浮力和水的阻力.已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的
10倍,重力加速度为g,“鱼”运动的位移值远大9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vA12-0=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= maA0-vA12=-2aAhA,而F浮=
10mg 9综合上述各式,得fA=mg??H1???. h?A9?(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似,有 fB=mg??H1??? h?B9?fAhB(9H?hA)=. fBhA(9H?hB)解得
答案:(1) 2gH (2)mg??H1?h(9H?hA)?? (3)B
h(9H?h)h9AB?A?20.(2012年重庆理综,25,19分)某校举行托乒乓球跑步比赛,赛道为水平直道,比赛距离为s.比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动.比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示,设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦,球的质量为m,重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k; (2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式;
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(3)整个匀速跑阶段,若该同学速度仍为v0,而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变,不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化,为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落,求β应满足的条件. 解析:(1)在匀速运动阶段,球受力如图(甲)所示,
有mgtan θ0=kv0得:k=
mgtan?0.① v0(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为FN′,球受力如图(乙)所示,有 FN′sin θ-kv=ma,② FN′cos θ=mg③ 联立①②③解得: tan θ=
av+tan θ0. gv0mg④ cos?0(3)以速度v0匀速运动时,设空气阻力与重力的合力为F,由图(甲)可得F=
球拍倾角为θ0+β时,空气阻力与重力的合力F不变,设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′,如图(丙)所示,F沿球拍向下的分力为合力的大小,则 Fsin β=ma′⑤
设匀速跑阶段所用时间为t,有 t=
sv0-⑥ v02a球不从球拍上掉落的条件
12
a′t≤r⑦ 22rcos?0?sv?g??0??v02a?2联立④⑤⑥⑦解得:sin β≤
.
答案:见解析
考点三 物体的超重、失重问题 ★★★
1.(2011年四川理综,19,6分)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( )
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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:对降落伞,匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力FT和浮力F平衡,即FT=F-mg.在喷气瞬间,喷气产生的反冲力向上,使降落伞减速运动,设加速度大小为a,对降落伞应用牛顿第二定律:F-FT′-mg=ma,FT′=F-mg-ma 2.(2010年浙江理综,14,6分)如图所示,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( ) A.在上升和下降过程中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 解析:以A、B整体为研究对象,仅受重力,由牛顿第二定律知二者运动的加速度为g,方向竖直向下.以A为研究对象,因加速度为g,方向竖直向下,故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力,所以A仅受重力作用,在上升和下降过程中,A对B的压力一定为零,选项A正确,B、C、D错误. 答案:A 3.(2009年安徽理综,17,6分)为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯.无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示.那么下列说法中正确的是( ) A.顾客始终受到三个力的作用 B.顾客始终处于超重状态 C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下 D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下 解析:在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向右,电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方,由牛顿第三定律知,它的反作用力即人对电梯的作用力方向指向左下方;在匀速运动的过程中,顾客与电梯间的摩擦力等于零,顾客对扶梯的作用仅为压力,方向竖直向下,选项C正确. 无限精彩在大家 www.TopSage.com 答案:C 考点四 验证牛顿运动定律 ★★★ 1.(2013年新课标全国卷Ⅰ,22,7分)图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图.实验步骤如下: ①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m;用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s; ②调整轻滑轮,使细线水平; ③让物块从光电门A的左侧由静止释放,用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB,求出加速度a; ④多次重复步骤③,求a的平均值 a; ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题: (1)测量d时,某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图(b)所示,其读数为 cm. [来源:学科网] (2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a= . (3)动摩擦因数μ可用M、m、a和重力加速度g表示为μ= . (4)如果细线没有调整到水平,由此引起的误差属于 (选填“偶然误差”或“系统误差”). 解析:(1)游标卡尺主尺读数为9 mm,游标为20分度,其读数为12,由游标卡尺的读数规则可知,游标卡尺的读数为9 mm+12×0.05 mm=9.60 mm=0.960 cm. (2)遮光片通过光电门A的速度为vA= 221??d??d??a=???????. 2s???tB???tA????dd22,通过光电门B的速度为vB=,根据vB-vA=2as可得 ?tA?tB(3)由于M与m的大小关系未知,细线的拉力T≠mg.以物块为研究对象,水平方向上有T-μMg=Ma,以重物为研究对象,竖直方向上有mg-T=ma,两式联立解得μ=(4)由于仪器未调整好造成的误差,属于系统误差. mg?(M?m)a. Mg无限精彩在大家 www.TopSage.com 221??d??d??答案:(1)0.960 (2) ??????? 2s???tB???tA????(3) mg?(M?m)a (4)系统误差 Mg2.(2013年天津理综,9(2),7分)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系. ①下列做法正确的是 (填字母代号). A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源 D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度 ②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量.(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”) ③甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲,μ乙,由图可知,m甲 m乙,μ甲 μ乙.(填“大于”、“小于”或“等于”) 解析:①实验中细绳要保持与长木板平行,选项A正确;平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上,选项B错误;实验时应先接通电源再放开木块,选项C错误;平衡摩擦力后,改变木块上的砝码的质量时不再需要重新平衡摩擦力,选项D正确.②对砝码桶:mg-F=ma,对木块:F=Ma,联立解得a= 1mgmg,绳的拉力F=Ma=M=mg,可见,当砝码桶和桶内砝码的质量m远小于木块和木块上 M?mM?m1?mM砝码的总质量M时,可得F≈mg.③不平衡摩擦力,则F-μmg=ma,a=截距绝对值大的动摩擦因数大,因此m甲 F-μg,图线斜率大的木块质量小,纵轴m3.(2012年大纲全国理综,23,11分)如图(甲)为验证牛顿第二定律的实验装置示意图.图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源,打点的时间间隔用Δt表示.在小车质量未知的情况下,某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”. 无限精彩在大家 www.TopSage.com