.5 m

(2) 舰载机受力分析如图所示,其中 FT 为阻拦索的张力, Ff为空气和甲

板对舰载机的阻力,由牛顿第二定
律得2FTcos 53°+Ff-F=ma1 舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时 Ff=ma0 联立可得FT=5×105 N

答案

(1)1 102.5 m

(2)5×105 N

热点二 对超重、失重的理解
1.不论是超重、失重、完全失重,物体的重力都不变,只
是“视重”改变. 2.物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向, 与速度的大小和方向没有关系.下表列出了加速度方向 与物体所处状态的关系. 加速度 a=0 a的方向竖直向上 超重、失重 不超重、不失重 超重 视重F F=mg F=m(g+a)

a的方向竖直向下
a=g,竖直向下

失重
完全失重

F=m(g-a)
F=0

【典例 2】

在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止

时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为50 kg,电梯 运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如 图3-3-4所示,在这段时间内下列说法中正确的是 ( ).

图3-3-4

A.晓敏同学所受的重力变小了 B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动 g D.电梯的加速度大小为 ,方向一定竖直向下 5 解析 由题知体重计的示数为 40 kg 时, 人对体重计的压力
小于人的重力,故处于失重状态,实际人受到的重力并没 有变化,A 错;由牛顿第三定律知 B 错;电梯具有向下的 加速度,但不一定是向下运动,C 错;由牛顿第二定律 mg g -FN=ma,可知 a= ,方向竖直向下,D 对. 5 答案 D

反思总结

判断超重和失重现象的三个技巧

1.从受力的角度判断

当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超
重状态;小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全 失重状态.

2.从加速度的角度判断

当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的
加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时 处于完全失重状态. 3.从速度变化角度判断 (1)物体向上加速或向下减速时,超重;

(2)物体向下加速或向上减速时,失重.

【跟踪短训】

2.如图3-3-5所示,是某同学站在力传感器上,做下蹲—
起立的动作时记录的力随时间变化的图线,纵坐标为力 (单位为牛顿),横坐标为时间(单位为秒).由图可知,该 同学的体重约为650 N,除此以外,还可以得到的信息有 ( ).

图3-3-5

A.该同学做了两次下蹲——起立的动作 B.该同学做了一次下蹲——起立的动作,且下蹲后约2 s

起立
C.下蹲过程中人处于失重状态 D.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态 解析 在3~4 s下蹲过程中,先向下加速再向下减速,故 人先处于失重状态后处于超重状态;在 6 ~ 7 s 起立过程

中,先向上加速再向上减速,故人先处于超重状态后处于
失重状态,选项A、C、D错误,B正确. 答案 B

物理建模 3.传送带模型 滑板—滑块模型
传送带模型

1.水平传送带模型
项目 情景1 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速

项目

图示

滑块可能的运动情况 (1)v0>v时,可能一直减速,也可 能先减速再匀速 (2)v0<v时,可能一直加速,也可 能先加速再匀速 (1)传送带较短时,滑块一直减速

情景2

达到左端
情景3 (2)传送带较长时,滑块还要被传 送带传回右端.其中v0>v返回时 速度为v,当v0<v返回时速度为v0

2.倾斜传送带模型 项目 情景1 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)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 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速

情景2

情景3

情景4

【典例 1】

水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如

图3-3-6所示为一水平传送带装置示意图.绷紧的传送 带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s运行,一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦 力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送

带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带之间的
动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离L=2 m,g取10 m/s2.

图3-3-6

(1) 求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度 的大小; (2)求行李做匀加速直线运动的时间; (3) 如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送

到 B 处,求行李从 A处传送到 B处的最短时间和传送带对
应的最小运行速率. 审题指导 关键词:①无初速度地放在A处. ②行李开始做匀加速直线运动. ③随后行李又以与传送带相等的速率做匀加速直线运动.

对行李受力分析


行李运动过程先匀加速后匀速直线运

利用牛顿第二定律、运动学公式求解未知量.

解析

(1)行李刚开始运动时, 受力如

图所示, 滑动摩擦力: Ff=μmg=4 N 由牛顿第二定律得:Ff=ma 解得:a=1 m/s2 (2) 行李达到与传送带相同速率后不 v 再加速,则:v=at,解得 t=a=1 s

(3)行李始终匀加速运行时间最短,且加速度仍为 a=1 m/s2,当行李到达右端时,有:v2 min=2aL 解得:vmin= 2aL=2 m/s 故传送带的最小运行速率为 2 m/s vmin 行李运行的最短时间:tmin= a =2 s
答案 (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s

反思总结

对于传送带问题,一定要全面掌握上面提到的几

类传送带模型,尤其注意要根据具体情况适时进行讨论,看
一看有没有转折点、突变点,做好运动阶段的划分及相应动 力学分析.

即学即练1

如图3-3-7所示,倾角为37°,长为l=16 m的

传送带,转动速度为v=10 m/s,动摩擦因数μ=0.5,在传
送带顶端 A 处无初速度地释放一个质量为 m = 0.5 kg 的物 体.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2.求:

图3-3-7 (1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间; (2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间.

解析

(1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,

则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下匀加 速运动,根据牛顿第二定律有 mg(sin 37° -μcos 37° )=ma 则 a=gsin 37° -μgcos 37° =2 m/s2, 1 2 根据 l= at 得 t=4 s. 2

(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速 度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力 沿传送带向下,设物体的加速度大小为 a1,由牛顿第二定 律得,mgsin 37° +μmgcos 37° =ma1 mgsin 37° +μmgcos 37° 2 则有 a1= = 10 m/s m 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为 t1, 位移为 x1,则有 v 10 1 2 t1= = s=1 s,x1= a1t1=5 m<l=16 m a1 10 2

当 物 体 运 动 速 度 等 于 传 送 带 速 度 瞬 间 , 有 mgsin 37° > μmgcos 37° ,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传 送带向上的滑动摩擦力 ——摩擦力发生突变.设当物体下 滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2,则 a2= mgsin 37° -μmgcos 37° 2 = 2 m/s m

x2=l-x1=11 m 1 2 又因为 x2=vt2+ a2t2,则有 10t2+t2 2=11, 2 解得:t2=1 s(t2=-11 s 舍去) 所以 t 总=t1+t2=2 s.

答案

(1)4 s

(2)2 s

滑板—滑块模型 1.模型特点 涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动.

2.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板 同向运动,位移之差等于板长;反向运动时,位移之和等 于板长.

3.解题思路

4.易失分点

(1) 不清楚滑块、滑板的受力情况,求不出各自的加速
度. (2)不清楚物体间发生相对滑动的条件.

【典例2】

如图3- 3- 8所示,光滑水平面上静止放着长L

=4 m,质量为M=3 kg的木板(厚度不计),一个质量为m

=1 kg的小物体放在木板的最右端,m和M之间的动摩擦
因数μ=0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F,(g取10 m/s2)

图3-3-8
(1)为使两者保持相对静止,F不能超过多少? (2)如果F=10 N,求小物体离开木板时的速度?

解析

(1) 要保持两者相对静止,两者之间的摩擦力不能

超过最大静摩擦力,故最大加速度a=μg=1 m/s2
由牛顿第二定律对整体有Fm=(m+M)a=4 N (2)当F=10 N>4 N时,两者发生相对滑动 对小物体:a1=μg=1 m/s2 对木板:F合=F-μmg=Ma2

代入数据解得 a2=3 m/s2 1 2 1 2 由位移关系有:L= a2t - a1t 2 2 代入数据解得 t=2 s 则小物块的速度 v1=a1t=2 m/s.
答案 (1)4 N (2)2 m/s

即学即练2

(2013·江苏卷,14)如图3-3-9所示,将小砝码

置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速

抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟
悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为 m 1 和 m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.

图3-3-9

(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;

(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与 纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2.若砝码移动的距 离超过l=0.002 m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸 板所需的拉力至少多大?

解析

(1)砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g,桌面对纸板的摩

擦力f2=μ(m1+m2)g,f=f1+f2,解得f=μ(2m1+m2)g.

(2) 设砝码的加速度为 a 1 ,纸板的加速度为 a 2 ,则, f 1 =
m 1 a 1 , F - f 1 - f 2 = m 2 a 2 ,发生相对运动 a 2 > a 1 , F>2μ(m1+m2)g 解得

1 2 (3)纸板抽出前, 砝码运动的距离 x1= a1t1.纸板运动的距离 2 1 2 1 d+x1= a2t1.纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离 x2= 2 2 a3t2 2,l=x1+x2 由题意知 a1=a3,a1t1=a3t2 解得
? ? d? ? F=2μ?m1+?1+ l ?m2?g ? ? ? ?

代入数据得 F=22.4 N.
答案 (1)μ(2m1+m2)g (2)F>2μ(m1+m2)g

(3) 22.4 N

附:对应高考题组

1.(2011·福建卷,18)如图所示,一不可伸长的轻质细
绳跨过定滑轮后,两端分别悬挂质量为m1和 m2的物 体A和B.若滑轮有一定大小,质量为m且分布均匀, 滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之 间的摩擦.设细绳对 A 和 B 的拉力大小分别为 T 1 和 T 2 ,已知下列四个关于 T 1 的表达式中有一个是正确 的.请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,

判断正确的表达式是

(

).

?m+2m2?m1g A.T1= m+2?m1+m2? ?m+2m1?m2g B.T1= m+4?m1+m2? ?m+4m2?m1g C.T1= m+2?m1+m2? ?m+4m1?m2g D.T1= m-4?m1+m2?

解析 若将滑轮视为轻质,即 m=0,而绳为轻质,故 T1 =T2,由牛顿第二定律 m2g-T1=m2a,T1-m1g=m1a,得 2m2m1g T1= ;当 m=0 时对各选项逐一进行验证,只有 C m1+m2 正确;当 m1=m2 时则 T1=T2=m1g,同时对各选项逐一验 证,只有 C 正确.
答案 C

2.(2011·四川卷,19)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱
返回地面的示意图,假定其过程可简化为:打开降落伞 一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全安全着 陆.需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回 舱做减速直线运动,则 ( ).

A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态

解析

火箭开始喷气瞬间,返回舱受到向上的反作用

力,所受合外力向上,故伞绳的拉力变小,所以选项A正 确;返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平 衡,喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用 力,故选项 B 错误;返回舱在喷气过程中做减速直线运

动,故合外力一定做负功,选项C错误;返回舱喷气过程
中产生竖直向上的加速度,故应处于超重状态,选项D错 误.

答案

A

3.(2012· 安徽卷,22)质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由 静止开始下落,该下落过程对应的 v-t 图象如图所示.弹 性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 3 .设球受到的空气阻力大小恒为 f,取 g=10 m/s2,求: 4 (1)弹性球受到的空气阻力 f 的大小; (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h.

解析

(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1, ① ② ③

Δv 4 由题图知,a1= = m/s2=8 m/s2 Δt 0.5 根据牛顿第二定律得 mg-f=ma1 f=m(g-a1)=0.2 N

(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1=4 m/s,设球第一次离开地面时的速度大小为 v2,则 3 v2= v1=3 m/s 4 ④

第一次离开地面后,设上升过程中球的加速度大小为 a2, 则 mg+f=ma2 a2=12 m/s2
2 于是,有 0-v2 =-2a2h

⑤ ⑥ ⑦

3 解得 h= m 8

答案

(1)0.2 N

3 (2) m 8

4.(2012· 浙江卷,23)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关 系. 小明同学用石蜡做成两条质量均为 m、 形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”,如图所示.在高出水面 H 处分别静止释 放“A 鱼”和“B 鱼”,“A 鱼”竖直下潜 hA 后速度减为 零,“B 鱼”竖直下潜 hB 后速度减为零.“鱼”在水中运 动时,除受重力外,还受浮力和水的阻力.已知“鱼”在 10 水中所受浮力是其重力的 倍,重力加速度为 g,“鱼” 9 运动的位移值远大于“鱼”的长度.假设“鱼”运动时所 受水的阻力恒定,空气阻力不计.求:

(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1;

(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA;
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.

解析

(1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动,有 ① ②

v2 A1-0=2gH 得:vA1= 2gH

(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用,做 匀减速运动,设加速度为 aA,有 F 浮+fA-mg=maA ③ 0-v2 A1=-2aAhA
? H 1? 10 由题意:F 浮= mg.由②③④式得 fA=mg?h -9? 9 ? A ?

④ ⑤

(3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似,有
? H 1? fB=mg?h -9? ? B ?



fA hB?9H-hA? 综合⑤、⑥两式,得f = . hA?9H-hB? B

答案

(1) 2gH

? H 1? (2)mg?h -9? ? A ?

hB?9H-hA? (3) hA?9H-hB?

5.(2013·上海卷,31)如图所示,质量为M、长为L、高为h 的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间的动摩擦因

数为μ;滑块上表面光滑,其右端放置一个质量为m的小
球.用水平外力击打滑块左端,使其在极短时间内获得 向右的速度 v 0 ,经过一段时间后小球落地.求小球落地 时距滑块左端的水平距离.

解析

滑块上表面光滑,小球水平方向不受力的作用,故

当滑块的左端到达小球正下方这段时间内,小球速度始终 μ?m+M?g 为零,则对于滑块:a= , M v1=
2 v0 -2aL=

2μ?m+M?gL 2 v0- . M

当滑块的左端到达小球下上方后,小球做自由落体运动, 落地时间 t= 2h g ,滑块的加速度 a′=μg

①若在 t 时间内滑块的速度没有减小到零,滑块向右运动 的距离为: 1 x=v1t- a′t2= 2 1 ? ? μg? 2 ? 2h? ?2 = g? ? 2μ?m+M?gL 2 v0- M 2μ?m+M?gL 2 v0- M 2h g-

2h g -μh.

②若在 t 时间内滑块已经停下来,则:
2 m+ M v2 v 1 0 x′= = - M L. 2a′ 2μg

答案

见解析


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