同理可列出比例式:FB/(mA+mB)=fBA/mA.③
由①②③解得:FB=mBFA/mA=25 N.
例4 101 kg
解析 设堵住漏洞后,气球的初速度为v0,所受的空气浮力为F浮,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m,由牛顿第二定律得mg-F浮=ma①
式中a是气球下降的加速度.以此加速度在时间t内下降了h,则h=v0t+12at2②
当向舱外抛掉质量为m′的压舱物后,有F浮-(m-m′)g=(m-m′)a′③
式中a′是抛掉压舱物后气球的加速度.由题意,此时a′方向向上,Δv=a′Δt.④
式中Δv是抛掉压舱物后气球在Δt时间内下降速度的减少量.
由①③得m′=ma+a′g+a′⑤
将题设数据m=990 kg,v0=1 m/s,t=4 s,h=12 m,Δt=300 s.
Δv=3 m/s,g=9.89 m/s2代入②④⑤式得m′=101 kg.
例5 (1)3 m/s2 2 m/s (2)μ=0.375 k=3 N•s/m
解析 (1)由题可知滑块做加速度减小的加速运动,最终可达最大速度vm=2 m/s,t=0时刻滑块的加速度最大,即为v-t线在O点的切线的斜率:a=v1-v0t1=3 m/s-01 s=3 m/s2
(2)对滑块受力分析如,由牛顿第二定律得mgsin θ-F阻-f=ma
又f=μFN,FN=mgcos θ,F阻=kv,联立以上各式得mgsin θ-μmgcos θ-kv=ma
由(1)知,将v0=0,a0=3 m/s2和vm=3 m/s,a=0代入上式可得μ=0.375,k=3 N•s/m
即学即练
1.D 2.B 3.B 4.CD
5.D [木块受力如,其中FN、f分别为斜面对木块的支持力和摩擦力,木块受到三个力的作用处于平衡状态,则FN、f的合力与G等大、反向,即方向竖直向上.由牛顿第三定律可知木块对斜面的作用力与FN、f的合力等大、反向,方向竖直向下.]
6.AD [t0~t1时间内,弹簧秤的示数小于人的重力,人处于失重状态,有向下的加速度;t2~t3时间内,弹簧秤的示数大于人的重力,人处于超重状态,有向上的加速度;t1~t2时间内,弹簧秤的示数等于人的体重,加速度为0,则B、C选项不正确,A、D正确.]
7.(1)120 N (2)2.88 m
解析 (1)设地面对箱子的支持力和摩擦力分别为FN、f.取箱子为研究对象,受力如甲.
由牛顿第二定律得
水平方向 F•cos θ=f
竖直方向 FN=mg+F•sin θ,又f=μFN
联立上式解得F≈120 N
(2)取箱子为研究对象,受力分析如乙
由牛顿第二定律得
水平方向 F•cos θ-f1=ma1
竖直方向 FN1+Fsin θ=mg
又f1=μFN1
拉力作用2 s末箱子的速度v1=a1t
撤去力F后,箱子的受力分析如丙
由牛顿第二定律得 f2=ma2 又f2=μFN2,FN2=mg
设此过程箱子运动的距离为s则由运动学公式得s=v212a2
联立以上各式解得 s=2.88 m
8.(1)F1=52mg F2=0
(2)F1′=322mg F2′=22mg
解析 取小球为研究对象,设细绳1、2对小球的拉力分别为F1,F2,对小球受力分析,如甲
水平方向上 22F1+22F2=ma
竖直方向上 22F1-mg-22F2=0
联立得F1=mg+ma2,F2=ma-mg2
由此分析知,当车以a=g向左做匀加速直线运动时,细绳2刚好伸直,且对球没有作用力.
(1)当a1=g2时,细绳2的拉力为0,受力分析如乙
则F1=F2合+mg2=52 mg
(2)当a2=2g时,细绳2上已有拉力则
有F1′=mg+ma2=3 22mg
F2′=ma-mg2=22mg
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