作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．
3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 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?Δt?mv?0 式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以此代入上式可得
mv2F???2.55?105N
l鸟对飞机的平均冲力为
F??F???2.55?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 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 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 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角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
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可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1?v0sinα,物体从出发到落g回至同一水平面所需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
Δt1?v0sinα g则物体落回地面的时间为
Δt2?2Δt1?v0sinα g于是,在相应的过程中重力的冲量分别为
I1??Fdt??mgΔt1j??mv0sinαj
Δt1I2??Fdt??mgΔt2j??2mv0sinαj
Δt2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?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj
3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2 ．
分析 本题可由冲量的定义式I??Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理
t1t2求物体的速度v2．
解 (1) 由分析知
2I???30?4t?dt?30t?2t20?68N?s
02(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得
t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)
(3) 由动量定理,有
I ＝m v2- m v1
由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得
I?mv1v2??40m?s?1
m
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3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 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2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．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冲力的作用,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2 m 处时的速度为
v1?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?Δt?mv2?mv1 (2)
由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为
F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N
ΔtΔt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有 mgF?2h/g?mg?1.14?103N
Δt3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,
π其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到t? 时间内小球动量的增量．
2ω分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式?Fdt积分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．
t1t2解 力F 的冲量为
I??Fdt???kxdt???t1t1t2t2π/2ω0kAcosωtdt??kA ωkA ω 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．
即 Δ?mv??? 53
分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入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Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 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′＝-F．
解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为
Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA ) 依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力
IF??ρSvΔt?vB?vA?
Δt从而可得水流对管壁作用力的大小为
F???F??2ρSv2??2.5?103N
作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．
3 -12 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19.6 m．爆炸1.00 s 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1.00×102 m．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,按抛体运动的规律就可求得落地
的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大
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于重力,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
v0x?x1g (1) ?x1t02h物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 1y1?h?v1t?gt2
2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?v1?12gt2 (2) t1又根据动量守恒定律,在最高点处有
1mv0x?mv2x (3)
2110??mv1?mv2y (4)
22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
v2x?2v0x?2x1g?100m?s?1 2hv2y?v1?h?12gt12?14.7m?s?1 t1爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为
x2?x1?v2xt2 (5)
12y2?h?v2yt2?gt2 (6)
2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 ＝500 m
3 -13 A、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50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,
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