Question

3．如圖所示，一質(zhì)量m=2kg的小型四旋翼遙控?zé)o人機(jī)從地面由靜止開(kāi)始豎直向上勻加速起飛，經(jīng)時(shí)間t₁=6s時(shí)的速度大小v₁=6m/s．之后，控制遙控器使無(wú)人機(jī)立即失去升力，當(dāng)無(wú)人機(jī)下落到離地面某一高度時(shí)控制遙控器使無(wú)人機(jī)立即獲得與上升時(shí)大小相等的升力，結(jié)果無(wú)人機(jī)落回地面時(shí)的速度恰好為零，已知無(wú)人機(jī)上升，下落過(guò)程中均受到大小恒為f=4N的空氣阻力，取g=10m/s²，求
（1）無(wú)人機(jī)在0～t₁時(shí)間內(nèi)受到的升力大小F；
（2）無(wú)人機(jī)上升的最大高度H；
（3）無(wú)人機(jī)再次獲得升力時(shí)的速度大小v₂（結(jié)果可保留根號(hào)）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系求出無(wú)人機(jī)勻加速上升的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解升力大��；
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算在0～t₁時(shí)間內(nèi)無(wú)人機(jī)上升的高度，失去升力后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再根據(jù)速度位移關(guān)系求解上升的高度，由此求出總的高度；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出下落過(guò)程中沒(méi)有升力時(shí)的加速度和恢復(fù)升力時(shí)的加速度，再根據(jù)速度位移關(guān)系列方程求解恢復(fù)升力時(shí)的速度大�。�

解答 解：（1）設(shè)無(wú)人機(jī)勻加速上升的加速度大小為a₁，則有：v₁=a₁t₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=1m/s²；
根據(jù)牛頓第二定律可得：F-mg-f=ma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：F=26N；
（2）在0～t₁時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)上升的高度為：${h}_{1}=\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{1}=18m$，
設(shè)無(wú)人機(jī)失去升力后繼續(xù)勻減速上升的加速度大小為a₂，則有：mg+f=ma₂，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=12m/s²，
設(shè)該過(guò)程無(wú)人機(jī)上升的高度為h₂，則有：v₁²=2a₂h₂，
代入數(shù)據(jù)解得：h₂=1.5m；
所以上升的高度為：H=h₁+h₂=19.5m；
（3）設(shè)無(wú)人機(jī)恢復(fù)升力前從最大高度處下落的高度為h₃，加速度大小為a₃，則有：mg-f=ma₃，
代入數(shù)據(jù)解得：a₃=8m/s²，
根據(jù)速度位移關(guān)系可得：v₂²=2a₃h₃，
設(shè)無(wú)人機(jī)恢復(fù)升力后下落的高度為h₄，加速度大小為a₄，則有：F+f-mg=ma₄，
代入數(shù)據(jù)解得：a₄=5m/s²，
根據(jù)速度位移關(guān)系可得：v₂²=2a₄h₄，
又h₃+h₄=H，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v₂=$2\sqrt{30}m/s$．
答：（1）無(wú)人機(jī)在0～t₁時(shí)間內(nèi)受到的升力大小為26N；
（2）無(wú)人機(jī)上升的最大高度為19.5m；
（3）無(wú)人機(jī)再次獲得升力時(shí)的速度大小為$2\sqrt{30}m/s$．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁；解答本題的關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況．