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1、1.质点运动学单元练习（一）答案1. B2. D3. D4. B5. 3.0m; 5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t2.0s时质点沿x轴反方向运动；由 位移和路程的定义可以求得答案。）6. 135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质 点运动方程。）7.解：(1) r2ti(2t2)j(SI)r1 2ij(m)r24i 2j(m)r r2；r12i3j(m)-rvt2i3j(m / s)(2)drvdt2i2tj(SI)adv2j(SI)dtV22i4j(m / s)a22j(m / s 2)8.解:vtadtoA2 cos tdtoAsin txtAvd
2、toA AtsinotdtA cos t9.解：(1)设太阳光线对地转动的角速度为3/26*7.271036005 rad / sdsvdt1.94cos t103m /st -4-1.08 10 s3.0h4dvd v d yd vavdtd y d td y-kyv dv/dyky d yvdv ,1 . 2 ky2v=vo则C1 2 1v2 2kyov2vO k(yOy2)(2 )当旗杆与投影等长时,ky10.解:已知y=yo ,1v22.质点运动学单元练习(二)答案(3)1.2.3.4.5.ds 4t dtdvdtan8t24et 8飞6.2.0rad / s ；4.0rad / s
3、；at0.82rad / s ；anr 2 207解:(1)由速度和加速度的定义(SI)drdv不 2ti 2j (SI) ； a - 2i(2)由切向加速度和法向加速度的定义atdt4t2 4t j)an2at2一厂1(SI)v22t23/21(SI)an8解：火箭竖直向上的速度为Vy vo sin 45gt火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得V。gt83m / ssin 459.解：vU34.6m / stan 3010.解:uhl；vuvlh3.牛顿定律单元练习答案1. C2. C3. A4. T 1 Mg367.5kg ； a0.2TM0.98m/s225. Vxk2x ；2vx筠d
4、t2 dxk 一dtk2Vxdvx 12x mmkdt 26.解：(1) Ft cos F n sinmaFT sin Fn cos mgFt mg sin ma cosF N mg cos ma sin(2) Fn=0 时；a=gcot 07.解：m2R mgg oR8解：由牛顿运动定律可得120t40dv10 -dt分离变量积分Vdv6.0t12to4 dt6t24t 6(m / s)Xdx 6t2 4t 6dtx 2t3 2t2 6t 5(m)5.0o9解：由牛顿运动定律可得kv mg mdVdt分离变量积分v kdvk tmgkdtIntVo kv。 mgm okv。mgm+ m, t
5、Inmg%1kv。kkv。 mgkmg10解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程mg cosf2v m ,amg sindv m , dt以及dv a dtadtd ,v积分并代入初条件得2v 2ag(1 cos ),2vf mg cos mmg (3cos2).a1 2It 2MV MmMmS1. A;2. A;3. B;4. C;5. 相同6. WFt1-F t2;v2v1m 1m2m 27解：dxdvx(1) vx10t ; ax10dtdtFma20N ；x x3 x140 mW F x 800J(2)3IFdt140 N s8.解:mv mm v11 2 1. 21 2mvm m
6、 v1kxo2 22/ x v.mmk m m9.解： 物体m落下h后的速度为 v 2gh当绳子完全拉直时，有m . 2gh m M vmvM m10解：设船移动距离 x,人、船系统总动量不变为零Mu mv 0t等式乘以d t后积分，得Mudttmvdt 0ooMx m(x l)0x0.47 mM m5.动量守恒和能量守恒定律单元练习 (二)答案1. C2. D3. D4. C5. 18J; 6m/s6. 5/37.解：摩擦力fmg由功能原理f(Xi X2)0 kx；2解得kx；2mg (x1 x2).8解：根据牛顿运动定律mg cos2 v FnmR由能量守恒定律1 2 mv2mgh质点脱离
7、球面时Fn 0;cosR hRR解得：h39解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小mg m2v 2 (m! m2)vmy m2v2vmi m2(2)两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差联立、得EpEp1mv1m2v|1(m12 2 2m2)vm1m2(v1 v2)2 /(m1m2)2m、M、地系统机械能10.解：(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒,守恒.m(u V) MV 01m(u V)21MV 2 mgR2 2解得：V m(MgRm)； U 2(MMm)gR(2)当m到达B点时，M以V运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M为参考系
8、2N mg mu /R2N mg mu / R mg 2( M m)mg / MMmg 2( M m)mg 3M 2m6. 刚体转动单元练习(一)答案1. B2. C3. C4. C5. v = 1.23 m/s; an = 9.6 m/s2； a = 0.545 rad/ s2; N = 9.73 转。J6. In 2k7.解：(1)由转动定律,FrJ239.2rad / s(2 )由刚体转动的动能定理EkE k Fh 490J(3)根据牛顿运动定律和转动定律:mg -FmarF J aa=r a联立解得飞轮的角加速度mg2mr21.8rad /s28.解：由转动定律mg2(2)取棒与地球为
9、系统，机械能守恒1Ek mgl 棒下落到竖直位置时* mgl1 - 2 ml3g32l11 2 2-ml2 33g l9解：(1)系统的能量守恒，有 mgh -mv2 -J 22 2联立解得:2mghr2v(2)设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动定律得:mg -T= ma由运动学关系有:联立解得:T mgJJ mr210.解：以中心 O如图所示，取质量为dm为原点作坐标轴式中面密度dxdy为常数，按转动惯量定义,Ox、Jz (X2)dm薄板的质量b2bdx2aba2a(X22y2)dy -2(ab3 a3b)所以Jzm(a212b2)7. 刚体转动单元练习（二）答
10、案1. C2. A3. D4. B5.1-J246. -37. 解：小球转动过程中角动量守恒22mr。rm 一43 mr28子弹与木杆在水平方向的角动量守恒m2v丄丄m2 121m2 26m2vm1 3m 2 l9解：圆环所受的摩擦力矩为mgR由转动定律mgR2mRgRoR至圆环停止所经历的时间10.解：落下过程棒的机械能守恒。1 1 2 2ML2 3设棒刚到竖直位置时角速度为LMg匚,2碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒mvx1ML23碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒、消去，得mv M ，2M v 3gL ， 2m、消去v，得x2l8. 机械振动单元练习（一）答案1. B2. B3. C4. A5. x 0.10cos( n/6t n/3)m6. 2:17.解：A 0.1m,2 冗/Tn运动方程x Acos（ t)0.1cos( n )m(1)由旋转矢量法n/2(2)由旋转矢量法n/3 ,(3)由旋转矢量法n, x& 解：木块处于平衡位置时，浮力大小,x 0.1cos( n n/2)m ；x 0.1cos( n n/3)m ；0.1cos( n u)m。F mg。上下振动时，取其处于力平衡
