Question

2．如圖所示為一架小型四旋翼無(wú)人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來(lái)越廣泛的應(yīng)用．現(xiàn)進(jìn)行試驗(yàn)，設(shè)無(wú)人機(jī)的質(zhì)量為m=4kg，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒為f=4N，當(dāng)無(wú)人機(jī)在地面上從靜止開(kāi)始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時(shí)間t=4s時(shí)離地面的高度為h=48m，g取10m/s²．求：
（1）其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力為多大？
（2）無(wú)人機(jī)通過(guò)調(diào)整升力繼續(xù)上升，恰能懸停在距離地面高度為H=118m處，求無(wú)人機(jī)從h上升到H的過(guò)程中，動(dòng)力系統(tǒng)所做的功為多大？
（3）當(dāng)無(wú)人機(jī)懸停在距離地面高度H=118m處時(shí)，突然關(guān)閉動(dòng)力設(shè)備，無(wú)人機(jī)從靜止開(kāi)始豎直墜落，經(jīng)2s后無(wú)人機(jī)瞬間又恢復(fù)最大升力，則無(wú)人機(jī)在下落過(guò)程中距地面的最低高度為多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出最大升力的大小．
（2）先求出t=4s時(shí)的速度，無(wú)人機(jī)從h上升到H的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求動(dòng)力系統(tǒng)所做的功；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出無(wú)人機(jī)失去升力下落的加速度和位移，恢復(fù)升力后的加速度和位移，最后求出無(wú)人機(jī)在下落過(guò)程中距地面的最低高度；

解答 解：（1）由位移公式得：$h=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{\;}^{2}$
${a}_{1}^{\;}=\frac{2h}{{t}_{\;}^{2}}=6m/{s}_{\;}^{2}$
由牛頓第二定律得：F-mg-f=ma₁ 
F=68N  
（2）v₁=a₁t=24m/s，
根據(jù)動(dòng)能定理有：$W-（mg+f）（H-h）=0-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：W=1928J
（3）失去升力后下落過(guò)程：$mg-f=m{a_2}，{a_2}=9m/{s^2}$，
經(jīng)過(guò)2s后速度v₁=a₂t₁=18m/s，下落高度${h_1}=\frac{1}{2}{a_2}t_1^2=18m$，
恢復(fù)升力后減速下降：$F-mg+f=m{a}_{3}^{\;}$
${a}_{3}^{\;}=8m/{s}_{\;}^{2}$
根據(jù)速度位移關(guān)系有：${v}_{1}^{2}-0=2{a}_{3}^{\;}{h}_{2}^{\;}$
h₂=20.25m
故無(wú)人機(jī)下落時(shí)距地面的最低高度△H=H-（h₁+h₂）=79.75m
答：（1）其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力為68N
（2）無(wú)人機(jī)從h上升到H的過(guò)程中，動(dòng)力系統(tǒng)所做的功為1928J
（3）則無(wú)人機(jī)在下落過(guò)程中距地面的最低高度為20.25m

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵是對(duì)飛行器的受力分析以及運(yùn)動(dòng)情況的分析，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，本題難度適中．