Question

10．太空探測器從一星球表面豎直升空，已知探測器質量恒為2000kg，發(fā)動機可以提供恒定的推力．該星球表面沒有大氣層，探測器在星球表面升空后發(fā)動機因故障而突然關閉，如圖所示為探測器從升空到落回星球表面的速度隨時間變化圖象．則由此可以判斷（　�。�

• A． 該星球表面的重力加速度大小為5m/s²
• B． 該發(fā)動機的推力大小為1×10⁴N
• C． 探測器在星球表面達到的最大高度為480m
• D． 探測器在星球表面落地時的速度大小為40m/s

Answer 1

分析 由速度圖象分析可知，空間探測器在0～24s內(nèi)豎直向上運動，24s末到達最高點，由0～24s內(nèi)圖線與坐標軸所圍圖形的面積讀出最大高度．空間探測器在8s后關閉發(fā)動機，其加速度等于重力加速度，由斜率讀出重力加速度．在0～8s內(nèi)在0～8s內(nèi)空間探測器發(fā)動機產(chǎn)生推力，根據(jù)圖線的斜率求出加速度，由牛頓第二定律求解發(fā)動機的推力．

解答 解：AB、探測器在星球表面達到的最大高度等于0～24s內(nèi)速度圖線與坐標軸所圍三角形ABO的面積，最大高度h=$\frac{40×24}{2}$m=480m．空間探測器在8s后關閉發(fā)動機，其加速度等于重力加速度，g=$\frac{△v}{△t}=\frac{40}{16}$m/s²=2.5m/s²．故A錯誤，C正確；
B、0～8s內(nèi)空間探測器的加速度a′=$\frac{△v′}{△t′}=\frac{40}{8}$m/s²=5m/s²，由牛頓第二定律得，F(xiàn)-mg=ma′得：F=mg+ma′=15000N，故B錯誤．
D、由于上升的高度為480m，重力加速度為2.5m/s²．所以下落時的速度由v²=2gh得：v=$\sqrt{2gh}=\sqrt{2×2.5×480}$=20$\sqrt{6}$m/s，故D錯誤．
故選：C．

點評 本題是速度圖象問題，首先要根據(jù)圖象分析物體的運動情況，其次抓住“斜率”等于加速度，“面積”等于位移．