3-1一架以3.0×102m·s1的速率水平飞行的飞机，与一只身长为 0.20m、质量为0.50kg的飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速 度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小，可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机的冲击 力（碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算）.根据本题的计算结果，你对 于高速运动的物体（如飞机、汽车）与通常情况下不足以引起危害的物体（如飞 鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？ 分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力，直接应 用牛顿定律解决受力问题是不可能的.如果考虑力的时间累积效果，运用动量定 理来分析，就可避免作用过程中的细节情况.在求鸟对飞机的冲力（常指在短暂 时间内的平均力)时，由于飞机的状态（指动量）变化不知道，使计算也难以进行： 这时，可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况，并根据鸟与飞机作 用的相互性（作用与反作用），问题就很简单了· 解以飞鸟为研究对象，取飞机运动方向为x轴正向.由动量定理得 F△t=m0-0 式中F为飞机对鸟的平均冲力，而身长为20c的飞鸟与飞机碰撞时间约为 △t=/x,以此代入上式可得 F=m%=2.25×105N 鸟对飞机的平均冲力为 F=-F=-2.25×105N 式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知，2.25× 10N的冲力大致相当于一个2t的物体所受的重力，可见，此冲力是相当大的， 若飞鸟与发动机叶片相碰，足以使发动机损坏，造成飞行事故
3一2质量为m的物体，由水平面上点O以初速为o抛出，0与水平面 成仲角α.若不计空气阻力，求：(1)物体从发射点O到最高点的过程中，重力的 冲量：(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。 分析重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔 即可.由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间△1=sn·,物体从出发 到落回至同一水平面所斋的时间是到达最高点时间的两倍.这样，按冲量的定义 即可求得结果 另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动 量定理求出. 解1物体从出发到达最高点所需的时间为 Q At1=vosin a 图3-2 则物体落回地面的时间为 42=2△1=2sing B 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 Fdt =-mgAtij =-mvosin aj 五=Fd址=-maa/=-2wonW 2 解2根据动量定理，物体由发射点O运动到点A、B的过程中，重力的冲 量分别为 I1=mvAyj -mvoyj =-mvosin aj 12 =mvnyj-mvoyj=-2mvosin aj
3一3质量为m的质点作圆锥摆运动，质点的速率为，圆半径为R.圆锥 母线与轴线之间的夹角为α，计算拉力在一周内的冲量 分析冲量I=Ft是一矢量式.当质点在作圆周运动时，拉力Ft的方向 是时刻改变的，因此，直接由拉力来求冲量是 困难的；但是，若采取转换的方法，先分别求 出合力F[图3-3(b)]和重力P的冲量，再 利用矢量合成的平行四边形法则，即可求得 拉力的冲量.虽然，合力F仍是一变力，但它 在任意d:时间内的冲量d道均指向圆周中心. 当计算一周内的冲量时，由于各d山对中心O 的对称性，中Fdt=0.而重力是恒力，只需知 ()图3-3 (b) 道它运动一周的时间就能算出其冲量，则拉 力Fr的冲量r=I:-Ip: 此外，利用动量定理也能较方便地解出结果来， 解1一周内重力P的冲量为 =$Pd业=-mgat=-mg2gt 一周内F的冲量为 L,=φFdt=0 所以，一周内拉力F下的冲量为 IT=I:-Ip =mg 2mRk 解2根据动量定理，一周内合力的冲量为 I:IT+Ip mo -mo =0 色 =-p=mg2红3k
3~4高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为51.0kg的人，在 操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来.已 知此时人离原处的距离为2.0m,安全带弹性缓冲作用时间为0.，50s,求安全带 对人的平均冲力， 分析从人受力的情况来看，可分两个阶段：在开始下落的过程中，只受重 力作用，人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中，则人体同 时受重力和安全带神力的作用，其合力是一变力，且作用时间很短.为求安全带 的冲力，可以从缓冲时间内，人体运动状态（动量）的改变来分析，即运用动量定 理来讨论. 事实上，动量定理也可应用于整个过程.但是，这时必须分清重力和安全带 冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态，人体的速度均为零.这样，运 用动量定理仍可得到相同的结果. 解1以人为研究对象，按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过 程中，人跌落至2m处时的速度为 01=√2gh (1) 在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量定理，有 (F+P)At mv2-mv (2) 由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 下=mg+A=mg+m2=1.14×10N △t 解2从整个过程来讨论.根据动量定理有 F=婴2g+mg=1.14×10N
3-5如图所示，在水平地面上，有一横截面S=0.20m2的直角弯管，管 中有流速为。=3.0ms1的水通过，求弯管所受力的大小和方向. 分析对于弯曲部分AB段内的水而言，由于 流速一定，在时间△t内，从其一端流人的水量等于 从另一端流出的水量.因此，对这部分水来说，在时 间△t内动量的增量也就是流入与流出水的动量的A 增量△p=△m(B一A);此动量的变化是管壁在△t 时间内对其作用冲量【的结果.依据动量定理可求得 该段水受到管壁的冲力F;由牛顿第三定律，自然就 得到水流对管壁的作用力F=一F. 解在△t时间内，从管一端流人（或流出）水的 图3-5 质量为△m=puSAt,弯曲部分AB的水的动量的增量则为 △p=△m(B-A）=pS△t(BA） 依据动量定理I=△，得到管壁对这部分水的平均冲力 F=&=S(阳-) 从而可得水流对管壁作用力的大小为 F=-F=-√2eS2=-2.5×103N 作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧
3一6一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离 地面为19.6m.爆炸1.00s后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出 点的水平距离为1.00×102m.问第二块落在距抛出点多远的地面上.（设空气 的阻力不计) 分析根据抛体运动规律，物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的.因 此，若能求出第二块碎片抛出的速度，按抛体运动的 A 规律就可求得落地的位置.为此，分析物体在最高点 01 处爆炸的过程，由于爆炸力属内力，且远大于重力， 方：因此，重力的冲量可忽略，物体爆炸过程中应满足动 量守恒，由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落 图3-6 体运动求出，由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎 片抛出的速度，进一步求出落地位置， 解取如图示坐标，根据抛体运动的规律，爆炸前，物体在最高点A的速度 的水平分量为 1 w0:=0=1√2 (1) 物体燥炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为 1=h-1t-是g2 当该碎片落地时，有y1=0,t=t1,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 h-jai t (2) 又根据动量守恒定律，在最高点处有 (3) 0=-乞mu1+7m2w (4) 联立解式(1)、(2)(3)和(4)，可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 V2: =2uo=2x1N2h =100m·s1 =14.7m·s1 爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为 x2=x1+V2x2 (5) 归=A+2,红-好 (6) 落地时，y2=0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2=500m
3-7A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船 各自向对方平稳地传递50g的重物，结果是A船停了下来，而B船以3.4ms1的 速度继续向前驶去.A、B两船原有质量分别为0,5×103g和1.0×103kg,求在 传递重物前两船的速度.（忽略水对船的阻力） 分析`由于两船横向传递的速度可略去不计，则对搬出重物后的船A与从 船B搬人的重物所组成的系统I来讲，在水平方向上无外力作用，因此，它们相 互作用的过程中应满足动量守恒；同样，对搬出重物后的船B与从船A搬入的 重物所组成的系统Ⅱ亦是这样，由此，分别列出系统I、Ⅱ的动量守恒方程即可 解出结果 解设A、B两船原有的速度分别以UA、B表示，传递重物后船的速度分别 以vA、B表示，被搬运重物的质量以m表示.分别对上述系统I、Ⅱ应用动量 守恒定律，则有 （mA-m）vA+mB=nAvA (1) （mB-m）B+mUA=mBoB (2) 由题意知va=0,B=3.4ms1代人数据后，可解得 一7 IBmU B A(mm )(mA)--0.40 ms (mA-m)mBvB 阳(mA-m)(mB-m”-m-3.6m·s 也可以选择不同的系统，例如，把A、B两船（包括传递的物体在内）视为系 统，同样能满足动量守恒，也可列出相对应的方程求解
3一8质量为m的人手里拿着一个质量为m的物体，此人用与水平面成 Q角的速率o向前跳去.当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u的水平 速率向后抛出.问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为 质点) 分析人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致.在抛物 的过程中，人与物之间相互作用力的神量，使他们 各自的动量发生了变化.如果把人与物视为一系 统，因水平方向不受外力作用，故外力的冲量为零， 系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律 应时，必须注意系统是相对地面（惯性系）而言的，因 此，在处理人与物的速度时，要根据相对运动的关 图3-8 系来确定.至于，人因跳跃而增加的距离，可根据人 在水平方向速率的增量△？来计算. 解取如图所示坐标，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左 抛物的过程中，满足动量守恒，故有 （m+m')vaoos a=m'o+m(v-u） 式中v为人抛物后相对地面的水平速率，。一4为抛出物对地面的水平速率，得 节=U0008&+ 人的水平速率的增量为 △=-0c0s&= 而人从最高点到地面的运动时间为 t yosin a 所以，人跳跃后增加的距离 △z=△t=(m mvasin a +m)g
3一9一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着，绳的下端刚好触到水平桌面上， 如果把绳的上端放开，绳将落在桌面上.试证明：在绳下落过程中的任意时刻，作 用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍 分析由于桌面所受的压力难以直接求出， 0 因此，可转化为求其反作用力，即桌面给绳的托 F 力.但是，应注意此托力除了支持已落在桌面上 dm 的绳外，还有对dt时间内下落绳的冲力，此力必 须运用动量定理来求. 解取图3一9所示坐标，开始时绳的上端 位于原点，Oy轴的正向竖直向下，绳的总长为 l,以t时刻，已落到桌面上长为y、质量为m'的 绳为研究对象.这段绳受重力P,桌面的托力FNy 和下落绳子对它的冲力F(如图中所示)的作用. 由力的平衡条件有 xg+F-FN=0 (1) 图3-9 为求冲力F,可取dt时间内落至桌面的线元dy为研究对象.线元的质量dm 受d山，它受到重力dP和冲力F的反作用力F的作用，由于F>dP,故由动量 定理得 F'dt =0-ody (2) 而 F=-F' (3) 由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 FN =1-FNI=g+102=3g=3m'g
3-10设在地球表面附近，一初质量为5.00×103g的火箭，从尾部喷出 气体的速率为2.00×103m81.(1)试问：每秒稀喷出多少气体，才能使火箭最 初向上的加速度大小为4.90mg2:(2)若火箭的质量比为6.00，求该火箭的最 后速率. 分析这是一个系统内质量转移的问题.为了讨论火箭的运动规律，仍需建 立其在重力场中的动力学方程.为此，以t时刻质量为m的火箭为研究对象，它 在t+t+△：的时间内，将分离成火箭主体（包括尚喇的燃料）和排出的燃料两 部分.根据它们的总动量的增量dP:和系统所受的外力一重力（阻力不计）， 由动量定理可得到-mg=dm'Idt+mduldt(推导从略，见教材)，即火箭主体 的动力学方程.由于在d:时间内排出燃料的质量dm很小，式中m也就可以视 为此刻火筋主体的质量，而燃料的排出率dm'/t也就是火箭质量的变化率 -dmd,这样，上述方程也可写成u把-mg二ma.在特定加速度a的条件 下，根据初始时刻火箭的质量mo,就可求出燃料的排出常dm/d:.在火箭的质 量比（即t时刻火箭的质量m与火箭的韧始质量0之比）已知的条件下，可算 出火箭所经历的时间，则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得， 解(1)以火箭发射处为原点，竖直向上为正方向，该火箭在重力场中的动 力学方程为 dm dt ·-mg=ma (1) 因火箭的初始质量为m0=5.00×10kg,要使火箭获得最初的加速度 a0=4.90ms2,则燃气的排出率为 dm=m0g+a2l=3.68×103kg·sl d (2)为求火箭的最后速率，可将式(1)改写成 dv 4 dm-mg m dt de 分离变量后积分，有 md gdt 火箭速率随时间的变化规律为 v=vouln m-gt (2) mo 因火箭的质量比为6.00，故经历时间t后，其质量为 n=m0- dmt =1 dt 6m0 得 5m0 6dmdt (3) 将式(3)代入式(2)，依据初始条件，可得火箭的最后速率 '=ulh-g贴=ulh- 5mog n m 6dm/dt =2.47×103m·s1
