【正文】 s ,將I、m 及v1代入可得 39 分析　從人受力的情況來看,可分兩個(gè)階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運(yùn)動(dòng)；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中,則人體同時(shí)受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時(shí)間很短．為求安全帶的沖力,可以從緩沖時(shí)間內(nèi),人體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(動(dòng)量)的改變來分析,即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論．事實(shí)上,動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過程．但是,這時(shí)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(shí)間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零．這樣,運(yùn)用動(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果．解1　以人為研究對(duì)象,按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行討論．在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中,人跌落至2 m 處時(shí)的速度為 (1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動(dòng)量定理,有 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為解2　從整個(gè)過程來討論．根據(jù)動(dòng)量定理有310 分析　由沖量定義求得力F 的沖量后,根據(jù)動(dòng)量原理,即為動(dòng)量增量,注意用式積分前,應(yīng)先將式中x 用x ＝Acosωt代之,方能積分．解　力F 的沖量為 即311 分析　對(duì)于彎曲部分AB 段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時(shí)間Δt 內(nèi),從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量．因此,對(duì)這部分水來說,在時(shí)間Δt 內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量Δp＝Δm(vB vA )；此動(dòng)量的變化是管壁在Δt時(shí)間內(nèi)對(duì)其作用沖量I 的結(jié)果．依據(jù)動(dòng)量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對(duì)管壁的作用力F′＝F．解　在Δt 時(shí)間內(nèi),從管一端流入(或流出) 水的質(zhì)量為Δm ＝ρυSΔt,彎曲部分AB 的水的動(dòng)量的增量則為 Δp＝Δm(vB vA ) ＝ρυSΔt (vB vA )依據(jù)動(dòng)量定理I ＝Δp,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為 作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè)．312 分析　根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律,物體在最高點(diǎn)處的位置坐標(biāo)和速度是易求的．因此,若能求出第二塊碎片拋出的速度,按拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就可求得落地的位置．為此,分析物體在最高點(diǎn)處爆炸的過程,由于爆炸力屬內(nèi)力,且遠(yuǎn)大于重力,因此,重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒．由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運(yùn)動(dòng)求出,由動(dòng)量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度,進(jìn)一步求出落地位置．解　取如圖示坐標(biāo),根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點(diǎn)A 的速度的水平分量為 (1)物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為當(dāng)該碎片落地時(shí),有y1 ＝0,t ＝t1 ,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度 (2)又根據(jù)動(dòng)量守恒定律,在最高點(diǎn)處有 (3) (4)聯(lián)立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為 爆炸后,第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為 (5) (6)落地時(shí),y2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置 x2 ＝500 m313 分析　由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計(jì),則對(duì)搬出重物后的船A 與從船B 搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅰ來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒；同樣,對(duì)搬出重物后的船B 與從船A 搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅱ亦是這樣．由此,分別列出系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ的動(dòng)量守恒方程即可解出結(jié)果．　　解　設(shè)A、B兩船原有的速度分別以vA 、vB 表示,傳遞重物后船的速度分別以vA′ 、vB′ 表示,被搬運(yùn)重物的質(zhì)量以m 表示．分別對(duì)上述系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有 (1) (2)由題意知vA′ ＝0, vB′ ＝ m時(shí),踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去,這時(shí)球也不能射入球門．因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果．122 分析　在自然坐標(biāo)中,s 表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo)．由給定的運(yùn)動(dòng)方程s ＝s(t),對(duì)時(shí)間t 求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量為an＝v2 /R．這樣,總加速度為a ＝aｔeｔ＋anen．至于質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量Δs＝st s0．因圓周長(zhǎng)為2πR,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得．解　(1) 質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使｜a｜＝b,由可得(3) 從t＝0 開始到t＝v0 /b 時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為123 分析　首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系ω＝kt2．依據(jù)角量與線量的關(guān)系由特定時(shí)刻的速度值可得相應(yīng)的角速度,從而求出式中的比例系數(shù)k,ω＝ω(t)確定后,注意到運(yùn)動(dòng)的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系,由運(yùn)動(dòng)學(xué)中兩類問題求解的方法(微分法和積分法),即可得到特定時(shí)刻的角加速度、切向加速度和角位移．解　因ωR ＝v,由題意ω∝t2 得比例系數(shù) 所以 則t′＝ 時(shí)的角速度、角加速度和切向加速度分別為 總加速度 124 分析　掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對(duì)應(yīng)關(guān)系,應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)求解的方法即可得到．解　(1) 由于,則角速度．在t ＝2 ｓ 時(shí),法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為 (2) 當(dāng)時(shí),有,即 得 此時(shí)刻的角位置為 (3) 要使,則有 t ＝125 分析　這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題．設(shè)雨滴為研究對(duì)象,地面為靜止參考系Ｓ,火車為動(dòng)參考系Ｓ′．v1 為Ｓ′相對(duì)Ｓ 的速度,v2 為雨滴相對(duì)Ｓ的速度,利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系即可解．解　以地面為參考系,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為v1 ,雨滴相對(duì)地面豎直下落的速度為v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′為相對(duì)速度,它們之間的關(guān)系為 (如圖所示),于是可得126 分析　這也是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題．可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象,地面為靜參考系Ｓ,汽車為動(dòng)參考系Ｓ′．如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點(diǎn)下落的方向(即雨點(diǎn)相對(duì)于汽車的運(yùn)動(dòng)速度v2′的方向)應(yīng)滿足．再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車速v1．解　由［圖(b)］,有 而要使,則 127 分析　船到達(dá)對(duì)岸所需時(shí)間是由船相對(duì)于岸的速度v 決定的．由于水流速度u的存在, v與船在靜水中劃行的速度v′之間有v＝u ＋v′(如圖所示)．若要使船到達(dá)正對(duì)岸,則必須使v沿正對(duì)岸方向；在劃速一定的條件下,若要用最短時(shí)間過河,則必須使v 有極大值．解　(1) 由v＝u ＋v′可知,則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為(2) 由于,在劃速v′一定的條件下,只有當(dāng)α＝0 時(shí), v 最大(即v＝v′),此時(shí),船過河時(shí)間t′＝d /v′,船到達(dá)距正對(duì)岸為l 的下游處,且有128 分析　該問題涉及到運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性．如何將已知質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于觀察者O 的運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換到相對(duì)于觀察者O′的運(yùn)動(dòng)中去,其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換,將系O 中一動(dòng)點(diǎn)(x,y)變換至系O′中的點(diǎn)(x′,y′)．由于觀察者O′相對(duì)于觀察者O 作勻速運(yùn)動(dòng),因此,該坐標(biāo)變換是線性的．解　取Oxy 和O′x′y′分別為觀察者O 和觀察者O′所在的坐標(biāo)系,且使Ox 和O′x′兩軸平行．在t ＝0 時(shí),兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合．由坐標(biāo)變換得x′＝x v t ＝v t v t ＝0 y′＝y(tǒng) ＝1/2 gt2加速度 由此可見,動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于系O′是在y 方向作勻變速直線運(yùn)動(dòng)．動(dòng)點(diǎn)在兩坐標(biāo)系中加速度相同,這也正是伽利略變換的必然結(jié)果．21 分析與解　當(dāng)物體離開斜面瞬間,斜面對(duì)物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力FＴ (其方向仍可認(rèn)為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcot θ,故選(D)．求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征．22 分析與解　與滑動(dòng)摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內(nèi)取值．當(dāng)FN增加時(shí),靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．由題意知,物體一直保持靜止?fàn)顟B(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A)．23 分析與解　由題意知,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng),為保證汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應(yīng)為μFN．由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v＝μRg．因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑．應(yīng)選(C)．24 分析與解　由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時(shí)刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)．重力的切向分量(m gcos θ) 使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程可判斷,隨θ 角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應(yīng)選(B)．25 分析與解　本題可考慮對(duì)A、B 兩物體加上慣性力后,以電梯這個(gè)非慣性參考系進(jìn)行求解．此時(shí)A、B 兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a′為A、B 兩物體相對(duì)電梯的加速度,ma′為慣性力．對(duì)A、B 兩物體應(yīng)用牛頓第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故選(A)．討論　對(duì)于習(xí)題2 5 這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運(yùn)動(dòng)圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學(xué)問題時(shí),必須對(duì)物體加上一個(gè)虛擬的慣性力．如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA 和aB 均應(yīng)對(duì)地而言,本題中aA 和aB的大小與方向均不相同．其中aA 應(yīng)斜向上．對(duì)aA 、aB 、a 和a′之間還要用到相對(duì)運(yùn)動(dòng)規(guī)律,求解過程較繁．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下．26 分析　動(dòng)力學(xué)問題一般分為兩類：(1) 已知物體受力求其運(yùn)動(dòng)情況；(2) 已知物體的運(yùn)動(dòng)情況來分析其所受的力．當(dāng)然,在一個(gè)具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來．本題關(guān)鍵在列出動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程后,解出傾角與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系α＝f(t),然后運(yùn)用對(duì)t 求極值的方法即可得出數(shù)值來．解　取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)O 位于斜面頂點(diǎn),則由牛頓第二定律有 (1)又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動(dòng),故有 則 (2)為使下滑的時(shí)間最短,可令,由式(2)有 則可得 ,此時(shí) 27 分析　預(yù)制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體．處理動(dòng)力學(xué)問題通常采用“隔離體”的方法,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動(dòng)力學(xué)方程．根據(jù)連接體中物體的多少可列出相應(yīng)數(shù)目的方程式．結(jié)合各物體之間的相互作用和聯(lián)系,可解決物體的運(yùn)動(dòng)或相互作用力．解　按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫示力圖,并取豎直向上為Oy 軸正方向(如圖所示)．當(dāng)框架以加速度a 上升時(shí),有FＴ (m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)(1) 當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a ＝10 m 27．92176。,30176。ｓ1 , voy ＝15 mｓ1代入(1) (2)得v0＝1 m)其上有大量小孔．噴頭旋轉(zhuǎn)時(shí),水滴以初速度v0 從各個(gè)小孔中噴出,并作斜上拋運(yùn)動(dòng),通常噴頭表面基本上與草坪處在同一水平面上．則以φ角噴射的水柱射程為為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑,噴頭上的小孔數(shù)不但很多,而且還不能均勻分布,這是噴頭設(shè)計(jì)中的一個(gè)關(guān)鍵問題．121 分析　被踢出后的足球,在空中作斜拋運(yùn)動(dòng),其軌跡方程可由質(zhì)點(diǎn)在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方程得到．由于水平距離x 已知,球門高度又限定了在y 方向的范圍,故只需將x、y 值代入即可求出．解　取圖示坐標(biāo)系Oxy,由運(yùn)動(dòng)方程,　消去t 得軌跡方程以x ＝ m,v ＝ m176。ｓ1 ,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,得 v＝++又因v＝dx /dt,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件：t0 ＝0 時(shí)x0 ＝ m,對(duì)上式分離變量后積分,有x ＝++ +215 分析　飛機(jī)連同駕駛員在水平跑道上運(yùn)動(dòng)可視為質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)．其水平方向所受制動(dòng)力F 為變力,且是時(shí)間的函數(shù)．在求速率和距離時(shí),可根據(jù)動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律,采用分離變量法求解．解　以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條件, 得 因此,飛機(jī)著陸10ｓ后的速率為v ＝30 mθ ＝176。ｓ1 和x5 ＝ m對(duì)5ｓ＜t ＜7ｓ 時(shí)間段,用同樣方法有 得 再由 得 x ＝ ＋將t ＝7ｓ代入分別得v7＝40 m或θ ＜176。分別代入上式,得, ,以上結(jié)果表明,當(dāng)Δθ→0 時(shí),勻速率圓周運(yùn)動(dòng)的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度．117 分析　根據(jù)運(yùn)動(dòng)方程可直接寫出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(tǒng)(t),從中消去參數(shù)t,即得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程．平均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)位置的變化率,即,它與時(shí)間間隔Δt 的大小有關(guān),當(dāng)Δt→0 時(shí),平均速度的極限即瞬時(shí)速度．切向和法向加速度是指在