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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆第一章 质点运动学【例题精 讲】kx2rhv0x例 1-1【解】 如图（ b）所示,取沿水面方向向右为Ox 轴正向；a t 时刻小船位置为x ,而绳长为ll0v0t；由勾股定理,有l2x2h2,等式两边同时对t 求导数,有2 ldl2xdxdtdtv0又知, l 是随时间减小的dlv0且vdxdtdtb xo故小船的运动速度为vlv0l0l0v0v0th2v0xt2负号表示速度方向与x 轴正向相反；例题 1-1 答案图例 1-2【解】1 位置矢量rac o stib si ntjSI可写为xacostybs i nt,
2、就消去时间t,可得质点的轨迹方程为x2y21a2b22 速度vdrasintibcostjdt3 加速度adva2c o stib2si ntjdt例 1-3C 例 1-4 【证明】由于dvd vdxvdvk v2d td xdtdx所以dvkdxvv1dvxkd xlnvv0v0v0故vv0 ekx例 1-5D例 1-6 16Rt24rads-2例1-7C 【习题精练】1-1【解】 如下列图,取沿地面方向向左为Ox 轴的正向,人从路灯正xCvAhH 下方点 O 开头运动,经时间t 后其位置为xOA,而人头顶影子的位置坐标为x ；x O习题答案 1-1 图名师归纳总结 - - - - - -
3、-第 1 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆由相像三角形关系,有OCxHhOAxH解得xHxh,HvdxHvh；故头顶影子的移动速度为dtH名师归纳总结 1-2 nn0, 1,2aA2c o st1SI xx02t3t第 2 页,共 20 页x1-3 xy328im/s21-4【解】1 位置矢量rat2ibt2jSI可写为xat2yb2t,就消去时间t,可得质点轨迹方程为yba2 速度vdr2ati2 btjdt3 加速度adt2ai2 bjd1-5【证明】 设质点在x 处的速度为v,advdvdx26x2ddtx3dtxvxvdv26
4、x2dx00就质点在任意位置处的速度为v2x21-6【解】已知加速度 adv /dt4tdv 4 t dtvdvt4 tdt00dtv 2t2又由于 v d x/d t2t2xd xt2 t2x0030就质点位置和时间的关系式为x23t1031-71 s 1.5 m 1-8 B - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆其次章 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重量；质点受到的作用力中,只要法向重量不为零, 它对向心力就有奉献,
5、不管它指向圆心仍是不指向圆心,但它可能只供应向心力的一部分；即使某个力指向圆心,也不能说它就是向心力,这要看是否仍有其它力的法向重量；2 不正确； 作圆周运动的质点, 所受合外力有两个重量,一个是指向圆心的法向重量,另一个是切向重量,只要质点不作匀速率圆周运动,它的切向重量就不为零,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,就 sin h / l,木箱受力如图（b）所示,匀速前进时,拉力为 F,有F cos f 0 NFF sin N Mg 0f N fM g得 Fcos Mgsin 例题 2-5b 图令 dF Mg sin cos2 0d cos sin 0tan
6、 0 . 6 30 5 7 3 62d F2 0 l h / sin 2 . 92 m 时,最省力；d例 2-6【解】（1）设物体质量为 依据牛顿定律,有m,取如下列图的自然坐标系,名师归纳总结 由摩擦力的大小FNmanmv2tRdtFtv0te第 3 页,共 20 页RF tma tFFNenmdvdt例题 2-6 图F tN可得v2dvRdt依据初始条件t=0,vv0,分别变量后对上式积分vdv0v 0v2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆得vRR v0tv0（2）当物体速率从v 削减到t1v 20时,由上式可求出所需时间
7、为tR0v物体所经过的路程stvdtRR v0tdtRln200v0【习题精练】名师归纳总结 2-1A KvmdvFgfax 第 4 页,共 20 页2-2 A 2-3 mg/c o ss i nglc o s2-4 【解】 依据牛顿其次定律fkmdvmdvdxm vdvx2ddtddtxxvdvkdx,vvd vA/4kdx2 mx0A2 mx1v2k413k2mAAmAv6 k/mA 2-5 【证明】 小球受力如图,依据牛顿其次定律mgk vFmamdvmdtmgdvF/mdtkv初始条件： t = 0, v = 0v mgd v-F/mtdt0k v0vmgF 1ekt/m/k2-6 【
8、解】 1 子弹进入沙土后受力为v,由牛顿定律得dtvKdtdv,tKdtv d vv 0 vm0mKt /v mv0e2 由vdx得dxv0eKt/mdtdt两边同时积分xdxtv 0eKt/mdt00xm/K v01eKt/m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆所以最大深度x maxm v0/K第三章 动量和角动量【例题精 讲】例 3-1 C 例 3-2 0.6N 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=mg2 / ；（3）小球动量增量的大小
9、为 0,依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v02ghx 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y mq mtf ,由动量定理写重量式：fy t ft设 A 对煤粉的平均作用力为f xtm v0f yt0m v0将mqmt代入得fxqm v,fyqm v0fx t ff2f2149N （b）xy例题 3-4 图f 与 x 轴正向夹角为 = arctan fy / f x = 57.4由牛顿第三定律,煤粉对A 的作用力 f= f = 149
10、 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稳位置；因此,作用于子弹、 物体系统上的外力均在竖直方向,令子弹穿出时物体的水平速度为 v 有 mv0 = mv+M v v = mv0 v/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l = 26.5 N 故系统在水平方向动量守恒；例 3-7 2 ftm vm v04 . 7Ns设v0方向为正方向 负号表示冲量方向与v0方向相反；k0【习题精练】名师归纳总结 3-1 D 9 m/s第 5 页,共 20 页3-2 18N s - - - - - - -精选学习资料 - - - -
11、- - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆3-3【解】 1子弹射入 A 未进入 B 以前, A、B 共同作加速运动；FmA+mBa,a=F/ mA+mB=600 m/s2 vAat当子弹射入BB 受到 A 的作用力NmBa1.8 103 N,方向向右2 A 在 t= 0.01 s 时间内作匀加速运动,t= 0.01 s 秒末的速度时, B 将加速而 A 就以 vA 的速度连续向右作匀速直线运动vAat6 m/s 取 A、B 和子弹组成的系统为讨论对象,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mv0mAvA mmB vBF 外仍受地面的静摩擦力等vBmv0mAvA22m/sm
12、mB此时木箱除受力3-4【答】 推力的冲量为Ft；动量定理中的冲量为合外力的冲量,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,依据动量定理,木箱动量不发生变化；3-5 C -1 13 m s功和能3-6 m g bm g b t3-7 2275 kg m 2 s-1第四章【例题精讲】例 4-1 54 N s729 J SI可得costtj例 4-2 320J 8 im/s 例 4-3D例 4-4【解】1 由位矢racostibsintjtxacostybsinvxd xasi ntt,vytdybd tdt0cos1sin在 A 点a,0 ,EKA=1m v21 m v2
13、cost21 mb 220,sin22xyt1在 B 点 0,b ,EKB=1m v21m v21ma222x2y2timb2sin2 Fmaximayj=ma2cos3 由 A B 名师归纳总结 W x0Fxd x0m2ac o std x=0m2x dx1ma22第 6 页,共 20 页aaa2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆例 4-5 2 GmMGmM3R3R例 4-6 g 2g Ox0 为挂上物体后的例 4-7C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；伸长量, O为物体的平稳
14、位置；取弹簧伸长x 时物体所达到的处为重力势能的零点；由题意得物体在O处的机械能为：E 1EK01kx2mgxx0sinl02Ox 0O在 O处,其机械能为：E21m v21kx222由于只有保守力做功,系统机械能守恒,即：21kx2OxE K012 kx 0mgxx0sin1m v2222（b）在平稳位置有：mgsin =kx0 x0mgsink例题 4-8 案图代入上式整理得：1m v2EK0mgxsin1kx2mgsin222 k例 4-9A例 4-10【解】 油灰与笼底碰前的速度v2gh笼子在平稳位置Mgkx 0kMg/ x 0碰撞后油灰与笼子共同运动的速度为V,应用动量守恒定律m v
15、mMV油灰与笼子一起向下运动,机械能守恒,下移最大距离x,就1kx 0x 21Mm V21kx2Mm gx0222联立解得：xmx0m2x22 m2hx 00.3m 0M2MMm M【习题精练】名师归纳总结 4-1 18 J 6 m/s第 7 页,共 20 页4-2B4-3C4-4 2 kx 01 kx 0 224-5 r G M m2r 2r 1r 1 G M mr 1rr2r 124-6【答】 W 并不是合外力所作的功；由于物体所受的力除了人的作用力F 外,仍有重力P mg, 根 据 动 能 定理 ,合 外 力 所 作 的 功 等 于 物体 动 能 的 增 量 , 就 可 写为- - -
16、- - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆Fhmgh1m v2v20所以WFh1m v2mgh2即FPh1m22W 是人对物体所作的功,而不是物体所受合外力所作的功；4-7【证明】 由动能定理1f rS01m v2而fr2gkmg2kmgSm v2Sv2k24-8C4-9【解】 1 木块下滑过程中,以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒；选弹簧原特长为弹性势能和重力势能的零点,v1 表示木块下滑x 距离时的速度,就1kx21Mv2Mgxsin0221方向沿斜面对下求出：v12gxsinkx20.83 m/s M2 以子弹和木块为系统,在子弹射入木块过
17、程中外力沿斜面方向的分力可略去不计,沿斜面方向可应用动量守恒定律以 v2 表示子弹射入木块后的共同速度,就有：Mv1m vcosMm v2解出v2Mv1Mm vcos0 .89m/s 负号表示此速度的方向沿斜面对上m 4-10【解】 设 v1为软木塞飞出的最小速率,试管速度的大小为 向动量守恒,v2, 软木塞和试管系统水平方就Mv2m v10v1Mv2/m1 当用硬直杆悬挂时,M 到达最高点时速度须略大于零,由机械能守恒名师归纳总结 1Mv2Mg2Lv24gLMgMv2/L第 8 页,共 20 页22v12MgL/m2 如悬线为轻绳,就试管到达最高点的速度v 须满意即vgL由机械能守恒1M2
18、v 2Mg2L1Mv25MgL222应有v25 gL故v1M5gL/m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆第五章 刚体力学基础【例题精讲】例 5-1 62.5 1.67s 例 5-2 C例 5-3 C例 5-4 A2例 5-5 k 0 2 J9 J k 0例 5-6【解】 受力分析如图 b所示；设重物的对地加速度为 a 向上,就绳的 A 端对地有加速度 a 向下,人相对于绳虽为匀速向上,但相 T2 O T1对于地其加速度仍为 a 向下；a B a 依据牛顿其次定律可得：对人：MgT2Ma 对重物： T11Mg1Ma Mg （b）
19、12 Mg2 2例题 5-6 图2依据转动定律,对滑轮有 T2T1RMR / 4 因绳与滑轮无相对滑动,a、四式联立解得 a2g / 7 例 5-7【解】 由受力分析如图 b所示,可列方程：2mg T12ma T T2mgma T2 T1 T1 rT r1 mr2 2 a mmg 2m a T rT2 r1 mr 2 2mg 2 例题 5-7（b）图a解上述 5 个联立方程得：T11mg / 8 例 5-8【解】受力分析如图（b） mgT2 = ma2T1mg= ma1例 5-9AT2 2rT1r = 9mr2 / 2 T2mg T1a12 = a2a2 = a1mg 解上述 5 个联立方程,
20、得：2g19r（b）例题 5-8 图名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆例 5-10 3v0 / 2l 3mv0 2 / 8 【习题精练】5-1 2 6.54 rad / sg / 2l4.8 s 5-2 B5-3 g / l5-4 0.25 kgm2 12.5 J5-5【解】 依据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mgT ma1 2M T R T a 对滑轮：TR = M 运动学关系：amg 将、式联立得amg / m习题 5-5 答案图v00, v at mgt / m1M 25-6【
21、解】 各物体的受力情形如下列图由转动定律、牛顿其次定律及运动学方程联立方程：T1R J111M1R21242 m/sN1T1T1N2T2a2T2rT1rJ221M2r22M 1M 2m212mgT2ma , M 1gM 2gT2mgaR1r2,求解联立方程,得a1M1mg习题 5-6 答案图Mm2v22ah,v2 ah=2 m/s M 1a48 N T2mga 58 N T1125-7【解】 各物体受力情形如下列图；对： FTma解得：对：T maT3F / 56.0 N 对滑轮： TTR1 mR 22a2F / 5mR 10 rads-25-8【答】 1 转台、人、哑铃、地球系统的机械能不守
22、恒；因人收回二臂时臂力要作功,即非保守内力的功不为零,不满意守恒条件；名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆2 转台、人、哑铃系统的角动量守恒；因系统受的对竖直轴的外力矩为零；5-9A机械能振动5-10 对 O 轴的角动量第六章例题 6-1【解 】1 由己知谐振动方程可知,振幅A=0.1m ,角频率=20 s1,频率2=2 =10Hz ,周期 T=2=0.1s,初相=4； 2 由己知谐振动方程直接可得t=2s 时的位移,速度和加速度分别为x=0.1cos 20 t+4 =0.1cos 40
23、t+4 =7.07 102m v=dx dt= 2 sin 20 t+4= 2 sin 40 +4 = 4.44 m s1 a=d 2x dt2= 402cos 20 t+4 = 402cos 40 t+4 = 280m s例题 6-2 【解 】1 t = 0 时, a = 2.5 m/s 2 ,| F | = ma = 5 N 2 分2 | amax | = 5,其时 | sin5t -/6 | = 1 1 分| F max | = m| amax | = 10 N 1 分x = 0.2 m（振幅端点）1 分例题 6-3 【解】旋转矢量如下列图；1 3t由振动方程可得：1,At = 0 2A
24、x m t/0.667s - 0.24 - 0.12 O0.12 0.24 例题 6-4 例题 6-3 答案图0.05 m - 0.205 （或 - 36.9 ）例题 6-5 C 例题 6-6 D 例题 6-7C 例题 6-8 1 2或3 2,A2习题 6-1 B 习题 6-2 名师归纳总结 解： 1 vdx3 0.sin5 t2SI 第 11 页,共 20 页dt2 t0 = 0 , m2xv 0 = 3.0 m/sFma- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆x1A时,F = - 1.5 N2习题 6-3 【解】设小球的质量为m
25、,就弹簧的劲度系数kmg/ l0选平稳位置为原点,向下为正方向；小球在mgkl0xmd2x/dt2x 处时,依据牛顿其次定律得将kmg/ l0代入整理后得d2x/dt2gx/l00.9 1此振动为简谐振动,其角频率为g/0l28 . 58设振动表达式为xAcos t = 0 由题意：t = 0 时, x0 = A=2102m,v 0 = 0,解得x2102c o s 1t习题 6-4 C 习题 6-5 A 习题 6-6 3.43 s - 2 /3 习题 6-7 0.5s、1.5s、2.5s ； 0、1s、2s ；0.5s、2.5s、4.5s习题 6-8 解： 1 势能WP1 kx 22总能量E
26、1 kA 222m 由题意,1kx2kA2/4,xA4.2410222 周期T = 2 / = 6 s t 为 T/8xA的最短时间从平稳位置运动到2t = 0.75 s习题 6-9 B 例题 7-1 2 m/sa02.第七章波动SI 2cost3x2例题 7-2 名师归纳总结 【解 】u=20m s, 2 =2Hz ,T=0.5s , = u=20 2=10cm,A 点的振动方程： y=3cos4 t；第 12 页,共 20 页 1 以 A 点为坐标原点的波动方程为y=3cos4 t+x 20 =3cos 4 t+x 5 =3cos 4 t+0.2 x ； 2 该波沿 x 轴负向传播,所以B
27、 点的相位比A 点落后= 2 AB = 2105=因此,以 B 点为坐标原点的波动方程y=3cos 4 t+x 20 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆 3 在以 A 点为坐标原点的坐标轴中, xB= 5m,xC= 13m,x D=9m ,可得yB=3cos4 t 5 20 =3cos 4 t ,yC=3cos4 t 13 20 =3cos 4 t 13 5 =3cos 4 t 2.6 ；yD=3cos4 t+9 20 =3cos 4 t+9 5 =3cos 4 t+1.8 ；例题 7-3 【解】 1 如图 A ,取波线上任一
28、点P,其坐标设为x,由波的传播特性,P 点的振动落图 A xt = T 图 B x m 后于 /4 处质点的振动；Acos2ut24xOPu波的表达式yxAcos2ut22xSI y m 3u .A2 t = T时的波形和t = 0 时波形一样t = 0 时34O 4yAcos22xAcos2x24- A4B；例题 7-3 答案图按上述方程画的波形图见图例题 7-4 名师归纳总结 【解】 1 振动方程y00 .062 c o s2t0. 06c o s tSI 第 13 页,共 20 页. 2 波动表达式y0.06costx/uy 0 .06cost1xSI 23 波长uT4m例题 7-5 【
29、解 】1 x = 0 点01；2x x = 2 点21；O 1 2 3 4 2t=T/4 时的波形曲线x =3 点3；例题7-5 答案2 如下列图例题 7-6 y m 【解 】由图, = 2 m,又u = 0.5 m/s, = 1 /4 Hz ,0.5 ut = 2 s T = 4 s题图中 t = 2 s =1Tt = 0 时,波形比题图中的波形2O1 2 x m 倒退1；例题 7-6 图2此时 O 点位移 y0 = 0（过平稳位置）且朝y 轴负方向运动,1 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆y05.c o s 12t1S
30、I 2例题 7-7 B 例题 7-8 y2Acostv2A sint例题 7-9 证明 ：入射波在x = 0 处引起的振动方程为xy 10Acost,2y20Acostt由于反射端为自由端,所以反射波在O 点的振动方程为反射波为y2Ac o s t2驻波方程yy 1y 2A cost2xA cost2xA cos 2xcos例题 7-10 Acos2tx/2Acos 2x/1cos 2t122习题 7-1 解： 1已知波的表达式为y0.05cos 100t2xm/s2与标准形式yAcos2t2x/比较得A = 0.05 m, = 50 Hz , = 1.0 m u = = 50 m/s 2 vmaxy/t max2A15.7m /s amax2y/t2max422A4 . 933 103 2x 2x 1/,二振动反相习题 7-2A 习题 7-3 y2Acos 2tL 1L 2xL 1k k = 1, 2, 习题 7-4D 习题 7-5 【解】 1 坐标为 x 点的振动相位为名师归纳总结 t4tx/u4tx/u4tx/20第 14 页,共 20 页波的表达式为y3102cos4tx/20 SI 2 以 B 点为坐标原点,就坐标为x 点的振动相位为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学