第一章 质点运动学【例题精讲】例1-1【解】如图（b ）所示，取沿水面方向向右为Ox 轴正向。

t 时刻小船位置为x ，而绳长为t l l 0v -=0。

由勾股定理，有 222h x l +=， 等式两边同时对t 求导数，有 tx x t l ld d 2d d 2= 又知，l 是随时间减小的 0d d v -=t l 且 txd d =v 故小船的运动速度为0000v v v v v 2200h )t l (t l xl ----=-=负号表示速度方向与x 轴正向相反。

例1-2【解】 (1) 位置矢量 j i r t b t a ωωsin cos += (SI)可写为t a x ωcos = t b y ωsin =，则消去时间t ，可得质点的轨迹方程为 12222=+by a x(2) 速度 j i trt b t a ωωωωcos sin d d +-==v (3) 加速度 r j i ta 222sin cos d d ωωωωω-=--==t b t a v例1-3 C例1-4 【证明】 因为2d d d d d d d d v x v v t x x v t v k -==⋅= 所以x k d d -=vv⎰⎰-=x x k 0d d 1v vvv kx -=0lnv v 故 kxe v v -=0例1-5 D0v ϖ(b)例题1-1答案图xxoh0v ϖ(a)例1-6 2Rt 16 -2s rad 4⋅ 例1-7C【习题精练】1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正下方点O 开始运动，经时间t 后其位置为OA x =，而人头顶影子的位置坐标为x 。

由相似三角形关系，有h H Hx x OAOC -='= 解得 hH Hxx -='， 故头顶影子的移动速度为hH H dt x d -='='vv 。

1-2 ωπn)210(Λ,,=n t A a ωωcos 2-= 1-3 ()23-=y x i 8(m/s 2)1-4【解】 (1) 位置矢量 j t b i at r 22ρρρ+= (SI)可写为2t a x = 2t b y =，则消去时间t ，可得质点轨迹方程为 x ab y =(2) 速度 j i trv ρρρρ bt at 22d d +==(3) 加速度 j b i a ta ρρρρ22d d +==υ1-5【证明】设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v vHv h x 'C A x O习题答案1-1图则质点在任意位置处的速度为() 2 213 xx +=v1-6【解】 已知加速度=a d v /d t 4=td v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2又因为v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= tt x x 03032=-则质点位置和时间的关系式为10323+=t x (SI) 1-7 1 s 1.5 m 1-8 B第二章 质点运动定律【例题精讲】例2-1 0 2g 例2-2 C 例2-3 C例2-4【答】(1) 不正确。

向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。

质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。

即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。

(2) 不正确。

作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。

例2-5 【解】设绳子与水平方向的夹角为，则l h /sin =θ，木箱受力如图（b ）所示，匀速前进时，拉力为F ，有0cos =-f F θ0sin =-+Mg N F θ N f μ=得θμθμsin cos +=MgF令0)sin (cos )cos sin (2=++--=θμθθμθμθMg d dF 6.0tan ==μθ 6375300'''=θ022>θd Fd 92.2sin /==θh l m 时，最省力。

例2-6【解】（1）设物体质量为m ，取如图所示的自然坐标系， 根据牛顿定律，有R m ma F n N 2v ==tmma F t t d d v == 由摩擦力的大小N t F F μ-= 可得tR d d 2v v -=μ 根据初始条件 t =0，0v v =，分离变量后对上式积分 ⎰⎰-=vvtt R020d d vvμ得 tR R μ00v v v +=（2）当物体速率从0v 减少到021v 时，由上式可求出所需时间为0v μR t =物体所经过的路程2ln d d 0000μμRt t R R t s tt⎰⎰=+==v v v 【习题精练】2-1 A 2-2 Afρ例题2-5(b)图例题2-6图2-3 θcos /mg θθcos sin gl2-4 【解】根据牛顿第二定律x m t x x m t m x k f d d d d d d d d 2vvv v =⋅==-= ∴ ⎰⎰-=-=4/202d d ,d d A A x mxkmx x k v v v v vk mAA A m k 3)14(212=-=v ∴ )/(6mA k =v2-5 【证明】小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件：t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v-v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v2-6 【解】(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律得 tmK d d vv =- ∴ ⎰⎰=-=-v v td dt m K,d t d m K 0v v vv 0 ∴ mKt /0e -=v v(2) 由tx d d =v 得 t x mKt d ed /0-=v 两边同时积分⎰⎰-=tm /Kt xdt e dx 000v∴ )e1()/(/0mKt K m x --=v所以最大深度K m x /0max v =第三章 动量和角动量g mxfFa【例题精讲】例3-1 C例3-2 ·s 2 g例3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。

（2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT =mg 2/。

（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。

例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 gh 20=v设煤粉与A 相互作用的t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： 0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f Nf 与x 轴正向夹角为 = arctan (f y / f x ) = °由牛顿第三定律，煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图（b ）中f 相反。

例3-5 C例3-6【解】(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。

因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒。

令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 mv 0 = mv +M vv= m (v 0 v )/M =3.13 m/sT =Mg+M v 2/l = N(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v 方向为正方向) 负号表示冲量方向与0v 方向相反。

（b ）例题3-4图yαf y ∆tt f ∆f x ∆tx例3-7 m ab k 0【习题精练】3-1 D3-2 18N·s 9 m/s3-3【解】(1)子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动。

F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝×103 N ，方向向右(2) A 在t = s 时间内作匀加速运动，t = s 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B 时，B 将加速而A 则以v A 的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B 中后有B B A A 0)(v m m v m v m ++=m/s 22BAA 0B =+-=m m v m v m v3-4【答】推力的冲量为t F ∆。

动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。

3-5 C3-6 k mgb k mgbt 3-7 2275 kg m 2s -1 13 m s -1第四章 功和能【例题精讲】例4-1 54 N·s729 J例4-2 320J 8i m/s 例4-3 D例4-4【解】 (1) 由位矢j i r t b t a ωωsin cos += (SI)可得t a x ωcos = t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v (2) j i F y x ma ma +==j i t mb t ma ωωωωsin cos 22--(3) 由A→B ⎰⎰-==020d cos d aax x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d ama x x m ωω 例4-5R GmM 32 RGmM3- 例4-6 g 2g 例4-7 C例4-8【解】如图（b ）所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长x 时物体所达到的O 处为重力势能的零点。