【正文】 s內(nèi)位移的大小 (2) 由 得知質(zhì)點的換向時刻為 (t＝0不合題意)則 ,所以, s時間間隔內(nèi)的路程為 (3) t＝ s時 , ,17 分析　根據(jù)加速度的定義可知,在直線運動中vt曲線的斜率為加速度的大小(圖中AB、CD 段斜率為定值,即勻變速直線運動；而線段BC 的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運動)．加速度為恒量,在at 圖上是平行于t 軸的直線,由vt 圖中求出各段的斜率,即可作出at 圖線．又由速度的定義可知,xt 曲線的斜率為速度的大?。虼?勻速直線運動所對應(yīng)的x t 圖應(yīng)是一直線,而勻變速直線運動所對應(yīng)的x–t 圖為t 的二次曲線．根據(jù)各段時間內(nèi)的運動方程x＝x(t),求出不同時刻t 的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法,可作出xt 圖．解　將曲線分為AB、BC、CD 三個過程,它們對應(yīng)的加速度值分別為　 (勻加速直線運動),　　 (勻速直線運動) 　(勻減速直線運動)根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點的at 圖［圖(B)］．在勻變速直線運動中,有由此,可計算在0～2ｓ和4～6ｓ時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為用描數(shù)據(jù)點的作圖方法,由表中數(shù)據(jù)可作0～2ｓ和4～6ｓ時間內(nèi)的x t 圖．在2～4ｓ時間內(nèi), 質(zhì)點是作的勻速直線運動, 其x t 圖是斜率k＝20的一段直線［圖(c)］．18 分析　質(zhì)點的軌跡方程為y ＝f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．對于r、Δr、Δr、Δs 來說,物理含義不同,可根據(jù)其定義計算．其中對s的求解用到積分方法,先在軌跡上任取一段微元ds,則,最后用積分求ｓ．解　(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得質(zhì)點軌跡方程為,這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示． (2) 將t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分別代入運動方程,可得相應(yīng)位矢分別為 , 圖(a)中的P、Q 兩點,即為t ＝0ｓ和t ＝2ｓ時質(zhì)點所在位置．(3) 由位移表達式,得 其中位移大小而徑向增量*(4) 如圖(B)所示,所求Δs 即為圖中PQ段長度,先在其間任意處取AB 微元ds,則,由軌道方程可得,代入ds,則2ｓ內(nèi)路程為19 分析　由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向．解　(1) 速度的分量式為 , 當t ＝0 時, vox ＝10 m41′．軌跡如圖所示．116 分析　瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同,它們分別表示為和．在勻速率圓周運動中,它們的大小分別為, ,式中｜Δv｜可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到,而Δt 可由轉(zhuǎn)過的角度Δθ 求出．由計算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系,即瞬時加速度是平均加速度在Δt→0 時的極限值．解　(1) 由圖(b)可看到Δv ＝v2 v1 ,故 而 所以 (2) 將Δθ＝90176?！荭? ≥69．92176。＜θ ＜69．92176。h1 ,μ＝,升阻比,可算得飛機的滑行距離x ＝560 m,設(shè)計飛機跑道長度時應(yīng)參照上述計算結(jié)果．224 分析　如同習(xí)題2 5 分析中指出的那樣,可對木箱加上慣性力F0 后,以車廂為參考系進行求解,如圖所示,此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用,圖中a′為木箱相對車廂的加速度．解　由牛頓第二定律和相關(guān)運動學(xué)規(guī)律有F0 Fｆ＝ma μmg＝ma′ (1)v′ 2 ＝2a′L (2)聯(lián)立解(1)(2)兩式并代入題給數(shù)據(jù),得木箱撞上車廂擋板時的速度為225 分析　如以加速運動的電梯為參考系,則為非慣性系．在非慣性系中應(yīng)用牛頓定律時必須引入慣性力．在通常受力分析的基礎(chǔ)上,加以慣性力后,即可列出牛頓運動方程來．解　取如圖(b)所示的坐標,以電梯為參考系,分別對物體A、B 作受力分析,其中F1 ＝m1a,F2 ＝m2a 分別為作用在物體A、B 上的慣性力．設(shè)ar為物體相對電梯的加速度,根據(jù)牛頓定律有 (1) (2) (3)由上述各式可得 由相對加速度的矢量關(guān)系,可得物體A、B 對地面的加速度值為 a2 的方向向上, a1 的方向由ar 和a 的大小決定．當ar ＜a,即m1g m2g 2m2 a＞0 時,a1 的方向向下；反之, a1 的方向向上．226 分析　這類問題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解．在解題的過程中必須注意：(1) 參考系的選擇．由于牛頓定律只適用于慣性系,可選擇地面為參考系(慣性系)．因地面和斜面都是光滑的,當滑塊在斜面上下滑時,三棱柱受到滑塊對它的作用,也將沿地面作加速度為aA 的運動,這時,滑塊沿斜面的加速度aBA ,不再是它相對于地面的加速度aB 了．必須注意到它們之間應(yīng)滿足相對加速度的矢量關(guān)系,即aB ＝aA ＋aBA ．若以斜面為參考系(非慣性系),用它求解這類含有相對運動的力學(xué)問題是較為方便的．但在非慣性系中,若仍要應(yīng)用牛頓定律,則必須增添一慣性力F,且有F ＝maA ．(2) 坐標系的選擇．常取平面直角坐標,并使其中一坐標軸方向與運動方向一致,這樣,可使解題簡化．(3) 在分析滑塊與三棱柱之間的正壓力時,要考慮運動狀態(tài)的影響,切勿簡單地把它視為滑塊重力在垂直于斜面方向的分力mgcos α,事實上只有當aA ＝0 時,正壓力才等于mgcos α.　　　解1　取地面為參考系,以滑塊B 和三棱柱A 為研究對象,分別作示力圖,如圖(b)所示．B 受重力P1 、A 施加的支持力FN1 ；A 受重力P2 、B 施加的壓力FN1′、地面支持力FN2 ．A 的運動方向為Ox 軸的正向,Oy 軸的正向垂直地面向上．設(shè)aA 為A 對地的加速度,aB 為B 對的地加速度．由牛頓定律得 (1) (2) (3) (4)設(shè)B 相對A 的加速度為aBA ,則由題意aB 、aBA 、aA 三者的矢量關(guān)系如圖(c)所示．據(jù)此可得 (5) (6)解上述方程組可得三棱柱對地面的加速度為滑塊相對地面的加速度aB 在x、y 軸上的分量分別為 則滑塊相對地面的加速度aB 的大小為其方向與y 軸負向的夾角為 A 與B 之間的正壓力 解2　若以A 為參考系,Ox 軸沿斜面方向［圖(d)］．在非慣性系中運用牛頓定律,則滑塊B 的動力學(xué)方程分別為 (1) (2)又因 (3) (4)由以上各式可解得 由aB 、aBA 、aA三者的矢量關(guān)系可得 以aA 代入式(3)可得 31 分析與解　在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力．由于一對內(nèi)力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量．但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對于保守內(nèi)力來說,所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能,但也不可能改變質(zhì)點組的機械能．綜上所述(1)(3)說法是正確的．故選(C)．32 分析與解　對題述系統(tǒng)來說,由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)機械能守恒．物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動能,其大小取決其中一個內(nèi)力所作功．由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等．動量自然也就不等(動量方向也不同)．故(A)(B)(C)三種說法均不正確．至于說法(D)正確,是因為該系統(tǒng)動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零．由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒．33 分析與解　保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢能應(yīng)該減少．由于保守力作功與路徑無關(guān),而只與始末位置有關(guān),如質(zhì)點環(huán)繞一周過程中,保守力在一段過程中作正功,在另一段過程中必然作負功,兩者之和必為零．至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質(zhì)點所作功之和未必為零(詳見習(xí)題3 2 分析),由此可見只有說法(2)正確,故選(C)．34 分析與解　由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開過程中C 與A 或D 與B 之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機械能轉(zhuǎn)化為熱能,故選(D)35 分析與解　子彈木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒．這是因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和)．綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的．36 分析　由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內(nèi)急劇變化的變力,直接應(yīng)用牛頓定律解決受力問題是不可能的．如果考慮力的時間累積效果,運用動量定理來分析,就可避免作用過程中的細節(jié)情況．在求鳥對飛機的沖力(常指在短暫時間內(nèi)的平均力)時,由于飛機的狀態(tài)(指動量)變化不知道,使計算也難以進行；這時,可將問題轉(zhuǎn)化為討論鳥的狀態(tài)變化來分析其受力情況,并根據(jù)鳥與飛機作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡單了．解　以飛鳥為研究對象,取飛機運動方向為x 軸正向．由動量定理得式中F′為飛機對鳥的平均沖力,而身長為20cm 的飛鳥與飛機碰撞時間約為Δt ＝l /v,以此代入上式可得 鳥對飛機的平均沖力為 式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反．從計算結(jié)果可知, 105 N的沖力大致相當于一個22 t 的物體所受的重力,可見,此沖力是相當大的．若飛鳥與發(fā)動機葉片相碰,足以使發(fā)動機損壞,造成飛行事故．37 分析　重力是恒力,因此,求其在一段時間內(nèi)的沖量時,只需求出時間間隔即可．由拋體運動規(guī)律可知,物體到達最高點的時間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍．這樣,按沖量的定義即可求得結(jié)果．另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量,由動量定理求出．解1　物體從出發(fā)到達最高點所需的時間為 則物體落回地面的時間為 于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為 解2　根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射點O 運動到點A、B 的過程中,重力的沖量分別為 38 分析　本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動量定理求物體的速度v2．解　(1) 由分析知(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s(另一解不合題意已舍去)(3) 由動量定理,有 I ＝m v2 m v1由(2)可知t ＝6．86 s 時I ＝300 Ns1 代入數(shù)據(jù)后,可解得也可以選擇不同的系統(tǒng),例如,把A、B 兩船(包括傳遞的物體在內(nèi))視為系統(tǒng),同樣能滿足動量守恒,也可列出相對應(yīng)的方程求解．314 分析　人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致．在拋物的過程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發(fā)生了變化．如果把人與物視為一系統(tǒng),因水平方向不受外力作用,故外力的沖量為零,系統(tǒng)在該方向上動量守恒．但在應(yīng)用動量守恒定律時,必須注意系統(tǒng)是相對地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時,要根據(jù)相對運動的關(guān)系來確定．至于,人因跳躍而增加的距離,可根據(jù)人在水平方向速率的增量Δv 來計算．解　取如圖所示坐標．把人與物視為一系統(tǒng),當人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有式中v 為人拋物后相對地面的水平速率, v u 為拋出物對地面的水平速率．得人的水平速率的增量為 而人從最高點到地面的運動時間為 所以,人跳躍后增加的距離315 分析　由于桌面所受的壓力難以直接求出,因此,可轉(zhuǎn)化為求其反作用力,即桌面給繩的托力．但是,應(yīng)注意此托力除了支持已落在桌面上的繩外,還有對dt 時間內(nèi)下落繩的沖力,此力必須運用動量定理來求．解　取如圖所示坐標,開始時繩的上端位于原點,Oy 軸的正向豎直向下．繩的總長為l,以t 時刻,已落到桌面上長為y、質(zhì)量為m′的繩為研究對象．這段繩受重力P、桌面的托力FN 和下落繩子對它的沖力F (如圖中所示)的作用．由力的平衡條件有 (1)為求沖力F,可取dt 時間內(nèi)落至桌面的線元dy 為研究對象．線元的質(zhì)量,它受到重力dP 和沖力F 的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由動量定理得 (2)而 (3)由上述三式可得任意時刻桌面受到的壓力大小為316 分析　這是一個系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題．為了討論火箭的運動規(guī)律,仍需建立其在重力場中的動力學(xué)方程．為此,以t 時刻質(zhì)量為m 的火箭為研究對象,它在t→t ＋Δt 的時間內(nèi),將分離成火箭主體(包括尚剩的燃料)和排出的燃料兩部分．根據(jù)它們的總動量的增量ΣdPi 和系統(tǒng)所受的外力———重力(阻