物理二輪專(zhuān)題： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)

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1、專(zhuān)題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律是解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的基礎(chǔ)，是高中物理學(xué)的基石，它的應(yīng)用不僅僅局限于力學(xué)范疇，在電磁學(xué)與其他范疇也有廣泛的應(yīng)用，因此它一直是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，在高考試題中以選擇題、計(jì)算題兩種題型出現(xiàn)，以中等難度為主，是高考的必考內(nèi)容 直線運(yùn)動(dòng)是運(yùn)動(dòng)中的特殊情景，主要有勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、非勻變速直線運(yùn)動(dòng)及往返的直線運(yùn)動(dòng)等，是每年必考內(nèi)容之一總結(jié)近年高考的命題趨勢(shì)，考查的方式靈活多樣，既有單獨(dú)命題，又有綜合命題，還常以實(shí)際問(wèn)題為背景命題，如以交通、體育、人造衛(wèi)星、天體物理和日常 生活等方面的問(wèn)題為背景，重點(diǎn)考查獲取并處理信息，去粗取精，把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化成物理問(wèn)題的能

2、力復(fù)習(xí)時(shí)既要注重知識(shí)的綜合運(yùn)用，又要注意思維的創(chuàng)新和方法的靈活選取 2010年浙江卷14題、19題涉及了牛頓第二定律和直線運(yùn)動(dòng)，分別側(cè)重了整體法、隔離法的應(yīng)用和電磁學(xué)的結(jié)合.2011年要關(guān)注受力分析和過(guò)程分析，同時(shí)要注意牛頓運(yùn)動(dòng)定律與曲線運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力、電磁學(xué)的綜合應(yīng)用與電磁場(chǎng)結(jié)合的直線運(yùn)動(dòng)與電磁場(chǎng)結(jié)合的直線運(yùn)動(dòng)【例1】(2009金華二中模擬)質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以一定初速度v0與水平方向成 角射出，如圖211所示，如果在某方向加上一定大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能保證小球仍能沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，則所加電場(chǎng)的最小值為().A.B.C.D.圖211B【解析解析】(1)建如圖甲所示坐標(biāo)系，設(shè)場(chǎng)強(qiáng)E

3、與v0成 角，則受力如圖：由牛頓第二定律可得：Eqsin mgcosq=0 Eqcos mgsinq=ma 由式得：E=【分分析析】由題意可知小球沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球的重力與電場(chǎng)力的合外力為F，判定小球的重力與電場(chǎng)力的合外力在v0所在直線上Emin=選 B.(2)采用圖解法求解，如圖乙所示：從圖中可得，過(guò)重力箭頭到速度的反向延長(zhǎng)線垂直線段最短，這段線段表示所求的最小電場(chǎng)力 ，則 E=由 式得：選 B.【評(píng)析】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，實(shí)質(zhì)是力學(xué)問(wèn)題，其解題的一般步驟仍然為：確定研究對(duì)象；進(jìn)行受力分析(注意重力是否能忽略)；根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或能量關(guān)系列出

4、方程式求解本題考查了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，難度較大，要善于挖掘題目的隱含條件，根據(jù)“保證小球仍能沿方v0向做直線運(yùn)動(dòng)”的條件，推測(cè)合外力的情況，同時(shí)本題要能靈活運(yùn)用圖解法求解，比較方便、簡(jiǎn)捷【變式題】(2010四川)如圖212所示，圓弧虛線表示正點(diǎn)電荷電場(chǎng)的等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等光滑絕緣直桿沿電場(chǎng)方向水平放置并固定不動(dòng)，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊通過(guò)絕緣輕彈簧與固定點(diǎn)O相連，并以某一初速度從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，OMON.若滑塊在M、N時(shí)彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則()ACA滑塊從M到N的過(guò)程中，速度可能一直增大B滑塊從位置1到2的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功比從位置

5、3到4的小C在M、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個(gè)位置D在M、N之間可能存在只由電場(chǎng)力確定滑塊加速度大小的三個(gè)位置【例例2】如圖221所示，一個(gè)彈簧臺(tái)秤的秤盤(pán)質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計(jì)，盤(pán)內(nèi)靜止放置一個(gè)物體P，P的質(zhì)量m=12kg，彈簧的勁度系數(shù)k=300N/m.現(xiàn)在給P施加一個(gè)豎直向上的力F，使物體P從靜止開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在t=0.2s內(nèi)F是變力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2.求：(1)物體P勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度；(2)F的最小值和最大值各是多??？彈簧類(lèi)問(wèn)題彈簧類(lèi)問(wèn)題 【分分析析】本題的關(guān)鍵是找到t=0.2s時(shí)刻，物體P的位置，由于本題彈簧臺(tái)秤的秤盤(pán)質(zhì)量和彈簧質(zhì)量

6、都不計(jì)，則t=0.2s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)到原長(zhǎng)【解解析析】(1)因?yàn)樵趖=0.2s內(nèi)F是變力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s時(shí)，P離開(kāi)秤盤(pán)此時(shí)P受到盤(pán)的支持力為零，由于盤(pán)和彈簧的質(zhì)量都不計(jì)，所以此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)在00.2s這段時(shí)間內(nèi)P向上運(yùn)動(dòng)的距離：X=0.4m因?yàn)?，所以P在這段時(shí)間的加速度a=20m/s2(2)當(dāng)P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，此時(shí)對(duì)物體P有 ，又因此時(shí)N=mg，所以有 =240N 當(dāng)P與盤(pán)分離時(shí)拉力F最大，=360N.【評(píng)析】中學(xué)階段，一般涉及彈簧不計(jì)其質(zhì)量，稱(chēng)之為“輕彈簧”，是一種理想化的模型彈簧類(lèi)問(wèn)題要注意以下幾點(diǎn)：(1)彈簧的彈力遵循胡克定律，在題目中要注意先確定

7、原長(zhǎng)位置、現(xiàn)長(zhǎng)位置、形變量x與空間位置變化的關(guān)系分析形變所對(duì)應(yīng)的彈力大小、方向，以此來(lái)分析計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的可能性(2)彈簧的形變發(fā)生及改變需要一段時(shí)間，在瞬間內(nèi)形變量可認(rèn)為不變因此在分析瞬時(shí)變化時(shí)，認(rèn)為彈力不變(3)彈簧彈力做功，由于彈力是變力，但形變是線性變化，可用平均力求解彈力做了多少功，一定有對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能發(fā)生了改變 【變變式式題題】如圖222所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為()A0B大小為 g，方向豎直向下C大小為 g，方向垂直于木板向下D大小為 g，方向水平向右圖222C【解析】未

8、撤離木板前，小球受到重力G，彈簧拉力F，木板支持力FN，如圖所示，三力平衡，于是有：FNcosq=mg，F(xiàn)N=當(dāng)撤離木板的瞬間，G和F保持不變(彈簧的彈力不能突變)，木板支持力FN立即消失，小球受G和F的合力大小等于AB撤離之前的FN(三力平衡)，方向與FN的方向相反，故加速度方向?yàn)榇怪蹦景逑蛳?，大小為：a=g.皮帶類(lèi)問(wèn)題皮帶類(lèi)問(wèn)題【例例3】一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對(duì)于傳送帶不

9、再滑動(dòng)求此黑色痕跡的長(zhǎng)度【分分析析】本題的關(guān)鍵是對(duì)皮帶與煤塊隔離分析，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律判斷得出各自的運(yùn)動(dòng)情況，由于運(yùn)動(dòng)情況不同，軌跡長(zhǎng)度不等，正是形成黑色痕跡的原因 根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0.根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，可得a=g.設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t，傳送帶由靜止開(kāi)始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，v0=a0t，v=at 由于aa0，故vv0，煤塊繼續(xù)受到滑動(dòng)摩擦力的作用再經(jīng)過(guò)時(shí)間t，煤塊的速度由v增加到v0，有 v0=v+at 此后，煤塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度相同，相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，不再產(chǎn)生新的痕跡 【評(píng)析】本題從實(shí)際出發(fā)，

10、從生活中提煉，創(chuàng)設(shè)了一種新情景，學(xué)生通過(guò)構(gòu)建傳送帶模型，以隔離法為處理方法，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行求解，也可以巧妙運(yùn)用vt圖象快速處理傳送帶上留下的黑色痕跡的長(zhǎng)度l=x0 x，由以上各式得 L =x0=a0t2+v0t，設(shè)在煤塊的速度從0增加到v0的整個(gè)過(guò)程中，傳送帶和煤塊移動(dòng)的距離分別為x0和x，有【變變式式題題】(2009金華二中月考)如圖231所示，傳送帶與地面的傾角q=37，從A端到B端的長(zhǎng)度為16m，傳送帶以v0=10m/s的速度沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)在傳送帶上端A處無(wú)初速地放置一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，求物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間是多少？(sin

11、 37=0.6，cos 37=0.8)圖231【解解析析】物體放在傳送帶上后，開(kāi)始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶施加給物體一沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開(kāi)始加速下滑，受力分析如圖(a)所示；當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于tanq，物體在重力作用下將繼續(xù)加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，但合力沿傳送帶向下，物體繼續(xù)加速下滑，受力分析如圖(b)所示綜上可知，滑動(dòng)摩擦力的方向在獲得共同速度的瞬間發(fā)生了“突變”開(kāi)始階段由牛頓第二定律，得mgsinq+mgcosq=ma1，a1=gsinq+gcosq=10m/s2物體加速至與傳送帶速度相等

12、時(shí)需要的時(shí)間為t1=v0/a1=1s，發(fā)生的位移為x=5m16m，可知物體加速到10m/s時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)第二階段的受力分析如圖(b)所示，應(yīng)用牛頓第二定律，有mgsinqmgcosq=ma2所以a2=2m/s2設(shè)第二階段物體滑動(dòng)到B端的時(shí)間為t2，則LAB-x=v0t2+=11m解得t2=1s，t2=11s(舍去)故物體經(jīng)歷的總時(shí)間t=t1+t2=2s連接體問(wèn)題連接體問(wèn)題 若干個(gè)物體通過(guò)一定的方式連接在一起，就構(gòu)成了連接體，其連接方式一般通過(guò)細(xì)繩、輕桿等物體來(lái)實(shí)現(xiàn)的連接體常會(huì)處于某種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，如處于平衡狀態(tài)或以相同的加速度運(yùn)動(dòng)求解連接體的加速度或內(nèi)部物體間的相互作用力，是力學(xué)中能力考查的重要內(nèi)

13、容，在高考中也經(jīng)常出現(xiàn)，解決上述問(wèn)題的有效方法是綜合運(yùn)用整體法與隔離法 【例例4】如圖241所示，質(zhì)量M=8kg的小車(chē)放在水平光滑的平面上，在小車(chē)左端加一水平恒力F=8N，當(dāng)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到1.5m/s時(shí)，在小車(chē)前端輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)，質(zhì)量為m=2kg的小物塊，物塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，小車(chē)足夠長(zhǎng)求從小物塊放上小車(chē)開(kāi)始，經(jīng)過(guò)t=1.5s小物塊通過(guò)的位移大小為多少？(取g=10m/s2)圖241【分分析析】此類(lèi)題求解的關(guān)鍵是運(yùn)用整體、隔離法受力分析，再運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解 【解解析析】開(kāi)始一段時(shí)間，物塊相對(duì)小車(chē)滑動(dòng)，兩者間相互作用的滑動(dòng)摩擦力的大小為：Ff=mg=4N物塊在Ff

14、的作用下加速，加速度為am=2m/s2，小車(chē)在推力F和Ff的作用下加速，加速度為aM=初速度為v0=1.5m/s=0.5m/s2，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，兩者達(dá)到共同速度v，則有：v=amt1=v0+aMt1代入數(shù)據(jù)可得：t1=1s，v=2m/s在這t1時(shí)間內(nèi)物塊向前運(yùn)動(dòng)的位移為 以后兩者相對(duì)靜止，相互作用的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力將兩者作為一個(gè)整體，在F的作用下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則F=(M+m)a，得a=0.8m/s2在剩下的時(shí)間t2=tt1=0.5s時(shí)間內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x2=vt2+可見(jiàn)小物塊在總共1.5s時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移大小為，得x2=1.1m.【評(píng)析】對(duì)于有共同加速度的連接體問(wèn)題，

15、一般先用整體法由牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)題目要求，將其中的某個(gè)物體進(jìn)行隔離分析和求解對(duì)于加速度不同的連接體應(yīng)對(duì)每個(gè)物體分別隔離分析受力和運(yùn)動(dòng)x=x1+x2=2.1m.【變變式式題題】(2010 全全國(guó)國(guó))如圖242，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g.則有()Aa1=g，a2=g Ba1=0，a2=gCa1=0，a2=gDa1=g，a2=g圖242c【解析解析】在抽出木板的瞬時(shí)，彈簧對(duì)1的支持力和對(duì)2的壓力

16、并未改變木塊1受重力和支持力，mg=F，a1=0.木塊2受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律：a2=g.臨界問(wèn)題臨界問(wèn)題 解決臨界問(wèn)題，必須在變化中去尋找臨界條件，即不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而是要研究變化的過(guò)程、變化的物理量，尋找臨界條件，解決臨界問(wèn)題的基本思路是：(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中變化的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)；(2)尋找過(guò)程中變化的物理量(自變量與因變量)；(3)探索因變量隨自變量變化時(shí)的變化規(guī)律，要特別注意相關(guān)物理量的變化情況；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系顯然分析變化過(guò)程、確定因變量隨自變量變化的規(guī)律，是解決問(wèn)題的關(guān)鍵【例例5】一圓環(huán)A套在一

17、均勻圓木棒B上，A的高度相對(duì)B的長(zhǎng)度來(lái)說(shuō)可以忽略不計(jì)A和B的質(zhì)量都等于m，A和B之間的滑動(dòng)摩擦力為f(f4s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)Ct=4.5s時(shí)，A物體的速度為零Dt4.5s后，A、B的加速度方向相反 圖252ABD當(dāng)t=4s時(shí)N=0，A、B兩物體開(kāi)始分離，此后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t=4.5s時(shí)A物體的加速度為零而速度不為零t4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反當(dāng)t4s時(shí)，A、B的加速度均為a=.綜上所述，選項(xiàng)A、B、D正確FB=對(duì)于A、B整體據(jù)牛頓第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，設(shè)A、B間的作用為N，則對(duì)B據(jù)牛頓第二定律可得

18、：N+FB=mBa解得N=mB N【解析解析】多過(guò)程問(wèn)題多過(guò)程問(wèn)題圖261【例例6】一小圓盤(pán)靜止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央桌布的一邊與桌的 AB邊重合，如圖261所示已知盤(pán)與桌布間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，盤(pán)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2.現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB邊若圓盤(pán)最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？(以g表示重力加速度)(1)小圓盤(pán)的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段：一是在桌布上以1g的加速度向前勻加速運(yùn)動(dòng)一段距離x1，獲得速度v1；二是在桌子上以2g的加速度向前勻減速運(yùn)動(dòng)，滑行距離為x2，則x1+x2(2)桌布以a的加速度向前加速運(yùn)動(dòng)的距離x=at2；

19、同時(shí)圓盤(pán)向前運(yùn)動(dòng)x1的距離，二者的相對(duì)位移大小恰好為 .【分析分析】【解解析析】設(shè)圓盤(pán)的質(zhì)量為m，桌長(zhǎng)為l，在桌布從圓盤(pán)下抽出的過(guò)程中，盤(pán)的加速度為a1，有：1mg=ma1桌布抽出后，盤(pán)在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2設(shè)盤(pán)剛離開(kāi)桌布時(shí)的速度為v1，移動(dòng)的距離為x1，離開(kāi)桌布后在桌面上在運(yùn)動(dòng)距離x2后便停下，有v=2a1x1 v=2a2x2盤(pán)沒(méi)有從桌面上掉下的條件是x2 lx1x1=2a1t2由以上各式解得x=at2而x=l+x1 設(shè)桌布從盤(pán)下抽出的時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)桌布移動(dòng)的距離為x，有t=a 【評(píng)析】本題涉及圓盤(pán)與桌布兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)，且圓盤(pán)的運(yùn)動(dòng)又分勻加速和

20、勻減速運(yùn)動(dòng)，是一個(gè)綜合性很強(qiáng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題對(duì)于這類(lèi)物理情景相對(duì)比較復(fù)雜、隱蔽，而物理量之間關(guān)系比較難找的問(wèn)題，要通過(guò)“讀題”、“畫(huà)情景圖”“規(guī)范列式”等活動(dòng)，在積極的聯(lián)想、類(lèi)比等交互中尋求答案，提高綜合分析和解決問(wèn)題的能力 【變變式式題題1】總質(zhì)量為80kg的跳傘運(yùn)動(dòng)員從離地500m的直升機(jī)上跳下，經(jīng)過(guò)2s拉開(kāi)繩索開(kāi)啟降落傘，如圖262所示，是跳傘過(guò)程中的vt圖，試根據(jù)圖象求：(g取10m/s2)(1)t=1s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度和所受阻力的大小(2)估算14s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員下落的高度及克服阻力做的功(3)估算運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地的總時(shí)間(1)從圖中可以看出，在t=2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大

21、小為a=m/s2=8m/s2=設(shè)此過(guò)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有mgf=ma得f=m(ga)=80(108)N=160N【解析解析】(2)從圖中估算得出運(yùn)動(dòng)員在14s內(nèi)下落了39.522m=158m根據(jù)動(dòng)能定理，有mghWf=mv2所以有 Wf=mgh mv2=(8010158 8036)J1.25105J(3)14s后運(yùn)動(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t=s=57s運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時(shí)間t總=t+t=(14+57)s=71s【變變式式題題2】(2009江蘇)航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m=2kg，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F=28N.試飛時(shí)，飛行器從地面

22、由靜止開(kāi)始豎直上升設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的阻力大小不變，g取10m/s2.(1)第一次試飛，飛行器飛行t1=8s時(shí)到達(dá)高度H=64m.求飛行器所受阻力f的大?。?2)第二次試飛，飛行器飛行t2=6s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力求飛行器能達(dá)到的最大高度h；(3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開(kāi)始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間t3.如圖所示(1)第一次飛行中，設(shè)加速度為a1勻加速運(yùn)動(dòng)H=由牛頓第二定律Fmgf=ma1，解得f=4N(2)第二次飛行中，設(shè)失去升力時(shí)的速度為v1，上升的高度為x1，勻加速運(yùn)動(dòng)x1=設(shè)失去升力后的加速度為a2，上升的高度為x2由牛頓第二定律mg+f=ma2v1=a1t2 解得h=x1+x2=42m【解析解析】(3)設(shè)失去升力下降階段加速度為a3；恢復(fù)升力后加速度為a4，恢復(fù)升力時(shí)速度為v3由牛頓第二定律mgf=ma3F+fmg=ma4且v3=a3t3，解得t3=(s)(或2.1s)