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1、1 / 9 质点运动学一、填空题1xy322，ji tv36 2202111ktvv3sm/5，sm /17 4 135 5sm/2. 0，2/2 .0sm，2/4.0sm 6ji22二、计算题1解： (1)由jtitr)43(32得23tx，43ty消去 t ，可得轨道方程xy3)4(2(2)st1时，jir31；st2时，jir2122第二秒内平均速度为jirrtrv39112(3)ji tdtrdv36，idtvda6st2时，jiv312，ia62解： (1)由j tBi tArsincos可知：tAxcos，tBysin消去 t ，可得轨迹方程为：12222ByAx又BA，可知行星运
2、动轨迹是椭圆(2)j tBi tArsincosj tBi tAvcossinrj tBi tAa222sincos3解：由221ctbts有22tRctRbRs精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页2 / 9 tRcRbdtdRcdtdcRat22)(1ctbRRan当ntaa时，2)(1ctbRccbcRt4解：由题意，设雨相对地面、雨相对列车、列车相对地面的速度分别为1v 、2v 、0v ，则有021vvv矢量关系图见右由smv/100可知smv/3101smv/202牛顿定律一、填空题1cosmg 2 g2，0
3、3gR 4 ag25ag2，mg2 6大于二、计算题1解：由牛顿第二定律有：dtdvmmaavfdtmadvv1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页3 / 9 tvvdtmadvv001tmavv0lntmaevv02解：由题意，smv/250，飞机着地后受力如图mgFN1dtdvmmafF22110cvF22cvFNf且有初始时刻mgcv2010整理可得macvmgcv)10(222/11 .0smga即飞机着地后做匀减速运动，则飞机从着地到停止这段时间所滑行的距离为：mavS5.31220203解：选升降机为参考系
4、，由于升降机相对于地面有加速度a，故升降机参考系是非惯性系。A、B 受力如图所示A 在竖直方向上受力平衡mgmaN在水平方向上amfTNfa为升降机参考系中A、B 的加速度大小B 在竖直方向上amTmamg可解得：)(1(21agmT*4 解：设 BC 段长度为 x ，与另外一段的拉力为T，则这两段绳的受力分别AmgNfTmaF惯mgTmaF惯B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页4 / 9 为maLxTmgLxmaLxmgLxT)1()1(两式相加可得dxvdvdtdxdxdvdtdvagLx)12(LbvdxgxL
5、gvdv320)2()92(21222bLbLLgv)92(222bLbLLgv精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页5 / 9 动量守恒定律和能量守恒定律一、填空题1RGMm 2sN26，N23003 v 42112)(rrrrGmM，2121)(rrrrGmM5R25*6212mmlm二、计算题1解： (1)由冲量的定义及积分的几何意义可得：sNFdtIt60NtIF15(2)由动量定理可得：0mvmvIsmvmIv/302解：由题意可知，小球离开圆弧形槽时，小球和圆弧形槽的速度都在水平方向上且方向相反，设其分别为v
6、、V。则由动量守恒和机械能守恒可得：MVmv222121MVmvmgR可解得：MmMgRv2，MmMgRMmV23解：由2ktx可得：ktdtdxv2由题意，介质对物体的阻力正比于速度，可得：vfkxkt22由功的定义，阻力做的功为：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页6 / 9 klllkdxkxfdxWll34322223004解：由动能定理xFdxmvmv02022121并且00vxFdxmv0221由功的几何意义，xFdx0即为xF曲线下的面积故mx5处，2521021xFdxmv，smv/51mx10处，75
7、21022xFdxmv，smv/352mx15处，10021023xFdxmv，smv/1035解：设子弹和木块的质量分别为m和M，子弹的速度为0v ，子弹射入木块后与木块的共同速度为v，弹簧的压缩量为x。由动量守恒vMmmv)(0由能量守恒gxMmkxvMm)(21)(2122得smv/7.321115300精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页7 / 9 质点力学自测题一、选择题1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B A C D C A C D B 二、填空题1xy2) 3( 2 216Rt，2/4srad
8、3sg 4 imgm23，0 5 2cos16sN16，J1767RGmM32 8 kmghkmgkmg229sin20mgx10cx2三、计算题1解： (1)球抛出后做自由上抛运动，并且球相对于地面的初速度为：电对地球对电球对地vvv即smvvv/3000故从地面起，球能达到的最大高度为：mgvhh55220 (2)以球抛出时为初始时刻、球抛出点为原点，设t 时刻球再回到电梯上，则有：2021gttvvt可解得：st42解：人受力如图 (1) amgmNT112底板受力如图 (2) amgmNTT2221212TTNN由以上四式可解得N图(1)2Ta图(2)1T2Tgm2gm1N精选学习资料
9、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页8 / 9 ammgmgmT)(4212125.2474/)(212agmmT N 5.412)(21TagmNN N 3解： (1)质点下滑的过程中只有重力做功，满足机械能守恒选取 P处为重力势能零点，则有：sin2102mgRmvgRv即为质点在 Q 点的速率(2)质点在 Q 点处受力如图：法向上有：RvmmgN2sinmgN23为半球面对质点的支持力由牛顿第三定律，质点在Q 点对半球面的压力为mgN23，方向沿半径向外4解：由题意知，弹簧的长度r 就是弹簧的伸长，rmrF/32v小球的总能
10、量E 是动能221vmEK与势能221krEP之和，即222121krmEEEPKv由式可得223rmv据题意rkr3代入式得1232323222rrrE J 2rm 将 r 代入式，并代入已知数值，得：62vv =2.45 m/s 5解：设 m与 M 碰撞后的共同速度为v，它们脱离球面的速度为u (1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得)/(0mMmvvPOQRANmg精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页9 / 9 m与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置时，有22)(21)cos1 ()()(21umMgRmMmMvRumMNgmM/)(cos)(2当物体脱离球面时，N = 0，代入式并与、式联立，可解得：32)(332cos22022mMgRmgRgRvv32)(3cos22021mMgRm v(2) 若要在 A 处使物体脱离球面，必须满足gmMRmMA)(/)(2v即RgA2v，考虑到式有RgmMm2202)/(v所以油灰的速度至少应为mRgmM/)(0v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页