【正文】 s2,則燃氣的排出率為(2) 為求火箭的最后速率,可將式(1)改寫成 分離變量后積分,有 火箭速率隨時間的變化規(guī)律為 (2),故經(jīng)歷時間t 后,其質(zhì)量為得 (3)將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最后速率317 分析　由題意知質(zhì)點是在變力作用下運動,因此要先找到力F 與位置x 的關(guān)系,由題給條件知．則該力作的功可用式 計算,然后由動能定理求質(zhì)點速率．解　由分析知, 則在x ＝0 到x ＝L 過程中作功, 由動能定理有 得x ＝L 處的質(zhì)點速率為此處也可用牛頓定律求質(zhì)點速率,即分離變量后,兩邊積分也可得同樣結(jié)果．318 分析　該題中雖施以“恒力”,但是,作用在物體上的力的方向在不斷變化．需按功的矢量定義式來求解．解　取圖示坐標,繩索拉力對物體所作的功為319 分析　本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式來求解．關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)F ＝F(x)．根據(jù)運動學(xué)關(guān)系,可將已知力與速度的函數(shù)關(guān)系F(v) ＝kv2 變換到F(t),進一步按x ＝ct3 的關(guān)系把F(t)轉(zhuǎn)換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解．解　由運動學(xué)方程x ＝ct3 ,可得物體的速度按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為320 分析　由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實為變力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系,拉力作功即可題3 20 圖求出．解　水桶在勻速上提過程中,a ＝0,拉力與水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P ＝mg αgy其中α＝0．2 kg/m,人對水桶的拉力的功為321 分析　(1) 在計算功時,首先應(yīng)明確是什么力作功．小球擺動過程中同時受到重力和張力作用．重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來．(2) 在計算功的基礎(chǔ)上,由動能定理直接能求出動能和速率．(3) 在求最低點的張力時,可根據(jù)小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定．解　(1) 如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān),即在小球擺動過程中,張力FＴ 的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功 (2) 根據(jù)動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結(jié)果．初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為 小球在最低位置的速率為 (3) 當小球在最低位置時,由牛頓定律可得 322 分析　質(zhì)點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動能定理列式解之．解　(1) 摩擦力作功為 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數(shù)為圈323 分析　運用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一．因為它與過程的細節(jié)無關(guān),也常常與特定力的細節(jié)無關(guān)．“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變．在具體應(yīng)用時,必須恰當?shù)剡x取研究對象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件．該題可用機械能守恒定律來解決．選取兩塊板、彈簧和地球為系統(tǒng),該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后(取作狀態(tài)1),直到B 板剛被提起(取作狀態(tài)2),在這一過程中,系統(tǒng)不受外力作用,而內(nèi)力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件．只需取狀態(tài)1 和狀態(tài)2,運用機械能守恒定律列出方程,并結(jié)合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出．解　選取如圖(b)所示坐標,取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點．作各狀態(tài)下物體的受力圖．對A 板而言,當施以外力F 時,根據(jù)受力平衡有F1 ＝P1 ＋F (1)當外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機械能守恒定律可得式中y1 、y2 為M、N 兩點對原點O 的位移．因為F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可寫為F1 F2 ＝2P1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P1 ＋F2 (3)當A 板跳到N 點時,B 板剛被提起,此時彈性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g應(yīng)注意,勢能的零點位置是可以任意選取的．為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點．324 分析　礦車在下滑和返回的全過程中受到重力、彈力、阻力和支持力作用．若取礦車、地球和彈簧為系統(tǒng),支持力不作功,重力、彈力為保守力,而阻力為非保守力．礦車在下滑和上行兩過程中,存在非保守力作功,系統(tǒng)不滿足機械能守恒的條件,因此,可應(yīng)用功能原理去求解．在確定重力勢能、彈性勢能時,應(yīng)注意勢能零點的選取,常常選取彈簧原長時的位置為重力勢能、彈性勢能共同的零點,這樣做對解題比較方便．解　取沿斜面向上為x 軸正方向．彈簧被壓縮到最大形變時彈簧上端為坐標原點O．礦車在下滑和上行的全過程中,按題意,摩擦力所作的功為Wｆ ＝( ＋′g)(l ＋x) (1)式中m′和m 分別為礦車滿載和空載時的質(zhì)量,x 為彈簧最大被壓縮量．根據(jù)功能原理,在礦車運動的全過程中,摩擦力所作的功應(yīng)等于系統(tǒng)機械能增量的負值,故有Wｆ ＝ΔE ＝(ΔEP＋ΔEｋ )由于礦車返回原位時速度為零,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m m′) g(l ＋x) sinα,故有Wｆ ＝(m m′) g(l ＋x) sinα (2)由式(1)、(2)可解得325 分析　由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動能也相同．釘子釘入木板是將釘子的動能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等．由于阻力與進入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達式,并由功相等的關(guān)系即可求解．解　因阻力與深度成正比,則有F＝kx(k 為阻力系數(shù))．現(xiàn)令x0＝ 10 2 m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得 Δx＝ 10 2 m326 分析　根據(jù)勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出．由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能．由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零．這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和．解　(1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得 則 (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠(r→∞)時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為(3) 衛(wèi)星的機械能為327 分析　取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng),由于屋面對冰塊的支持力FN 始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機械能守恒．但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學(xué)方程．求解上述兩方程即可得出結(jié)果．解　由系統(tǒng)的機械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為 α＝90176。ｓ1又 故飛機著陸后10ｓ內(nèi)所滑行的距離 216 分析　該題可以分為兩個過程,入水前是自由落體運動,入水后,物體受重力P、浮力F 和水的阻力Fｆ的作用,其合力是一變力,因此,物體作變加速運動．雖然物體的受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時間、位置的函數(shù)),對這類問題列出動力學(xué)方程并不復(fù)雜,但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了．通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程．這也成了解題過程中的難點．在解方程的過程中,特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件的確定．解　(1) 運動員入水前可視為自由落體運動,故入水時的速度為運動員入水后,由牛頓定律得 P Fｆ F ＝ma由題意P ＝F、Fｆ＝bv2 ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代入上式后得 bv2＝ mv (d v /dy)考慮到初始條件y0 ＝0 時, ,對上式積分,有 (2) 將已知條件b/m ＝ m 1 ,v ＝ 代入上式,則得217 分析　螺旋槳旋轉(zhuǎn)時,葉片上各點的加速度不同,在其各部分兩側(cè)的張力也不同；由于葉片的質(zhì)量是連續(xù)分布的,在求葉片根部的張力時,可選取葉片上一小段,分析其受力,列出動力學(xué)方程,然后采用積分的方法求解．解　設(shè)葉片根部為原點O,沿葉片背離原點O 的方向為正向,距原點O 為r處的長為dr一小段葉片,其兩側(cè)對它的拉力分別為FＴ(r)與FＴ(r＋dr)．葉片轉(zhuǎn)動時,該小段葉片作圓周運動,由牛頓定律有由于r ＝l 時外側(cè)FＴ ＝0,所以有 上式中取r ＝0,即得葉片根部的張力FＴ0 ＝ 105 N負號表示張力方向與坐標方向相反．218 分析　該題可由牛頓第二定律求解．在取自然坐標的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,與其相對應(yīng)的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而與法向加速度an相對應(yīng)的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應(yīng)用積分求解,為使運算簡便,可轉(zhuǎn)換積分變量． 倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便．但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力．解　小球在運動過程中受到重力P 和圓軌道對它的支持力FN ．取圖(b)所示的自然坐標系,由牛頓定律得 (1) (2)由,得,代入式(1),并根據(jù)小球從點A 運動到點C 的始末條件,進行積分,有 得 則小球在點C 的角速度為 由式(2)得　　 由此可得小球?qū)A軌道的作用力為 負號表示F′N 與en 反向． 219 分析　運動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學(xué)問題．物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力FN 和環(huán)與物體之間的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了,從而可用運動學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程．　　　　　　　　解　(1) 設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有 由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得取初始條件t ＝0 時v ＝v 0 ,并對上式進行積分,有 (2) 當物體的速率從v 0 減少到1/2v 0時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程 220 分析　物體在發(fā)射過程中,同時受到重力和空氣阻力的作用,其合力是速率v 的一次函數(shù),動力學(xué)方程是速率的一階微分方程,求解時,只需采用分離變量的數(shù)學(xué)方法即可．但是,在求解高度時,則必須將時間變量通過速度定義式轉(zhuǎn)換為位置變量后求解,并注意到物體上升至最大高度時,速率應(yīng)為零．解　(1) 物體在空中受重力mg和空氣阻力Fr ＝kv 作用而減速．由牛頓定律得 (1)根據(jù)始末條件對上式積分,有 (2) 利用的關(guān)系代入式(1),可得分離變量后積分 故 討論　如不考慮空氣阻力,則物體向上作勻減速運動．由公式和分別算得t≈≈184 m,均比實際值略大一些．221 分析　由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力P 和阻力Fr 的方向相同；而下落過程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向則相反．又因阻力是變力,在解動力學(xué)方程時,需用積分的方法．解　分別對物體上拋、下落時作受力分析,以地面為原點,豎直向上為y 軸(如圖所示)．(1) 物體在上拋過程中,根據(jù)牛頓定律有依據(jù)初始條件對上式積分,有 物體到達最高處時, v ＝0,故有(2) 物體下落過程中,有 對上式積分,有 則 222 分析　該題依然是運用動力學(xué)方程求解變力作用下的速度和位置的問題,求解方法與前兩題相似,只是在解題過程中必須設(shè)法求出阻力系數(shù)k．由于阻力Fr ＝kv2 ,且Fr又與恒力F 的方向相反；故當阻力隨速度增加至與恒力大小相等時,加速度為零,此時速度達到最大．因此,根據(jù)速度最大值可求出阻力系數(shù)來．但在求摩托車所走路程時,需對變量作變換．解　設(shè)摩托車沿x 軸正方向運動,在牽引力F和阻力Fr 同時作用下,由牛頓定律有 (1)當加速度a ＝dv/dt ＝0 時,摩托車的速率最大,因此可得k＝F/vm2 (2)由式(1)和式(2)可得 (3)根據(jù)始末條