高中物理必修第一册课时分层作业(二十六)

课时分层作业(二十六)超重和失重A组基础巩固练1．[福建福安月考]无人机广泛应用于军事、科技、生产生活等领域．某架无人机从地面起飞，执行任务后返回地面，无人机在空中处于失重状态的是()A．匀速上升过程B．匀速下降过程C．加速上升过程D．加速下降过程2.如图所示，金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出．如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中()A．水继续以相同的速度从小孔中喷出B．水不再从小孔喷出C．水将以更大的速度喷出D．水将以较小的速度喷出3．搭载空间站天和核心舱的长征五号B遥二运载火箭，在我国文昌航天发射场点火升空，随着天和核心舱与火箭成功分离，进入预定轨道，之后太阳能帆板两翼顺利展开且工作正常，发射任务取得圆满成功．空间站可以长期驻留3人，随着航天员在空间站轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材中适宜航天员在空间站轨道舱中进行锻炼的是()A．哑铃B．跑步机C．单杠D．弹簧拉力器4.如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动装置(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动．某次“轿厢”向上匀减速运动，则()A．“轿厢”处于超重状态B．“对重”处于失重状态C．“对重”向下匀加速运动D．曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小5.(多选)如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是()A．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B．飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力D.火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于其所受支持力6．“反向蹦极”如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1400N．打开扣环，从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大．人与装备的总质量为70kg(可视为质点).不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．在C点，人处于静止状态B．在B点，人处于超重状态C．打开扣环瞬间，人的加速度大小为10m/s2D．从A点到B点上升过程中，人的加速度不断减小7．[内蒙古包头高一期末]如图为某电梯铭牌，该电梯额定载客数为14人，额定载重量为1050kg，当拉力超过额定载重物体的重力时电梯会鸣笛警示．该电梯在八层停靠时进入15位乘客，15位乘客总质量为1040kg.则下列说法正确的是()A．当第15位乘客进入电梯时，该电梯会鸣笛警示B．当电梯从八层开始向下运动时，电梯会鸣笛警示C.当电梯从八层下降到一层，快要停止时，电梯可能会鸣笛警示D．电梯从八层下降到一层停止全过程中都不会鸣笛警示8．竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一只弹簧测力计，如图所示．弹簧测力计的挂钩上悬挂一个质量m＝4kg的物体，以竖直向上为正方向，试分析下列各种情况下电梯的运动特点(g取10m/s2)：(1)弹簧测力计的示数T1＝40N，且保持不变；(2)弹簧测力计的示数T2＝32N，且保持不变；(3)弹簧测力计的示数T3＝44N，且保持不变．(弹簧均处于伸长状态)B组能力提升练9.(多选)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2.根据图像分析可知()A．张明的重力为1500NB．c点位置张明处于失重状态C．e点位置张明处于超重状态D．张明在d点的加速度大于在f点的加速度10．小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得自己的体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．在0～2s内，小明处于超重状态B．在0～2s内，小明加速度大小为2m/s2C．在10～11s内，台秤示数为F3＝600ND．在0～11s内，电梯通过的距离为18m11．[北京朝阳区期中]如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的小球A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用不可伸长的细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态，现将细线剪断，小球A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法不正确的是()A．未剪断细线前，台秤示数为3mgB．剪断细线的瞬间，台秤示数突然变大C．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g，方向竖直向上D．剪断细线后，小球A向上运动至最高点的过程中，台秤示数先减小后增大12．(多选)如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则()A．t1时刻小球具有最大速度B．t2时刻小球的速度大小为零C．可以计算出小球自由下落的高度D．小球在最低点时处于超重状态课时分层作业(二十六)超重和失重1．解析：当无人机有向下的加速度时处于失重状态，可能加速下降或减速上升．答案：D2．解析：水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出，选项B正确．答案：B3．解析：在空间站轨道舱内，所有的物体均处于完全失重状态，利用哑铃、跑步机、单杠进行锻炼均与重力有关，故无法使用，而利用弹簧拉力器可以锻炼，与重力无关．答案：D4．解析：当轿厢向上匀减速时，轿厢加速度向下，处于失重状态，故选项A错误；轿厢失重，所以曳引绳的拉力小于重力，故选项D正确；同时，对重向下做匀减速运动，处于超重状态，所以选项B、C错误．故选D.答案：D5．解析：火箭加速上升时，加速度向上，对宇航员有N－mg＝ma即N＝ma＋mg>mg所以宇航员处于超重状态，由牛顿第三定律知宇航员对座椅的压力等于其所受支持力，A正确，D错误；加速下落时，加速度向下，对宇航员有mg－N＝ma即N＝mg－ma<mg所以宇航员处于失重状态，B正确；落地前减速，加速度向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，C错误．故选AB.答案：AB6．解析：在C点速度为零，有向下的加速度，合力不为零，受力不平衡，人处于失重状态，不是静止状态，故A错误；在B点时人的速度最大，此时人所受合力为零，加速度为零，故B错误；固定在地面时传感器示数为T＝1400N，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得F＝T＋mg打开扣环瞬间，对人，由牛顿第二定律得F－mg＝ma代入数据解得a＝20m/s2，故C错误；人从A点到B点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F减小，人所受合力F－mg减小，加速度减小，故D正确．故选D.答案：D7．解析：由于15位乘客总质量为1040kg，而电梯额定载重量为1050kg，则当第15位乘客进入电梯时，还没有达到电梯的额定载重量，从而电梯不会鸣笛警示，A项错误；当电梯从八层开始向下运动时，加速度向下，由牛顿第二定律知mg－FT＝ma，FN＝F′N，则此时拉力小于乘客的重力，电梯不会鸣笛警示，B项错误；当电梯从八层下降到一层，快要停止时，加速度向上，由牛顿第二定律FT－mg＝ma，则此时拉力可能大于乘客的重力，则电梯可能会鸣笛警示，C项正确，D项错误．答案：C8．解析：(1)当T1＝40N时，二力平衡，F合＝0，则加速度a1＝0，电梯处于静止或匀速直线运动状态．(2)当T2＝32N时，根据牛顿第二定律有T2－mg＝ma2，可得此时电梯的加速度a2＝eq\f(T2－mg,m)＝eq\f(32－40,4)m/s2＝－2m/s2，即电梯的加速度方向竖直向下，电梯加速下降或减速上升．(3)当T3＝44N时，根据牛顿第二定律有T3－mg＝ma3，可得此时电梯的加速度a3＝eq\f(T3－mg,m)＝eq\f(44－40,4)m/s2＝1m/s2，即电梯的加速度方向竖直向上，电梯加速上升或减速下降．答案：(1)静止或匀速直线运动状态(2)电梯加速下降或减速上升(3)电梯加速上升或减速下降9．解析：由图甲和图乙可知，张明同学在a点时处于平衡状态，力传感器的读数为500N，由牛顿第三定律可知，力传感器对人的支持力为500N，由平衡条件可知，张明的重力为500N，故A错误；由图乙可知，张明同学在c点和e点时，力传感器的读数均大于500N，则张明同学处于超重状态，故B错误，C正确；由图乙可知，张明同学在d点时，力传感器的读数为1500N，由牛顿第二定律有Fd－mg＝ma解得a＝20m/s2由图乙可知，张明同学在f点时，力传感器的读数为0，由牛顿第二定律有mg＝ma1解得a1＝10m/s2则张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D正确．故选CD.答案：CD10．解析：由题图可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为F1＝450N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma，解得a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A、B错误；设在10～11s内小明的加速度为a3，时间为t3＝1s，0～2s的时间为t1＝2s，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600N，故C正确；0～2s内位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2m,2～10s内位移x2＝v匀t2＝a1t1t2＝16m,10～11s内位移x3＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝1m，小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19m，故D错误．答案：C11．解析：未剪断细线前，对小球A和箱子整体分析，整体受力平衡，结合牛顿第三定律得台秤示数F＝3mg，故A正确；剪断细线前，对小球A进行受力分析，Fx＝T＋mg＝2mg，剪断细线的瞬间，对小球A进行受力分析，根据牛顿第二定律有Fx－mg＝2mg－mg＝ma，得a＝g，方向竖直向上，由此可知，小球A向上先加速运动后减速运动，整个系统先处于超重状态后处于失重状态，故台秤示数先增大后减小，故B、C正确，D错误．答案：D12．解析：A错：t1时刻小球刚与弹簧接触，弹簧弹力为零，弹簧弹力与重力平衡时小球的速度最大．B对：t2时刻弹力最大，说明小球到达最低点，故小球的速度大小为零．C对：在t3～t4时间内小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，可以计算出小球自由下落的高度．D对：小球自高处落下，到达最低点时，弹簧压缩量最大，弹力大于重力，小球有向上的加速度，处于超重状态．答案：BCD综合检测一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(浙江嘉兴高一期末)关于以下各图说法正确的是()A.图甲所示真空管内的铁片和羽毛下落一样快,说明两者质量相等B.图乙所示弹簧下端悬挂的钩码数量越多,弹簧的劲度系数就越大C.图丙所示月球上的五星红旗离地球非常遥远,所以没有惯性D.图丁所示的伽利略理想斜面实验,说明力不是维持物体运动的原因解析图甲所示真空管内的铁片和羽毛下落一样快,说明轻重不同的物体在真空中下落一样快,不能说明两者质量相等,故A错误;图乙所示弹簧下端悬挂的钩码数量越多,则弹簧的形变量越大,不能说明弹簧的劲度系数越大,故B错误;图丙所示月球上的五星红旗虽然离地球非常遥远,但由于红旗具有质量,所以一定具有惯性,故C错误;图丁所示的伽利略理想斜面实验,说明了力不是维持物体运动的原因,故D正确。答案D2.如图所示,一只壁虎在一块竖直的玻璃上由P点沿直线运动到Q点,关于壁虎在竖直面内受到的力,结合运动情况下列受力分析图可能正确的是()解析壁虎缓慢爬行时,受重力和墙壁的作用力而处于平衡状态,重力竖直向下,墙壁对其作用力为竖直向上,故A、B错误;壁虎加速爬行时,受重力和墙壁的摩擦力,合外力沿运动方向,故C正确,D错误。答案C3.(浙江丽水高一期末)某人骑自行车,在距离十字路口停车线30m处看到信号灯变红,此时自行车的速度为4m/s。若骑车人看到红灯就停止用力,自行车靠惯性滑行过程做匀减速运动,加速度为0.2m/s2,以下说法正确的是()A.自行车运动时才有惯性B.自行车滑行的时间为7.5sC.自行车滑行的位移为30mD.自行车应当刹车才能在停车线前停下来解析自行车的惯性只与质量有关,与运动状态无关,选项A错误;自行车滑行的时间为t=v0a=40.2s=20s,选项B错误;自行车滑行的位移为s=v02t=40m>30答案D4.(浙江杭州高一月考)木块A、B的重力均为40N,它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25,夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了Δx=2.0cm,弹簧的劲度系数k=400N/m,系统置于水平地面上静止不动,现用F=10N的水平力推木块B,如图所示,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,力F作用后()A.木块A所受静摩擦力大小为10NB.弹簧的压缩量变为2.5cmC.木块B所受静摩擦力为0D.木块B所受静摩擦力大小为2.0N解析由胡克定律可得弹簧弹力为F=kΔx=400×0.02N=8N,木块A、B与地面间的最大静摩擦力为Ff=μmg=0.25×40N=10N,故A、B均静止,A受到的摩擦力为8N。施加水平推力F=10N后,B水平方向受到弹簧向右的弹力8N,向左的推力10N,所以所受摩擦力大小为2N,仍静止,故C错误,D正确。弹簧弹力不变,则弹簧压缩量不变,木块A静止,所受摩擦力大小不变,仍为8N,故A、B错误。答案D5.(山东潍坊高一月考)一矩形斜坡ABCD与水平面的夹角为37°。施加平行于斜坡面的推力F,使重10N的物体沿对角线BD匀速下滑,对角线与底边夹角为30°,物体与斜面的动摩擦因数μ=0.75,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则施加的外力F大小为()A.62N B.53N C.6N D.8N解析物体受竖直向下的重力,垂直斜面的支持力,平行斜面沿BD对角线向上的摩擦力和平行于斜坡面的推力F,因为物体匀速下滑,所以受力平衡,对垂直于斜面的方向有Gcos37°=FN,重力沿平行于斜面的分力F'=Gsin37°=6N,方向沿斜面平面向下,对于平行于斜面沿BD方向向上的摩擦力Ff=μFN=6N,F'与Ff夹角为120°,则有F'与Ff的合力为6N,根据平衡条件可知,推力F应和F'与Ff的合力等大反向,即6N,故选C。答案C6.如图所示是两个物体A和B同时出发沿同一直线运动的x-t图像。由图像可知()A.t=4s时物体B的速度为0B.t=4s时物体A的加速度为0C.前4s内A、B速度方向相同D.t=2s时物体A和物体B速度相同解析t=4s时物体B的速度为vB=0-104=-2.5m/s,故A错误;由图像可知,t=4s时物体A做匀速运动,此时加速度为0,故B正确;由图像可知,前4s内物体A向正方向做匀速运动,物体B向负方向做匀速运动,故C错误;t=2s时物体A的速度为vA=104=2.5m/s,t=2s时物体B的速度为vB=-2.5m/s,物体A与物体B的速度大小相等答案B7.如图所示,与水平面夹角θ=37°的传送带正以10m/s的速度顺时针运行。在传送带的A端轻轻地放一小物体,若已知该物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5,传送带A端到B端的距离为16m,sin37°=0.6,g取10m/s2,则小物体从A端运动到B端所需的时间是()A.2.0s B.2.1sC.4.0s D.4.1s解析传送带顺时针运行,小物块所受的摩擦力方向不变,一直沿传送带向上,根据牛顿第二定律得a=mgsinθ-μmgcosθm=2m/s2,物块速度方向与传送带运行方向相反,物块做匀加速运动,根据s=12at2得,t=2×答案C8.如图所示,斜面体固定在水平地面上,一物块静止在斜面上,物块上端连接一轻弹簧,现用沿斜面向上、大小为F=kt的拉力拉轻弹簧的上端,假设时间足够长,斜面足够长,取沿斜面向上为正方向,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则弹簧的弹力F'、物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图像正确的是()解析弹簧的弹力始终等于拉力F,即F'=kt,故A正确,B错误;物块开始受到的是静摩擦力,且大小为mgsinα,方向向上,在拉力F增大的过程中,静摩擦力的大小变化满足F+Ff=mgsinα,随着F的增大,静摩擦力先向上均匀减小到零,再向下均匀增大,当增大到等于最大静摩擦力时,再增大拉力,摩擦力变为滑动摩擦力,大小保持恒定,故C错误,D正确。答案AD9.(福建南平高一期末)如图所示,一竖直放置的轻弹簧两端各拴接一个物块A和B,整个系统处于静止状态。已知物块A的质量为mA=1kg,物块B的质量为mB=3kg,轻弹簧的劲度系数k=100N/m。现对物块A施加一竖直向上的力F,使A从静止开始向上做匀加速直线运动,经0.4s,物块B刚要离开地面。设整个过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.t=0时,弹簧的形变量为0.4mB.0~0.4s内,F的最大值为45NC.0~0.4s内,F的最小值为15ND.0~0.4s内,物块A上升的距离xA=0.4m解析t=0时,弹簧的压缩量为x1,则有x1=mAgk=10100m=0.1m,故A错误;t=0.4s时,物体B刚要离开地面,弹簧对B的拉力恰好等于B的重力,设此时弹簧的伸长量为x2,则有x2=mBgk=30100m=0.3m,A物体上升的高度为x=x1+x2=0.1m+0.3m=0.4m,A向上做匀加速运动,有x=12at2,解得a=5m/s2,t=0时,外力F最小,为F1=mAa=1×5N=5N,t=0.4s时,外力F最大,由牛顿第二定律,得F2-mAg-kx2=mAa,解得答案BD10.(福建三明高一月考)如图所示,物体的质量m=6kg,用与水平方向成θ=37°角的推力F作用在物块上,物体与地面的动摩擦因数为μ=0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=35,g取10m/s2,下列判断正确的是(A.如果F=150N,可以把物块推动B.如果F=150N,不能把物块推动C.如果θ=60°,只要不断增大F,滑块一定会推动D.如果θ=60°,则无论F为多大,该滑块均无法被推动解析以物块为研究对象,受到重力、支持力、推力和摩擦力,如图所示。设物块恰好能够运动时的推力为F1,则有F1cosθ=Ff,根据摩擦力的计算公式可得Ff=μFN=μ(mg+F1sinθ),联立解得F1=μmgcosθ-μsinθ=0.75×6×100.8-0.75×0.6N=9007N,如果F=150N>9007N,则能把物块推动,故A正确,B错误;假设力F与水平方向的夹角恰好为α时,无论施加多大的推力,都不可能推动物块,则根据F1=μmgcosθ-μsinθ,类比可得F=答案AD二、实验题(本题共2小题,共16分)11.(8分)某同学利用如图所示的器材验证力的平行四边形定则,在倾斜桌面上平铺一张白纸,在桌子边缘安装三个光滑的滑轮,其中,滑轮P1固定在桌子边,滑轮P2、P3可沿桌边移动。将绳子打一个结点O,每个钩码的重量相等,当系统达到平衡时,根据钩码个数读出三根绳子的拉力。回答下列问题:(1)在实验中,若一根绳子挂的钩码质量为m,另一根绳子挂的钩码质量为2m,则第三根绳子所挂的钩码质量m'应满足关系:。

(2)在拆下钩码和绳子前,最必要的一个步骤是。

A.标记结点O的位置,并记录三段绳子的方向B.量出三段绳子的长度C.用量角器量出三段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)若改变桌面的倾斜角度,(选填“会”或“不会”)影响实验的结论。

解析(1)根据三力平衡条件,第三根绳子所挂的钩码质量m'应满足关系2m-m≤m'≤2m+m,即m≤m'≤3m。(2)该实验必须记下力的三要素,即大小、方向、作用点。大小可以通过钩码的个数来表示,方向就是绳子的方向,作用点为O点,故选A。(3)绳子拉力即为钩码重力,若改变桌面的倾斜角度,拉力不变,所以不会影响实验的结论。答案(1)m≤m'≤3m(2)A(3)不会12.(8分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中,将五辆质量均为M的相同小车放在水平木板上,每辆小车前端系一条细线,细线的另一端跨过定滑轮挂质量为m的小盘,在小车1~5的对应的盘中分别放质量为m~5m的砝码。每辆小车后端系一条细线,用长木条将细线同时按压在木板上,如图所示。抬起长木条,五辆小车同时开始运动,按下长木条,五辆小车同时停下。用刻度尺测出小车移动的位移分别为x1、x2、x3、x4、x5。用小盘和砝码的总重力大小代替小车前端细线的拉力大小,重力加速度为g。回答下列问题:(1)实验时,水平木板(选填“需要”或“不需要”)一端垫高用于平衡摩擦力;

(2)用小盘和砝码的总重力大小代替小车前端细线的拉力大小需满足的条件为;(用题中所给物理量字母表示)

(3)若五辆小车的位移之比满足x1∶x2∶x3∶x4∶x5=,则可验证合外力与加速度成正比。

解析(1)本实验将细线对小车的拉力视为小车受到的合外力,其大小近似等于砝码的重力大小,故本实验需要平衡摩擦力。(2)设盘和砝码的总质量为m1,对整体,根据牛顿第二定律得m1g=(M+m1)a对小车,根据牛顿第二定律得FT=Ma联立两式得FT=Ma=Mm1M+m1g=只有M≫m1,即M≫6m时,FT才近似等于小盘和砝码的总重力。(3)由于小车运动的时间相等,小车的位移x=12at根据牛顿第二定律有a=m1联立得x=m12M则x1∶x2∶x3∶x4∶x5=2m∶3m∶4m∶5m∶6m=2∶3∶4∶5∶6。答案(1)需要(2)M≫6m(3)2∶3∶4∶5∶6三、计算题(本题共3小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(14分)(河南高一期末)舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”,指的是舰载机着舰有很大的风险,一旦着舰不成功,飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”,“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。某航母跑道长为280m,飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时,舰载机在跑道一端着舰时的速度为55m/s,着舰后以10m/s2的加速度做匀减速直线运动,3s后制动挂钩挂拦阻索失败,于是舰载机立即以6.25m/s2的加速度复飞,起飞需要的最小速度为50m/s。(1)求舰载机着舰3s时的速度大小;(2)本次“逃逸复飞”能否成功?若不能,请说明理由;若能,求达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。解析(1)舰载机着舰减速过程,根据运动学公式v1=v0+a1t1=55m/s+(-10m/s2)×3s=25m/s。(2)舰载机着舰减速过程,根据运动学公式x1=v0t1+12a1t12=假设舰载机能“逃逸复飞”成功,根据运动学公式v22−v12