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．航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設飛行器飛行時所受的空氣阻力恒為f＝4 N，g取10 m/s².

(1)第一次試飛，飛行器飛行t₁＝8 s時到達高度H等于多少？

(2)第二次試飛，飛行器飛行t₂＝6 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力，求飛行器減速上升階段的加速度的大�。�

【解析】：(1)第一次飛行中，設加速度為a₁，

由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma₁

飛行器上升的高度H＝a₁t

解得H＝64 m.

(2)第二次飛行中，設失去升力后的加速度為a₂，

由牛頓第二定律得－(mg＋f)＝ma₂

解得a₂＝－12 m/s².

．航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設飛行器飛行時所受的空氣阻力恒為f＝4 N，g取10 m/s².

(1)第一次試飛，飛行器飛行t₁＝8s時到達高度H等于多少？

(2)第二次試飛，飛行器飛行t₂＝6s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力，求飛行器減速上升階段的加速度的大�。�

【解析】：(1)第一次飛行中，設加速度為a₁，

由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma₁

飛行器上升的高度H＝a₁t

解得H＝64m.

(2)第二次飛行中，設失去升力后的加速度為a₂，

由牛頓第二定律得－(mg＋f)＝ma₂

解得a₂＝－12 m/s².

如圖為一空間探測器的示意圖，P₁、P₂、P₃、P₄是四個噴氣發(fā)動機，P₁、P₃的連線與空間一固定坐標系的x軸平行，P₂、P₄的連線與y軸平行．每臺發(fā)動機噴氣時，都能向探測器提供推力，但不會使探測器轉動，開始時，探測器相對于坐標系以恒定的速率v₀沿正x方向平動．先開動P₁，使P₁在極短時間內一次性噴出質量為m的氣體，氣體噴出時相對于坐標系的速度大小為v.然后開動P₂，使P₂在極短的時間內一次性噴出質量為m的氣體，氣體噴出時相對坐標系的速度大小為v.此時探測器的速度大小為2v₀，且方向沿正y方向．假設探測器的總質量為M(包括氣體的質量)，求每次噴出氣體的質量m與探測器總質量M的比值和每次噴出氣體的速度v與v₀的比值．

【解析】：探測器第一次噴出氣體時，沿x方向動量守恒，且探測器速度變?yōu)榱悖?/p>

即Mv₀＝mv①

第二次噴出氣體時，沿y方向動量守恒：

0＝(M－2m)·2v₀－mv②

解①②得：＝，＝

如圖為一空間探測器的示意圖，P₁、P₂、P₃、P₄是四個噴氣發(fā)動機，P₁、P₃的連線與空間一固定坐標系的x軸平行，P₂、P₄的連線與y軸平行．每臺發(fā)動機噴氣時，都能向探測器提供推力，但不會使探測器轉動，開始時，探測器相對于坐標系以恒定的速率v₀沿正x方向平動．先開動P₁，使P₁在極短時間內一次性噴出質量為m的氣體，氣體噴出時相對于坐標系的速度大小為v.然后開動P₂，使P₂在極短的時間內一次性噴出質量為m的氣體，氣體噴出時相對坐標系的速度大小為v.此時探測器的速度大小為2v₀，且方向沿正y方向．假設探測器的總質量為M(包括氣體的質量)，求每次噴出氣體的質量m與探測器總質量M的比值和每次噴出氣體的速度v與v₀的比值．

【解析】：探測器第一次噴出氣體時，沿x方向動量守恒，且探測器速度變?yōu)榱悖?/p>

即Mv₀＝mv①

第二次噴出氣體時，沿y方向動量守恒：

0＝(M－2m)·2v₀－mv②

解①②得：＝，＝