第三章 动量与能量部分习题分析与解答
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可作变量转换，变量从 变换到 再从t变换到 就可按功的定义式求解。 变换到t， 变换到x， 可作变量转换，变量从v变换到 ，再从 变换到 ，就可按功的定义式求解。
解：由运动学方程x=ct3，可得物体的速度 由运动学方程 按题意及上述关系， 按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为
dx v = = 3ct 2 dt
第三章 动量与能量部分习题分析与解答 3-6 一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块， 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。爆炸后1.00s后，第一块到爆炸点正 。爆炸后 最高点距离地面为 后 下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为 下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为1.00×102m。问 × 。 第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计） 第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计） 。（设空气的阻力不计
分析：该题中虽施以“恒力” 分析：该题中虽施以“恒力”，但作 用在物体上的力的方向在不断变化。 用在物体上的力的方向在不断变化。 需按功的矢量定义式来求解。 需按功的矢量定义式来求解。 取图示坐标， 解：取图示坐标，绳索拉力对物体 所作的功为 x 30° 30°
5N 37° ° 0
1m
Hale Waihona Puke Baidu
W = =
∫
x2
分析：物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力， 分析：物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力，重力的冲 量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。 量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。由于爆炸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第二块碎片抛出的速度， 可由落体运动求出，由动量守恒定律可得第二块碎片抛出的速度，进而可 求出落地位置。 求出落地位置。 y v2 h A v1 x1 x2 x
x1
r r F ⋅ dx = 5⋅x 1 + x
2 2
∫
x2
x1
− F cos θ dx
x1
x2
∫
x2
x1
−
dx = 1 . 69 J
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
3-14 一物体在介质中按规律 一物体在介质中按规律x=ct3作直线运动，c为一常量，设介 作直线运动， 为一常量 为一常量， 质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由x 运动到 运动到x=L 质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由 0=0运动到 阻力所作的功。（已知阻力系数为k 。（已知阻力系数为 时，阻力所作的功。（已知阻力系数为 ） 分析：本题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。根据运动学关系 分析： 题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
3-5 如图所示，在水平地面上，有一横截面 S = 0.20m 2 的直 如图所示，在水平地面上， 角弯管，管中有流速为v=3.0m.S-1的水通过，求弯管所受力的大 角弯管，管中有流速为 的水通过， 小和方向。 小和方向。
分析：对于弯曲部分 段内的水而言 段内的水而言， 分析：对于弯曲部分AB段内的水而言， 在Δt时间内，从其一端流入的水量等 时间内， 于从另一端流出的水量。因此对这部 于从另一端流出的水量。 分水来说，在Δt内动量的增量也就是 分水来说， 流入与流出水的动量的增量， 流入与流出水的动量的增量，此动量 的变化是管壁在 Δt 时间内对其作用 的冲量I的结果， 的冲量 的结果，依据动量定理可求得 的结果 该段水受到管壁的冲力F， 该段水受到管壁的冲力 ，由牛顿第三 定律可求F‘。 定律可求 。
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动量与能量部分习题分析与解答
y v2 A v1 x1 x2 x
联立解式（ ）、（ ）、（3） ）、（2）、（ 联立解式（1）、（ ）、（ ）和 ），可得爆炸后 （4），可得爆炸后，第二块碎片抛 ），可得爆炸后， 出时的速度分量分别为
v 2 x = 2 v 0 x = 2 x1 h− g = 100 m . s − 1 2h
y1 = h − v1t − gt 2
h
当该碎片落地时， 当该碎片落地时，有y1=0，t=t1，则 ， 由上式得第一块碎片抛出的速度
O
1 h − gt 2 v1 = t1
2
1
(2)
又根据动量守恒定律， 又根据动量守恒定律，在最高点处有 1 mv 0 x = mv 2 x (3) 2 1 1 0 = − mv 1 + mv 2 y (4) 2 2
A S v B
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
解：在Δt时间内，从管一端流入水的质量为 时间内， m=ρvSΔ 弯曲部分AB AB的水的动量的增量则为 Δm=ρvSΔt，弯曲部分AB的水的动量的增量则为
r r r ∆ p = ∆ m (v B − v A ) r r = ρ vs ∆ t ( v B − v A )
mv F ′ = l
2
= 2 . 25 × 10
5
N
鸟对飞机的平均冲力为
F = − F ′ = − 2 .25 × 10 5 N
式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反。 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 可知冲力相当大，若飞鸟与发动机叶片相碰， 可知冲力相当大，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
h
v 2 y = v1 =
1 gt 12 2 = 14 . 7 m . s − 1 t1
O
爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为 爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，
x2 = x1 + v2 x t 2 1 2 y 2 = h + v2 y t 2 − gt 2 2
(5) ( 6)
落地时， ）、（6） 落地时，y2=0，由式（5）、（ ）可解得第二块碎片落地 ，由式（ ）、（ 点的水平位置： 点的水平位置：x2=500m
2 3 4 3
则阻力的功为
F = kv 2 = 9 kc 2 t 4 = 9 kc x L r L r W = ∫ F ⋅ d x = ∫ F cos 180 0 dx
0 0
= − ∫ 9 kc
0
L
2/3
x
4/3
27 dx = − kc 2 / 3 L 7 / 3 7
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动量与能量部分习题分析与解答
α o Δx
x
式中v 为人抛物后相对地面的水平速率， 式中 为人抛物后相对地面的水平速率， x v-u 为抛出物对地面的水平速率。 为抛出物对地面的水平速率。 m v = v 0 cos α + u m '+ m 人的水平速率的增量为 m ∆ v = v − v 0 cos α = u m '+ m v 0 sin α 而人从最高点到地面的运动时间为 t =
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
轴正向。 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 以飞鸟为研究对象，取飞机运动方向为 轴正向
F ′∆ t = 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 式中 为飞机对鸟的平均冲力，而身长为 的飞鸟与飞机 为飞机对鸟的平均冲力 碰撞时间约为 ∆ t = l / v ，以此代入上式可得
y u v0 α o x Δx v
x
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动量与能量部分习题分析与解答
v
取如图所示坐标， 解 取如图所示坐标，把人与物视为一 y u 系统，当人跳跃到最高点处， 系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛 v0 物的过程中，满足动量守恒， 物的过程中，满足动量守恒，故有
(m + m' )v0 cosα = m' v + m(v − u)
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
3-1 一架以 3.0 ×10 2 m ⋅ s −1 的速率水平飞行的飞机，与一只身 的速率水平飞行的飞机， 长为0.2m、质量为0.50kg的飞鸟相碰。设碰撞后飞鸟的尸体与 长为 、质量为 的飞鸟相碰。 的飞鸟相碰 飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小， 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（ 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， 长被飞机速率相除来估算）。根据本题的计算结果，你对于高 ）。根据本题的计算结果 速运动的物体（如飞机、汽车） 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） 的物体（如飞鸟、小石）相碰后会产生什么后果的问题有些什 么体会? 么体会
取如图所示坐标， 解 取如图所示坐标，根据抛体运动 的规律，爆炸前，物体在最高点A 的规律，爆炸前，物体在最高点 的速度的水平分量为
x1 g v0 x = = x1 t0 2h
(1)
O
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
y v2 A v1 x1 x2 x
物体爆炸后， 物体爆炸后，第一块碎片竖直落下 的运动方程为 1 2
依据动量定理I=Δ 依据动量定理 ΔP，得到管壁对这部 分水的平均冲力为 分水的平均冲力为
A S v B
水对管壁作用力的大小为
r r r r I F = = ρ Sv ( v B − v A ) ∆t
PB PA ΔP
F ′ = − F = − 2 ρ Sv 2 = − 2 .5 × 10 3 N
作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。 作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。
分析： 分析：人跳跃躏距离的增加是由于他在最 高点处向后抛出物体所致。 高点处向后抛出物体所致。在抛物的过程 人与物之间相互作用的冲量， 中，人与物之间相互作用的冲量，使他们 各自的动量发生了变化。 各自的动量发生了变化。人与物水平方向 不受外力作用，系统在该方向上动量守恒， 不受外力作用，系统在该方向上动量守恒， 且必须注意是相对地面（惯性系）而言的， 且必须注意是相对地面（惯性系）而言的， 根据相对运动可确定人与物的速度， 根据相对运动可确定人与物的速度，求得 人在水平方向速率地增量就可求出人因抛 物而增加的距离。 物而增加的距离。
所以， 所以，人跳跃的距离的增加量为
mv 0 sin α ∆ x = ∆ vt = u ( m '+ m ) g
g
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
3-13 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为1.00kg 的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用5.00N的 的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用 的 恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动， 恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动，当系在物 体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时，力对物体所作 体上的绳索从与水平面成 °角变为 °角时， 的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离d=1.00m。 的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离 。
第三章
动量与能量部分习题分析与解答
3-8 质量为 的人手里拿着一个质量为 的物体，此人用与水 质量为m’ 的人手里拿着一个质量为m的物体 的物体， 平面成α角的速率v0向前跳去。当他达到最高点时，他将物体 平面成α角的速率v 向前跳去。当他达到最高点时， 以相对于人为u的水平速率向后抛出。 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 由于人抛出物体， 跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点） 跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点） ？（假设人可视为质点
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， 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， 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。由于飞机的状态变化 动量定理来分析，就可避免作用过程中的细节情况。 不知道，可讨论鸟的状态变化来分析其受力，并根据力作用的相互性， 不知道，可讨论鸟的状态变化来分析其受力，并根据力作用的相互性，问 题得到解决。 题得到解决。
3-15 一人从10.0m深的井中提水，起始桶中装有10.0kg水，由于水桶漏水，每 一人从 深的井中提水，起始桶中装有 水 由于水桶漏水， 深的井中提水 升高1.00m要漏去 要漏去0.20kg水。水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。 升高 要漏去 水 水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。 分析：由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。 分析：由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。水桶重 力因漏水而随提升高度而变，因此，拉力作功实为变力作功。 力因漏水而随提升高度而变，因此，拉力作功实为变力作功。只要能写出 重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。 重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。 解：水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡，有 水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡， 在图示所取坐标下， 在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为
解：由运动学方程x=ct3，可得物体的速度 由运动学方程 按题意及上述关系， 按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为
dx v = = 3ct 2 dt
第三章 动量与能量部分习题分析与解答 3-6 一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块， 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。爆炸后1.00s后，第一块到爆炸点正 。爆炸后 最高点距离地面为 后 下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为 下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为1.00×102m。问 × 。 第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计） 第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计） 。（设空气的阻力不计
分析：该题中虽施以“恒力” 分析：该题中虽施以“恒力”，但作 用在物体上的力的方向在不断变化。 用在物体上的力的方向在不断变化。 需按功的矢量定义式来求解。 需按功的矢量定义式来求解。 取图示坐标， 解：取图示坐标，绳索拉力对物体 所作的功为 x 30° 30°
5N 37° ° 0
1m
Hale Waihona Puke Baidu
W = =
∫
x2
分析：物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力， 分析：物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力，重力的冲 量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。 量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。由于爆炸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第二块碎片抛出的速度， 可由落体运动求出，由动量守恒定律可得第二块碎片抛出的速度，进而可 求出落地位置。 求出落地位置。 y v2 h A v1 x1 x2 x
x1
r r F ⋅ dx = 5⋅x 1 + x
2 2
∫
x2
x1
− F cos θ dx
x1
x2
∫
x2
x1
−
dx = 1 . 69 J
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3-14 一物体在介质中按规律 一物体在介质中按规律x=ct3作直线运动，c为一常量，设介 作直线运动， 为一常量 为一常量， 质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由x 运动到 运动到x=L 质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由 0=0运动到 阻力所作的功。（已知阻力系数为k 。（已知阻力系数为 时，阻力所作的功。（已知阻力系数为 ） 分析：本题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。根据运动学关系 分析： 题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。
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动量与能量部分习题分析与解答
3-5 如图所示，在水平地面上，有一横截面 S = 0.20m 2 的直 如图所示，在水平地面上， 角弯管，管中有流速为v=3.0m.S-1的水通过，求弯管所受力的大 角弯管，管中有流速为 的水通过， 小和方向。 小和方向。
分析：对于弯曲部分 段内的水而言 段内的水而言， 分析：对于弯曲部分AB段内的水而言， 在Δt时间内，从其一端流入的水量等 时间内， 于从另一端流出的水量。因此对这部 于从另一端流出的水量。 分水来说，在Δt内动量的增量也就是 分水来说， 流入与流出水的动量的增量， 流入与流出水的动量的增量，此动量 的变化是管壁在 Δt 时间内对其作用 的冲量I的结果， 的冲量 的结果，依据动量定理可求得 的结果 该段水受到管壁的冲力F， 该段水受到管壁的冲力 ，由牛顿第三 定律可求F‘。 定律可求 。
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y v2 A v1 x1 x2 x
联立解式（ ）、（ ）、（3） ）、（2）、（ 联立解式（1）、（ ）、（ ）和 ），可得爆炸后 （4），可得爆炸后，第二块碎片抛 ），可得爆炸后， 出时的速度分量分别为
v 2 x = 2 v 0 x = 2 x1 h− g = 100 m . s − 1 2h
y1 = h − v1t − gt 2
h
当该碎片落地时， 当该碎片落地时，有y1=0，t=t1，则 ， 由上式得第一块碎片抛出的速度
O
1 h − gt 2 v1 = t1
2
1
(2)
又根据动量守恒定律， 又根据动量守恒定律，在最高点处有 1 mv 0 x = mv 2 x (3) 2 1 1 0 = − mv 1 + mv 2 y (4) 2 2
A S v B
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解：在Δt时间内，从管一端流入水的质量为 时间内， m=ρvSΔ 弯曲部分AB AB的水的动量的增量则为 Δm=ρvSΔt，弯曲部分AB的水的动量的增量则为
r r r ∆ p = ∆ m (v B − v A ) r r = ρ vs ∆ t ( v B − v A )
mv F ′ = l
2
= 2 . 25 × 10
5
N
鸟对飞机的平均冲力为
F = − F ′ = − 2 .25 × 10 5 N
式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反。 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 可知冲力相当大，若飞鸟与发动机叶片相碰， 可知冲力相当大，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
h
v 2 y = v1 =
1 gt 12 2 = 14 . 7 m . s − 1 t1
O
爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为 爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，
x2 = x1 + v2 x t 2 1 2 y 2 = h + v2 y t 2 − gt 2 2
(5) ( 6)
落地时， ）、（6） 落地时，y2=0，由式（5）、（ ）可解得第二块碎片落地 ，由式（ ）、（ 点的水平位置： 点的水平位置：x2=500m
2 3 4 3
则阻力的功为
F = kv 2 = 9 kc 2 t 4 = 9 kc x L r L r W = ∫ F ⋅ d x = ∫ F cos 180 0 dx
0 0
= − ∫ 9 kc
0
L
2/3
x
4/3
27 dx = − kc 2 / 3 L 7 / 3 7
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α o Δx
x
式中v 为人抛物后相对地面的水平速率， 式中 为人抛物后相对地面的水平速率， x v-u 为抛出物对地面的水平速率。 为抛出物对地面的水平速率。 m v = v 0 cos α + u m '+ m 人的水平速率的增量为 m ∆ v = v − v 0 cos α = u m '+ m v 0 sin α 而人从最高点到地面的运动时间为 t =
第三章
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轴正向。 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 以飞鸟为研究对象，取飞机运动方向为 轴正向
F ′∆ t = 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 式中 为飞机对鸟的平均冲力，而身长为 的飞鸟与飞机 为飞机对鸟的平均冲力 碰撞时间约为 ∆ t = l / v ，以此代入上式可得
y u v0 α o x Δx v
x
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动量与能量部分习题分析与解答
v
取如图所示坐标， 解 取如图所示坐标，把人与物视为一 y u 系统，当人跳跃到最高点处， 系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛 v0 物的过程中，满足动量守恒， 物的过程中，满足动量守恒，故有
(m + m' )v0 cosα = m' v + m(v − u)
第三章
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3-1 一架以 3.0 ×10 2 m ⋅ s −1 的速率水平飞行的飞机，与一只身 的速率水平飞行的飞机， 长为0.2m、质量为0.50kg的飞鸟相碰。设碰撞后飞鸟的尸体与 长为 、质量为 的飞鸟相碰。 的飞鸟相碰 飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小， 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（ 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， 长被飞机速率相除来估算）。根据本题的计算结果，你对于高 ）。根据本题的计算结果 速运动的物体（如飞机、汽车） 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） 的物体（如飞鸟、小石）相碰后会产生什么后果的问题有些什 么体会? 么体会
取如图所示坐标， 解 取如图所示坐标，根据抛体运动 的规律，爆炸前，物体在最高点A 的规律，爆炸前，物体在最高点 的速度的水平分量为
x1 g v0 x = = x1 t0 2h
(1)
O
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y v2 A v1 x1 x2 x
物体爆炸后， 物体爆炸后，第一块碎片竖直落下 的运动方程为 1 2
依据动量定理I=Δ 依据动量定理 ΔP，得到管壁对这部 分水的平均冲力为 分水的平均冲力为
A S v B
水对管壁作用力的大小为
r r r r I F = = ρ Sv ( v B − v A ) ∆t
PB PA ΔP
F ′ = − F = − 2 ρ Sv 2 = − 2 .5 × 10 3 N
作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。 作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。
分析： 分析：人跳跃躏距离的增加是由于他在最 高点处向后抛出物体所致。 高点处向后抛出物体所致。在抛物的过程 人与物之间相互作用的冲量， 中，人与物之间相互作用的冲量，使他们 各自的动量发生了变化。 各自的动量发生了变化。人与物水平方向 不受外力作用，系统在该方向上动量守恒， 不受外力作用，系统在该方向上动量守恒， 且必须注意是相对地面（惯性系）而言的， 且必须注意是相对地面（惯性系）而言的， 根据相对运动可确定人与物的速度， 根据相对运动可确定人与物的速度，求得 人在水平方向速率地增量就可求出人因抛 物而增加的距离。 物而增加的距离。
所以， 所以，人跳跃的距离的增加量为
mv 0 sin α ∆ x = ∆ vt = u ( m '+ m ) g
g
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3-13 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为1.00kg 的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用5.00N的 的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用 的 恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动， 恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动，当系在物 体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时，力对物体所作 体上的绳索从与水平面成 °角变为 °角时， 的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离d=1.00m。 的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离 。
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3-8 质量为 的人手里拿着一个质量为 的物体，此人用与水 质量为m’ 的人手里拿着一个质量为m的物体 的物体， 平面成α角的速率v0向前跳去。当他达到最高点时，他将物体 平面成α角的速率v 向前跳去。当他达到最高点时， 以相对于人为u的水平速率向后抛出。 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 由于人抛出物体， 跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点） 跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点） ？（假设人可视为质点
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， 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， 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。由于飞机的状态变化 动量定理来分析，就可避免作用过程中的细节情况。 不知道，可讨论鸟的状态变化来分析其受力，并根据力作用的相互性， 不知道，可讨论鸟的状态变化来分析其受力，并根据力作用的相互性，问 题得到解决。 题得到解决。
3-15 一人从10.0m深的井中提水，起始桶中装有10.0kg水，由于水桶漏水，每 一人从 深的井中提水，起始桶中装有 水 由于水桶漏水， 深的井中提水 升高1.00m要漏去 要漏去0.20kg水。水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。 升高 要漏去 水 水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。 分析：由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。 分析：由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。水桶重 力因漏水而随提升高度而变，因此，拉力作功实为变力作功。 力因漏水而随提升高度而变，因此，拉力作功实为变力作功。只要能写出 重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。 重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。 解：水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡，有 水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡， 在图示所取坐标下， 在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为