PAGEPAGE12第二節(jié)牛頓第二定律的基本應(yīng)用考點(diǎn)一瞬時(shí)問(wèn)題1．求解思路：求解物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度，關(guān)鍵是明確該時(shí)刻物體的受力情況或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度。2．兩種模型3．注意問(wèn)題(1)物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個(gè)積累的過(guò)程，不會(huì)發(fā)生突變。(2020·山東六地市3月在線大聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上下振動(dòng)時(shí)框架始終沒(méi)有跳起，當(dāng)框架對(duì)地面壓力為零的瞬間，小球的加速度大小為()A．g B．eq\f(（M－m）g,m)C.eq\f(Mg,m) D．eq\f(（M＋m）g,m)[解析]當(dāng)框架對(duì)地面壓力為零的瞬間，彈簧對(duì)框架向上的作用力等于框架重力，則小球受到向下的合力等于mg＋Mg，對(duì)小球由牛頓第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小為a＝eq\f(（M＋m）g,m)。[答案]D【對(duì)點(diǎn)練1】如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為45°的光滑木板AB托住小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度大小為g，當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()A．g B．0C.eq\r(2)g D.eq\f(\r(2)g,2)解析：選C。木板撤離前，小球處于平衡狀態(tài)，由受力平衡可知：F－Nsin45°＝0，Ncos45°－G＝0；木板AB撤離瞬間，支持力消失，重力和拉力不變，合力的大小等于支持力N，方向與N反向，即垂直于木板向下。由牛頓第二定律得，此時(shí)小球的加速度大小為：a＝eq\f(N,m)。聯(lián)立以上各式解得a＝eq\r(2)g，方向垂直于木板向下，故C正確?！緦?duì)點(diǎn)練2】如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三個(gè)小球A、B、C，上端固定在斜面頂端的輕繩a，下端與A相連，A、B間由輕繩b連接，B、C間由一輕桿相連。初始時(shí)刻系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩a、輕繩b與輕桿均平行于斜面。已知A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將輕繩b燒斷，則燒斷輕繩b的瞬間，下列說(shuō)法正確的是()A．輕繩a的拉力大小為6mgsinθB．B的加速度大小為gsinθ，方向沿斜面向下C．C的加速度為0D．桿的彈力為mgsinθ解析：選B。輕繩b被燒斷的瞬間，A受力平衡，合力為零，則輕繩a的拉力大小FT＝mgsinθ，A錯(cuò)誤；輕繩b被燒斷的瞬間，B、桿與C的加速度相同，對(duì)B、桿和C整體進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有(2m＋3m)gsinθ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsinθ，方向沿斜面向下，可知B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)B進(jìn)行受力分析并根據(jù)牛頓第二定律有2mgsinθ＋F＝2ma0，解得桿對(duì)B的彈力F＝0，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二超重和失重現(xiàn)象1．對(duì)超重和失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。(4)盡管整體沒(méi)有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。2．判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷(1)物體向上加速或向下減速時(shí)，超重(2)物體向下加速或向上減速時(shí)，失重在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等。(2020·濟(jì)南市期末學(xué)習(xí)質(zhì)量評(píng)估)在升降機(jī)底部安裝一個(gè)壓力傳感器，其上放置了一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，如圖甲所示。升降機(jī)從t＝0時(shí)刻開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，壓力傳感器顯示壓力F隨時(shí)間t的變化如圖乙所示。取豎直向上為正方向，重力加速度為g，以下判斷正確的是()A．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)B．在t0～3t0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)C．t＝t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為mgD．t＝3t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為2mg[解析]由題圖乙可知，在0～2t0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，在t0～3t0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t＝t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為mg，C正確；由題圖乙可知，t＝3t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為mg，D錯(cuò)誤。[答案]C【對(duì)點(diǎn)練3】(2020·南通市5月第二次模擬)如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上，運(yùn)動(dòng)員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過(guò)程，從最低點(diǎn)上升到離開(kāi)床面為第二過(guò)程，則運(yùn)動(dòng)員()A．在第一過(guò)程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過(guò)程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過(guò)程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D．在第二過(guò)程中始終處于失重狀態(tài)解析：選C。運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C正確；蹦床運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中和下落過(guò)程中是對(duì)稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B、D錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)練4】(2020·青島市5月統(tǒng)一質(zhì)量檢測(cè))某同學(xué)站在壓力傳感器上做下蹲—起立的動(dòng)作時(shí)傳感器記錄的壓力隨時(shí)間變化的圖線如圖所示，縱坐標(biāo)為壓力，橫坐標(biāo)為時(shí)間。由圖線可知，該同學(xué)的體重約為650N，除此以外，還可以得到以下信息()A．1s時(shí)人處在下蹲的最低點(diǎn)B．2s時(shí)人處于下蹲靜止?fàn)顟B(tài)C．該同學(xué)做了2次下蹲—起立的動(dòng)作D．下蹲過(guò)程中人始終處于失重狀態(tài)解析：選B。人在下蹲的過(guò)程中，先加速向下運(yùn)動(dòng)，后減速向下，加速度方向先向下后向上，最后人靜止，故下半段是人減速向下的過(guò)程，此時(shí)加速度方向向上，人處于超重狀態(tài)，故下蹲過(guò)程中是先失重后超重，D錯(cuò)誤；在1s時(shí)向下的加速度最大，故此時(shí)人并沒(méi)有靜止，它不是下蹲的最低點(diǎn)，A錯(cuò)誤；2s時(shí)人經(jīng)歷了失重和超重兩個(gè)過(guò)程，故此時(shí)處于下蹲靜止?fàn)顟B(tài)，B正確；該同學(xué)在前2s時(shí)是下蹲過(guò)程，后2s是起立的過(guò)程，所以共做了1次下蹲—起立的動(dòng)作，C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題1．解題步驟2．兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(2020·山東省等級(jí)考試物理模擬卷)如圖甲所示，在高速公路的連續(xù)下坡路段通常會(huì)設(shè)置避險(xiǎn)車道，供發(fā)生緊急情況的車輛避險(xiǎn)使用，本題中避險(xiǎn)車道是主車道旁的一段上坡路面。一輛貨車在行駛過(guò)程中剎車失靈，以v0＝90km/h的速度駛?cè)氡茈U(xiǎn)車道，如圖乙所示。設(shè)貨車進(jìn)入避險(xiǎn)車道后牽引力為零，貨車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30，重力加速度大小g取10m/s2。(1)為了防止貨車在避險(xiǎn)車道上停下后發(fā)生溜滑現(xiàn)象，該避險(xiǎn)車道上坡路面的傾角θ應(yīng)該滿足什么條件？設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，結(jié)果用θ的正切值表示。(2)若避險(xiǎn)車道路面傾角為15°，求貨車在避險(xiǎn)車道上行駛的最大距離。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)[解析](1)對(duì)貨車進(jìn)行受力分析，可得貨車的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力有f＝μmgcosθ而貨車重力沿斜面的分量為F＝mgsinθ若要貨車在避險(xiǎn)車道上停下后不發(fā)生溜滑現(xiàn)象，則需要f>F即mgsinθ<μmgcosθ解得tanθ<μ即當(dāng)tanθ<μ時(shí)，貨車在避險(xiǎn)車道上停下后不會(huì)發(fā)生溜滑現(xiàn)象。(2)設(shè)貨車在避險(xiǎn)車道上的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝5.51m/s2設(shè)貨車在避險(xiǎn)車道上行駛的最大距離為x根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式0－veq\o\al(2,0)＝－2ax代入數(shù)據(jù)，解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)≈57m。[答案](1)tanθ<μ(2)57m【對(duì)點(diǎn)練5】如圖甲所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的eq\f(1,4)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求物件：(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；(3)總位移的大小。解析：(1)對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律mg－FT＝ma得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2方向豎直向下。(2)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝8s，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝at2＝1m/s。(3)勻速上升的位移h1＝vt1＝26m勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m總位移大小滿足eq\f(3,4)h＝h1＋h2，解得h＝40m。答案：(1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s(3)40m【對(duì)點(diǎn)練6】(2019·高考江蘇卷)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小AB、A′B；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。解析：(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小AA＝μg勻變速直線運(yùn)動(dòng)2AAL＝veq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對(duì)齊前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝mAB，得AB＝3μg對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′＝2mAB′，得AB′＝μg。(3)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于AA則v＝AAt，v＝vB－ABtxA＝eq\f(1,2)AAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)ABt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)。答案：(1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)(建議用時(shí)：40分鐘)eq\a\vs4\al([基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)])1．(2020·南通市模擬)在豎直運(yùn)動(dòng)的電梯地板上放置一臺(tái)秤，將物體放在臺(tái)秤上。電梯靜止時(shí)臺(tái)秤示數(shù)為N。在電梯運(yùn)動(dòng)的某段過(guò)程中，臺(tái)秤示數(shù)大于N。在此過(guò)程中()A．物體受到的重力增大B．物體處于失重狀態(tài)C．電梯可能正在加速下降D．電梯可能正在加速上升解析：選D。物體的視重變大，但是受到的重力沒(méi)變，A錯(cuò)誤；物體對(duì)臺(tái)秤的壓力變大，可知物體處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；物體超重，則加速度向上，則電梯可能正在加速上升或者減速下降，C錯(cuò)誤，D正確。2．(2020·鹽城市模擬)某同學(xué)站在電梯的水平地板上，利用速度傳感器研究電梯的升降過(guò)程。取豎直向上為正方向，電梯在某一段時(shí)間內(nèi)速度的變化情況如圖所示。根據(jù)圖象提供的信息，下列說(shuō)法正確的是()A．在0～5s內(nèi)，電梯加速上升，該同學(xué)處于失重狀態(tài)B．在5～10s內(nèi)，該同學(xué)對(duì)電梯地板的壓力小于其重力C．在10～20s內(nèi)，電梯減速上升，該同學(xué)處于超重狀態(tài)D．在20～25s內(nèi)，電梯加速下降，該同學(xué)處于失重狀態(tài)解析：選D。在0～5s內(nèi)，從速度—時(shí)間圖象可知，此時(shí)的加速度為正，說(shuō)明電梯的加速度向上，此時(shí)人處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；5～10s內(nèi)，該同學(xué)做勻速運(yùn)動(dòng)，故其對(duì)電梯地板的壓力等于他所受的重力，故B錯(cuò)誤；在10～20s內(nèi)，電梯向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；在20～25s內(nèi)，電梯向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，故該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故D正確。3.如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m，2、4質(zhì)量為M，兩個(gè)系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有()A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g解析：選C。在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來(lái)不及改變，此時(shí)彈簧對(duì)物塊3向上的彈力大小和對(duì)物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C正確。4．(2020·揚(yáng)州市5月調(diào)研)如圖所示的裝置中，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為4kg、1kg，不計(jì)彈簧和細(xì)繩質(zhì)量以及一切摩擦，重力加速度g取10m/s2，先固定物塊A使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A的瞬間，下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧的彈力大小為30NB．彈簧的彈力大小為40NC．A的加速度大小為10m/s2D．B的加速度大小為0解析：選D。開(kāi)始時(shí)彈簧的彈力為F＝mBg＝10N，釋放A的瞬時(shí)，彈簧彈力不變，則彈簧的彈力大小仍為10N，A的加速度aA＝eq\f(mAg－F,mA)＝eq\f(40－10,4)m/s2＝7.5m/s2，物體B受力不變，則B的加速度為零，則A、B、C錯(cuò)誤，D正確。5．(2020·泰州市模擬)某客機(jī)在高空水平飛行時(shí)，突然受到豎直氣流的作用，使飛機(jī)在10s內(nèi)高度下降150m，如果只研究飛機(jī)在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，且假定這一運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且在這段下降范圍內(nèi)重力加速度g取9m/s2。(1)求飛機(jī)在豎直方向加速度的大小和方向。(2)乘客放在水平小桌上2kg的水杯此時(shí)對(duì)餐桌的壓力為多大？解析：(1)對(duì)下降過(guò)程根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2得a＝3m/s2方向豎直向下；(2)對(duì)水杯，根據(jù)牛頓第二定律mg－FN＝ma解得FN＝12N由牛頓第三定律可知水杯對(duì)餐桌的壓力FN′＝12N。答案：(1)3m/s2方向豎直向下(2)12Neq\a\vs4\al([素養(yǎng)提升])6.如圖所示，天花板上用細(xì)繩吊起兩個(gè)用輕彈簧相連的質(zhì)量相同的小球。兩小球均保持靜止。當(dāng)突然剪斷細(xì)繩時(shí)，上面的小球A與下面的小球B的加速度為()A．a(chǎn)A＝g，aB＝g B．a(chǎn)A＝g，aB＝0C．a(chǎn)A＝2g，aB＝0 D．a(chǎn)A＝0，aB＝g解析：選C。分別以A、B為研究對(duì)象，分析剪斷前和剪斷時(shí)的受力。剪斷前A、B靜止，A球受三個(gè)力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F，B球受兩個(gè)力：重力mg和彈簧彈力F′，如圖甲。A球：FT－mg－F＝0B球：F′－mg＝0，F(xiàn)＝F′解得FT＝2mg，F(xiàn)＝mg。剪斷瞬間，因?yàn)槔K無(wú)彈性，瞬間拉力消失，而彈簧瞬間形狀不可改變，彈力不變。如圖乙，A球受重力mg、彈簧彈力F。同理B球受重力mg和彈力F′。A球：mg＋F＝maAB球：F′－mg＝maB＝0，F(xiàn)′＝F解得aA＝2g，aB＝0。7．如圖所示，航空母艦上的起飛跑道由長(zhǎng)度為l1＝1.6×102m的水平跑道和長(zhǎng)度為l2＝20m的傾斜跑道兩部分組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.2×105N，方向與速度方向相同，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1。假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。(1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大小；(2)為了使飛機(jī)在傾斜跑道的末端達(dá)到起飛速度100m/s，外界還需要在整個(gè)水平跑道對(duì)飛機(jī)施加助推力，求助推力F推的大小。解析：(1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1、末速度大小為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有F－Ff＝ma1veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1l1v1＝a1t1注意到v0＝0，F(xiàn)f＝0.1mg，代入已知數(shù)據(jù)可得a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面分力作用，設(shè)沿斜面方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，沿斜面方向有F合′＝F－Ff－mgsinα＝ma2mgsinα＝mgeq\f(h,l2)veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2l2注意到v1＝40m/s，代入已知數(shù)據(jù)可得a2＝3.0m/s2，v2＝eq\r(1720)m/s≈41.5m/s。(2)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1′、末速度大小為v1′，有F推＋F－Ff＝ma1′