【正文】 θ ＝176。s1 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(dòng)量守恒,也可列出相對(duì)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(diǎn)處向后拋出物體所致．在拋物的過(guò)程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動(dòng)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(dòng)量守恒．但在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí),必須注意系統(tǒng)是相對(duì)地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時(shí),要根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的關(guān)系來(lái)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(lái)計(jì)算．解　取如圖所示坐標(biāo)．把人與物視為一系統(tǒng),當(dāng)人跳躍到最高點(diǎn)處,在向左拋物的過(guò)程中,滿足動(dòng)量守恒,故有式中v 為人拋物后相對(duì)地面的水平速率, v u 為拋出物對(duì)地面的水平速率．得人的水平速率的增量為 而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(duì)dt 時(shí)間內(nèi)下落繩的沖力,此力必須運(yùn)用動(dòng)量定理來(lái)求．解　取如圖所示坐標(biāo),開(kāi)始時(shí)繩的上端位于原點(diǎn),Oy 軸的正向豎直向下．繩的總長(zhǎng)為l,以t 時(shí)刻,已落到桌面上長(zhǎng)為y、質(zhì)量為m′的繩為研究對(duì)象．這段繩受重力P、桌面的托力FN 和下落繩子對(duì)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(shí)間內(nèi)落至桌面的線元dy 為研究對(duì)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(dòng)量定理得 (2)而 (3)由上述三式可得任意時(shí)刻桌面受到的壓力大小為316 分析　這是一個(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問(wèn)題．為了討論火箭的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,仍需建立其在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程．為此,以t 時(shí)刻質(zhì)量為m 的火箭為研究對(duì)象,它在t→t ＋Δt 的時(shí)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(dòng)量的增量ΣdPi 和系統(tǒng)所受的外力———重力(阻力不計(jì)),由動(dòng)量定理可得到mg ＝udm′/dt ＋mdv/dt(推導(dǎo)從略,見(jiàn)教材),即火箭主體的動(dòng)力學(xué)方程．由于在dt 時(shí)間內(nèi)排出燃料的質(zhì)量dm′很小,式中m 也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量, 而燃料的排出率dm′/dt 也就是火箭質(zhì)量的變化率dm/dt．這樣,上述方程也可寫(xiě)成．在特定加速度a0 的條件下,根據(jù)初始時(shí)刻火箭的質(zhì)量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的質(zhì)量比( 即t 時(shí)刻火箭的質(zhì)量m 與火箭的初始質(zhì)量m0之比) 已知的條件下,可算出火箭所經(jīng)歷的時(shí)間,則火箭運(yùn)動(dòng)的速率可通過(guò)對(duì)其動(dòng)力學(xué)方程積分后解得．解　(1) 以火箭發(fā)射處為原點(diǎn),豎直向上為正方向．該火箭在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為 (1)因火箭的初始質(zhì)量為m0 ＝ 105 kg, 要使火箭獲得最初的加速度a0 ＝ mh1 ,μ＝,升阻比,可算得飛機(jī)的滑行距離x ＝560 m,設(shè)計(jì)飛機(jī)跑道長(zhǎng)度時(shí)應(yīng)參照上述計(jì)算結(jié)果．224 分析　如同習(xí)題2 5 分析中指出的那樣,可對(duì)木箱加上慣性力F0 后,以車(chē)廂為參考系進(jìn)行求解,如圖所示,此時(shí)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(duì)車(chē)廂的加速度．解　由牛頓第二定律和相關(guān)運(yùn)動(dòng)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(chē)廂擋板時(shí)的速度為225 分析　如以加速運(yùn)動(dòng)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(shí)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(yùn)動(dòng)方程來(lái)．解　取如圖(b)所示的坐標(biāo),以電梯為參考系,分別對(duì)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(duì)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(duì)加速度的矢量關(guān)系,可得物體A、B 對(duì)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(dāng)ar ＜a,即m1g m2g 2m2 a＞0 時(shí),a1 的方向向下；反之, a1 的方向向上．226 分析　這類(lèi)問(wèn)題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解．在解題的過(guò)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(dāng)滑塊在斜面上下滑時(shí),三棱柱受到滑塊對(duì)它的作用,也將沿地面作加速度為aA 的運(yùn)動(dòng),這時(shí),滑塊沿斜面的加速度aBA ,不再是它相對(duì)于地面的加速度aB 了．必須注意到它們之間應(yīng)滿足相對(duì)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(lèi)含有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的力學(xué)問(wèn)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(biāo)系的選擇．常取平面直角坐標(biāo),并使其中一坐標(biāo)軸方向與運(yùn)動(dòng)方向一致,這樣,可使解題簡(jiǎn)化．(3) 在分析滑塊與三棱柱之間的正壓力時(shí),要考慮運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響,切勿簡(jiǎn)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(shí)上只有當(dāng)aA ＝0 時(shí),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(duì)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(yùn)動(dòng)方向?yàn)镺x 軸的正向,Oy 軸的正向垂直地面向上．設(shè)aA 為A 對(duì)地的加速度,aB 為B 對(duì)的地加速度．由牛頓定律得 (1) (2) (3) (4)設(shè)B 相對(duì)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(duì)地面的加速度為滑塊相對(duì)地面的加速度aB 在x、y 軸上的分量分別為 則滑塊相對(duì)地面的加速度aB 的大小為其方向與y 軸負(fù)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(yùn)用牛頓定律,則滑塊B 的動(dòng)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(diǎn)組中內(nèi)力總是成對(duì)出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力．由于一對(duì)內(nèi)力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會(huì)改變質(zhì)點(diǎn)組的總動(dòng)量．但由于相互有作用力的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對(duì)內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對(duì)彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對(duì)摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對(duì)于保守內(nèi)力來(lái)說(shuō),所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點(diǎn)組的動(dòng)能,但也不可能改變質(zhì)點(diǎn)組的機(jī)械能．綜上所述(1)(3)說(shuō)法是正確的．故選(C)．32 分析與解　對(duì)題述系統(tǒng)來(lái)說(shuō),由題意知并無(wú)外力和非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒．物體在下滑過(guò)程中,一方面通過(guò)重力作功將勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,另一方面通過(guò)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(dòng)能,其大小取決其中一個(gè)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(shí)動(dòng)能大小不等．動(dòng)量自然也就不等(動(dòng)量方向也不同)．故(A)(B)(C)三種說(shuō)法均不正確．至于說(shuō)法(D)正確,是因?yàn)樵撓到y(tǒng)動(dòng)量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動(dòng)量為零,下滑后物體與斜面動(dòng)量的矢量和不可能為零．由此可知,此時(shí)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(wú)外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動(dòng)量守恒．33 分析與解　保守力作正功時(shí),系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢(shì)能應(yīng)該減少．由于保守力作功與路徑無(wú)關(guān),而只與始末位置有關(guān),如質(zhì)點(diǎn)環(huán)繞一周過(guò)程中,保守力在一段過(guò)程中作正功,在另一段過(guò)程中必然作負(fù)功,兩者之和必為零．至于一對(duì)作用力與反作用力分別作用于兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)所作功之和未必為零(詳見(jiàn)習(xí)題3 2 分析),由此可見(jiàn)只有說(shuō)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(dòng)量守恒,但機(jī)械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開(kāi)過(guò)程中C 與A 或D 與B 之間有無(wú)相對(duì)滑動(dòng),如有則必然會(huì)因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機(jī)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(guò)程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但機(jī)械能并不守恒．這是因?yàn)樽訌椗c木塊作用的一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因?yàn)樽訌棇?duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致),子彈動(dòng)能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動(dòng)能中,一部分通過(guò)其反作用力對(duì)木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動(dòng)能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和)．綜上所述,只有說(shuō)法(C)的表述是完全正確的．36 分析　由于鳥(niǎo)與飛機(jī)之間的作用是一短暫時(shí)間內(nèi)急劇變化的變力,直接應(yīng)用牛頓定律解決受力問(wèn)題是不可能的．如果考慮力的時(shí)間累積效果,運(yùn)用動(dòng)量定理來(lái)分析,就可避免作用過(guò)程中的細(xì)節(jié)情況．在求鳥(niǎo)對(duì)飛機(jī)的沖力(常指在短暫時(shí)間內(nèi)的平均力)時(shí),由于飛機(jī)的狀態(tài)(指動(dòng)量)變化不知道,使計(jì)算也難以進(jìn)行；這時(shí),可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論鳥(niǎo)的狀態(tài)變化來(lái)分析其受力情況,并根據(jù)鳥(niǎo)與飛機(jī)作用的相互性(作用與反作用),問(wèn)題就很簡(jiǎn)單了．解　以飛鳥(niǎo)為研究對(duì)象,取飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閤 軸正向．由動(dòng)量定理得式中F′為飛機(jī)對(duì)鳥(niǎo)的平均沖力,而身長(zhǎng)為20cm 的飛鳥(niǎo)與飛機(jī)碰撞時(shí)間約為Δt ＝l /v,以此代入上式可得 鳥(niǎo)對(duì)飛機(jī)的平均沖力為 式中負(fù)號(hào)表示飛機(jī)受到的沖力與其飛行方向相反．從計(jì)算結(jié)果可知, 105 N的沖力大致相當(dāng)于一個(gè)22 t 的物體所受的重力,可見(jiàn),此沖力是相當(dāng)大的．若飛鳥(niǎo)與發(fā)動(dòng)機(jī)葉片相碰,足以使發(fā)動(dòng)機(jī)損壞,造成飛行事故．37 分析　重力是恒力,因此,求其在一段時(shí)間內(nèi)的沖量時(shí),只需求出時(shí)間間隔即可．由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,物體到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時(shí)間是到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)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(guò)程的始、末動(dòng)量,由動(dòng)量定理求出．解1　物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為 則物體落回地面的時(shí)間為 于是,在相應(yīng)的過(guò)程中重力的沖量分別為 解2　根據(jù)動(dòng)量定理,物體由發(fā)射點(diǎn)O 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A、B 的過(guò)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(dòng)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(dòng)量定理,有 I ＝m v2 m v1由(2)可知t ＝6．86 s 時(shí)I ＝300 Nｓ1 ,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 mｓ1 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 mｓ2 上升時(shí),由式(3)可得繩所受張力的值為FＴ ＝ 103 N乙對(duì)甲的作用力為 F′N(xiāo)2 ＝FN2 ＝m2 (g ＋a) ＝ 103 N(2) 當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a ＝1 m＜θ ＜69．92176。176。或θ ＜176。≥θ2 ≥18．89176。≥θ1 ≥69．92176。)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?chē)牟萜耗鼙痪鶆驀姙?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(wèn)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(mén)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 ＝ m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(xiě)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