Question

17．科研人员利用热气球进行科学探测，热气球、科研人员及所有装备的总质M=900kg．在离地400m空中停留一段时间后，由于故障，热气球受到的空气浮力减小．科研人员测得气球竖直下降时，速度在3s内增加了6m/s．若气球着陆的安全速度最大是4m/s，为使气球安全着陆，科研人员向外抛出质量m=300kg的物体，使气球竖直向下做匀减速运动，不考虑气球受到的空气阻力及抛出物体时气球速度的变化，气球运动过程中浮力视为恒力，重力加速度g=l0m/s²，求抛出物体时气球离地的最小高度．

Answer 1

分析 热气球先向下做加速运动，后向下做减速运动，应用加速度定义式求出下降时的加速度，应用牛顿第二定律求出热气球受到的浮力，然后应用牛顿第二定律求出减速下降时的加速度，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出抛出物体时气球离地的最小高度．

解答 解：设竖直下降过程中气球收到的浮力为F，
由题意向下加速时：a₁=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{6}{3}$=2m/s²，
由牛顿第二定律得：Mg-F=Ma₁，
设抛出压舱物时气球离地高度h′，此时速度为v₁，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v₁²=2a₁（h-h′），
气球减速的加速度大小设为a₂，由牛顿第二定律得：F-（M-m）g=（M-m）a₂，
对匀减速过程，落地速度：v₂=4m/s，
由速度位移公式得：v₁²-v₂²=2a₂h′，
解得：h′=198m；
答：抛出物体时气球离地的最小高度是198m．

点评 本题考查了求抛出物体时气球的高度，考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚气球的运动过程是解题的前提与关键，应用加速度定义式求出加速度，应用牛顿第二定律求出浮力与加速度、应用匀变速直线运动的速度位移公式可以解题．