解： 选系统（人、重物）
o
R
外力矩： B :
mgR
方向 ⊗
AB
A : mgR 方向 •
其他外力对o轴不产生力矩。 系统对o轴的角动量守恒。
设: 重物B相对地面上升速度为v , 角动量
LB = R m v, 方向⊙
o
R
人A相对地面速度为(u-v), 角动量
LA = R m (u-v), 方向⊗
A取角动量方向向外为正方向来自解：重力势能为：o′ X 0 o x P
以o点为重力势能零点
求：挖掉小圆盘后，该系统的质心坐标。y 解：由对称性分析，
质心C应在 x 轴上。
R
用挖补法 1) 先将挖去的部分补上
C
x· c O
O′ x
r
计算总的质心位置
xC总 = 0
d
2) 再计算挖去的部分的质心位置
xC挖 = d
y
m总xC总 = m挖 xC挖
+ m剩xC剩
3) 则剩余部分的质心位置
R
C
x· c O
m θ
选(D)
（A） 水平向前。 （B）只可能沿斜面向上。 （C）只可能沿斜面向下。 （D）沿斜面向上或向下均有可能。
9、 倔强系数为K的弹簧，上端固定，下端悬挂重物。当弹 簧伸长X0时，重物在O处达到平衡。现取重物在O处时各种 势能均为零，则当 m 偏离O点x时，系统的重力势能为多 少？系统的弹性势能为多少？系统的总势能为多少？
r = a cos ω ti + b sin ω tj a = −ω 2 a cos ω ti − ω 2 b sin ω tj
M = r × F = r × ma
( ) ( ) = m acosωti + bsinωtj ×− ω 2acosωti − ω 2bsinωtj ( ) = m (−abω 2 sinωt cosωtk − −abω2 sinωt cosωtk )
ϕ
u
m
ϕ
m
u 解： 以车厢为参考系
系统(小球与地球 )机械能守恒 .
mgl (1 − cos ϕ ) = 1 mv′2
2
v ′是小球相对车厢的速度
∴ v ′ = 2 gl (1 − cos ϕ )
小球第一次到达最低位置时，相对于地面的速率为
v = v′ − u = 2gl(1 − cosϕ ) − u
dt
(b). dr = υ
dt
(c).ds=υ
dt
(d). dυ
dt
= at
答案： (c )
3. 质点沿半径为 R 的圆周按规律: S = bt − ct 2 2 运动，其中 b,c 是正常数，且 ⎜⎝⎛ b2 c ⎟⎠⎞ < R, 则在切向加速度与法向加速度数值相等以前所经历 的时间是多少？
1
解：S = bt − ct 2
O′
r
x
d
xC剩
=
−d ⋅σ ⋅π r2 + 0 σ ⋅π R2 −σ ⋅πr2
=
−
(R
/
d
r )2
−1
2.一质量为 m的质点沿着一条空间曲 线运动，
该曲线在直角坐标系下的定义式为:
r = a cos ω ti + b sin ω tj 其中a b ω皆为常数，
则此质点所受的对原点 的力矩 M =
；
(A ) μ ≥ 1 (B) μ ≥ 1 (C) μ ≥2 3 (D) μ ≥ 3
2
3
解：受力分析如图：
F
300
F
N
G
fG
2
F
300
f
y
列方程
N
N − F cos 300 = 0
F sin300 − f − G = 0
G
f ≤ μN
得出：μ ≥ F sin 300 − G
F cos 300
由于 F >>G
d
∫t
x = udt = ut 0
2
∫ ∫ y =
t
vdt
0
=
t 0
V0 d
xdt
2
∫=
t V0 utdt 0d
2
= V0 ut 2 d
o x (划船)
∴ y = V0 x2 ud
( ) 7 . 已知质点的运动方程为 r = 2 ti + 4 − t 2 j
在t > 0的时间内，质点的运动 状况是（ ）。
牛顿运动定律
F = dp dt
动量定理及守恒定律（力的时间积累）
∫t f
ti
Fdt
= Pf
− Pi
∑ F = 0, P = 常矢量
角动量定理和角动量守恒定律：
M = r × F = dL dt
L=r×p M = 0, L = 恒矢量
动能定理（力的空间积累）
Lp
∫ AAB =
B A
F
⋅ dr
=
1 2
mvB2
v0
oθ
y m ϕ v2
v1
x
v2 = v12 + 4v02 cos2 θ
ϕ = tg −1
v1
2v0 cos θ
解：爆炸过程动量守恒。
mv最高点
=
⎜⎛ ⎝
m 2
⎟⎠⎞v1
+
⎜⎛ ⎝
m 2
⎟⎠⎞v2
分量式
mv0
cosθ
=
⎜⎛ ⎝
m 2
⎟⎠⎞v2
cosϕ
0
=
⎜⎛ ⎝
m 2
⎟⎞(−
⎠
v1
)
+
⎜⎛ ⎝
m 2
=0
i
j
k
acosωt
bsinωt 0
−ω2acosωt −ω2bsinωt 0
3
r = a cos ω ti + b sin ω tj
v = −ωa sin ωti + ωb cos ωtj
(2) L = r × m v
( ) ( ) = acosωti + bsinωtj × − mωasinωti + mωbcosωtj
该质点对原点的角动量 L =
。
解： ∵ r = a cos ω ti + b sin ω tj
∴ v = dr = −ωa sin ωti + ωb cos ωtj dt
a = dv = −ω 2 a cos ω ti − ω 2 b sin ω tj dt
(1) F = ma M = r × F = r × ma
x
则 μ ≥ F sin300 = 1
F cos300 3
选(B)
2.设有水平力 F作用于斜面上的质点 m.为了使 物体不滑动，对 F的大小有何限制？
⎜⎜⎝⎛已μ 为知质斜点面与倾斜角面α间，的且摩μ擦=
tgε , ε为斜面的摩擦角。
系数。
N
⎟⎟⎠⎞
m
yF
F
α
x
mg
f
α
解：研究 m 受力分析图：
列方程: x: mg sinα − F cosα + f = 0 − μN < f < μN
υ = ds = b − ct
2
dt
( ) at
=
dυ dt
=
−c,
at = an ⇒ − c
an
= υ2 R
=
(b − ct)2 R
= (b − ct )2
R
∴ c 2t 2 − 2bct + b2 − Rc = 0
∴t = b ± c
R c
∵⎜⎝⎛ b2 c ⎟⎠⎞ < R,
∴t = b + c
(A) 0. (B) 5m. (C ) 2m.
(D) − 2m. (E) − 5m.
解：
v(m s )
Δx = v − t曲线下的面积
2
1
2.5 4.5
0
−1
12
34
5 t(s)
∴ Δx = 2m
2.质点作曲线运动， r 表位矢， S表路程，
a 表切向加速度。下列表 达式正确的是： t
(a). dυ = a
B
由 角动量守恒定律，得：
0 = − Rm (u − v ) + Rmv
∴ v= 1u 2
7. 下列物理量：质量、动量、冲量、动能、势能、
功中与参考系的选取有关的物理量是
。
动量、动能、功 （不考虑相对论效应）
8. 如图所示。一斜面固定在卡车上，一物体置于该斜 面上。在卡车沿水平方向加速起动的过程中，物块在斜 面上无相对滑动，说明在此过程中摩擦力对物块的冲量。
R c
4. 以下五种运动形式中， a 保持不变的运动是：
（A） 单摆的运动; （B） 匀速率圆周运动;
（C） 行星的椭圆轨道运动; （D）抛体运动;（E）
圆锥摆运动。
选(D)
5. 下列说法哪一条正确？ （ A ） 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变;
（ B ）平均速率等于平均速度的大小;
（C ）不管加速度如何，平均速率 表达式总可以写成
(a ) 位置矢量可能和加速度 垂直，速度不可能和加 速度垂直。
(b) 位置矢量不可能和加速 度垂直，速度可能和加 速度垂直。
(c) 位置矢量和速度都可能 与加速度垂直。
(d) 位置矢量和速度都不可 能与加速度垂直。
( ) 解: r = 2ti + 4 − t 2 j
欲判断 r , υ , a是否可能互相垂直，只要判断他们
+