Question

13．如圖所示，艦載機總質(zhì)量為m，發(fā)動機額定功率為P，在水平軌道運行階段所受阻力恒為f．艦載機在A處以額定功率啟動，同時開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機提供水平向右、大小為F的恒定推力．經(jīng)歷時間t₁，艦載機運行至B處，速度達到v₁，電磁彈射系統(tǒng)關閉．艦載機繼續(xù)以額定功率加速運行至C處，經(jīng)歷的時間為t₂，速度達到v₂．此后，艦載機進入傾斜曲面軌道，在D處離開航母起飛．請根據(jù)以上信息求解下列問題．
（1）電磁彈射系統(tǒng)關閉的瞬間，艦載機的加速度．
（2）水平軌道AC的長度．
（3）若不啟用電磁彈射系統(tǒng)，艦載機在A處以額定功率啟動，經(jīng)歷時間t到達C處，假設速度大小仍為v₂，則艦載機的質(zhì)量應比啟用電磁彈射系統(tǒng)時減少多少？（該問AC間距離用x表示．）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)功率公式P=F₁v₁，求解出發(fā)動機的牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．
（2）艦載機在A處以額定功率啟動，同時開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機提供水平向右、大小為F的恒定推力．先根據(jù)動能定理研究BC段，列出方程；電磁彈射系統(tǒng)關閉．艦載機繼續(xù)以額定功率加速運行至C處，再運用動能定理列式，聯(lián)立即可求解AC的長度．
（3）全過程運用動能定理求出艦載機的質(zhì)量，即可求解．

解答 解：（1）根據(jù)功率表達式P=F₁v₁可得：
發(fā)動機的牽引力 F₁=$\frac{P}{{v}_{1}}$  ①
由牛頓第二定律得：F₁-f=ma ②
得  a=$\frac{P}{m{v}_{1}}$-$\frac{f}{m}$  ③
（2）艦載機在A處以額定功率啟動，同時開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機提供水平向右、大小為F的恒定推力．經(jīng)歷時間t₁，艦載機運行至B處，速度達到v₁，由動能定理得：
  Pt₁+Fx₁-fx₁=$\frac{1}{2}$mv₁²…④
電磁彈射系統(tǒng)關閉．艦載機繼續(xù)以額定功率加速運行至C處，經(jīng)歷的時間為t₂，速度達到v₂．同理得得：
   Pt₂-fx₂=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²…⑤
艦載機總位移 AC=x₁+x₂ …⑥
聯(lián)立④⑤⑥得 AC=$\frac{\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-P{t}_{1}}{F-f}$+$\frac{P{t}_{2}+\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}}{f}$    ⑦
（3）全過程，根據(jù)動能定理有 Pt-fx=$\frac{1}{2}$m₁v₂²…⑧
 應減少的質(zhì)量：△m=m-m₁ …⑨
得△m=m-$\frac{2（Pt-fx）}{{v}_{2}^{2}}$
答：
（1）電磁彈射系統(tǒng)關閉的瞬間，艦載機的加速度是$\frac{P}{m{v}_{1}}$-$\frac{f}{m}$．
（2）水平軌道AC的長度是$\frac{\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-P{t}_{1}}{F-f}$+$\frac{P{t}_{2}+\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}}{f}$．
（3）艦載機的質(zhì)量應比啟用電磁彈射系統(tǒng)時減少m-$\frac{2（Pt-fx）}{{v}_{2}^{2}}$．

點評 靈活運用動能定理處理變力做功問題是解決本題的關鍵，運用時要靈活選取研究的過程，掌握功率一定時，W=Pt是求功的常用方法．