参考答案

一、单选题

1.C

2.B

分析：已知，则

3.B

分析：因为为一常数，，和t有关。

4.D

5.D

分析：由动能定理得，和斜面的倾角无关。

6.C

分析：因为

7.C

分析：因为，

其中tgδ=μ。当θ=δ时，a取得最大值。

8.C

分析：由动量定理得

9.D

分析：设人和气球离地的高度分别为h和H，气球移动的距离为Δh，则由能量守恒定律得

mgh+mgH=mg(h+1+Δh)+mg(H+Δh)，

解得

Δh=-0.5m

10.C

11.B

分析：由于，

解得

12.D

二、判断题

1.√

分析：取物体抛出点为坐标原点，在竖直面内建立坐标系。物体运动的参数方程为

消去式中参数θ，得任意时刻的轨迹方程为

这是一个以为圆心、0t为半径的圆方程，它代表着所有物体在任意时刻t的位置。

2.√

分析：是切向加速度的大小，且at=gsinα，随轨道上不同的α角而不同；，等于重力加速度，为一常矢量；法向加速度an=gcosα，也随轨道上不同的α角而不同。

3.(1)√；(2)×

分析：(1)正确(在轨道的拐点处除外)；

(2)只要速度方向有变化，其法向加速度一定不为零。

4.×

分析：根据牛顿定律，物体保持静止不动时，静摩擦力必须等于Mg,与压力无关，故F增加时静摩擦力不变。

5.√

分析：三种情况都只有重力功且相等，由动能定理可得物体滑到底部时的动能相等；但三种光滑表面形状不同，物体滑到底部时的速度方向并不一样，因此动量的方向不同，动量就不相同。

6.(1)×；(2)×；(3)√；(4)×。

分析：(1)加速过程是皮带对砖块的摩擦力作用的结果，在这段变速过程中砖块的速度小于皮带，因而两者有相对运动(相对地面的位移不同)，这一对摩擦力的功也不同；(2)和(4)中的驱动力的功是作用在皮带上的，不能改变砖块的动能。

7.×

分析：不受外力的系统满足动量守恒的条件，其动量变化为零；但外力功为零，非保守内力的功不一定为零，所以此系统的机械能不一定为零。

8.√

分析：对小球和地球系统，系统仅有保守内力重力作用(斜面的支持力为外力，但它与小球的位移垂直而不作功)，所以系统机械能守恒。

三、填空题

1.1.14×103N

分析：以人为研究对象，从整个过程来讨论，根据动量定理有

2.

分析：由运动学方程x=ct3可得物体的速度

物体所受阻力的大小为

则阻力的功为

3.882J

分析：水桶在匀速上提过程中，a=0，拉力与水桶重力平衡，有

F=P

水桶重力随位置的变化关系为

P=mg-agy，其中a=0.2 kg/m，

人对水桶的拉力的功为

4.①0.53 J； 0； ②0.53 J； 2.30 m/s；③2.49 N

分析：①重力对小球所作的功只与始末位置有关，即

WP=PΔh=mgl(1-cosθ)=0.53J

在小球摆动过程中，张力FT的方向总是与运动方向垂直，所以张力的功

②根据动能定理，小球摆动过程中，其动能的增量是由于重力对它作功的结果。初始时动能为零，因而，在最低位置时的动能为

EK=WP=0.53J

小球在最低位置时的速率为

③当小球在最低位置时，由牛顿定律可得

5.

分析：由力函数可知，当r→∞时，F=0，势能亦为零。

在此力场中两粒子相距r时的势能为

6.4.1 ×10-3m

分析：因阻力与深度成正比，则有F=kx(k为阻力系数)。

现令x0=1.00×10-2 m，第二次钉入的深度为Δx，由于钉子两次所作的功相等，可得

解得

Δx=4.1×10-3m

7.

分析：选木块为研究对象，取沿斜面向上为x轴正向，列出下滑、上滑过程的动力学方程

由(2)式可知，加速度为一常量。由匀变速直线运动规律，有

(3)

解上述方程组，可得木块能上滑的距离

8.①30.0m/s ；②467m

分析：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有

因此，飞机着陆10s后的速率为=30.0m/s

又

故飞机着陆后10s内所滑行的距离

9.

分析：取地球和物体为系统，物体位于地面时系统的机械能为

为使初速度最小，当物体远离地球时(h→∞)，其末速度=0，此时机械能E=0。由机械能守恒定律，有

10.

分析：船的运动方程为r(t)=x(t)i+(-h)j

船的运动速度为

而收绳的速率，且因r=l0-t，故

11.1.45×10-3 m/s ；下午3时整

分析：设太阳光线对地转动的角速度为ω，

如图1-6所示，从正午时分开始计时，则杆的影长为s=htg(Δα)=htg(ωt)，下午2时整，杆顶在地面上影子的速度大小为

当杆长等于影长时，即s=h，则

即为下午3时正。

12. 4.00kg

分析:由于质点最初处于静止，因此，初动量P0=0，初动能EK0=0，根据动量定理和动能定理分别有

四、简答题

1.答：这种说法不正确，加速度是速度对时间的变化率，即。

2.答：牛顿第一定律定性地指出了力和运动的关系，它联系着两个力学的基本概念，一个是物体的惯性，它指物体本身保持运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动变化的性质。另一个是力，它是指迫使一个物体运动状态改变，即使它产生加速度是别的物体对它的作用。牛顿第二定律进一步给出了力和运动的定量关系。但不能将牛顿第一定律视为其特例。

3.答：如果一对力所作的功与相对路径的形状无关，而只决定于相互作用的质点的始末相对位置，这样的一对力就叫保守力。由于物体的位置(或者状态)的变化而具有的能量叫势能。在只有保守力做功的情况下，质点系的机械能守恒，在经典力学中，它是牛顿定律的一个推论，因此也只适用于惯性系。

五、计算题

1.解：(1)

　　　(2)=t3+3t2+2=56m/s

　　　(3)

2.解：(1)2秒内通过的位移，x2=4.5t2-2t3=2m

　　　1秒内通过的位移，x1=4.5t2-2t3=2.5m

　　　第2秒的平均速度

(2)由，得

　　　1=3m/s；　　a1=-3m/s2

　　　2=-6m/s；　　a2=-15m/s2

(3)如图1-7所示,有往返运动,当=0时,

由,

解得t=1.5s

S=|x(1.5)-x(1)|+|x(1.5)-x(2)|=2.25m

3.解：(1) 由,

消t得质点的轨迹方程

(2)质点在任一时刻的位移矢量可表示为

与入射方向所成的角

(2)　　　

约为垒球本身重量倍)

5.解：由得

6.解：在水平方向上, 由m0cosα=MV得

7.解：滑轮的加速度

以滑轮为参照，物体A、B相对滑轮的加速度为a′，则对A、B受力分析可得

由方程(1)、(2)解得

a′≈5.56m/s2，aA=a+a′=12.43m/s2，aB=a-a′=1.31m/s2

8.解：(1)由N=F向(负号表示方向和速度方向相反)得

(2)由得

9.解：

第1秒内作的功

第2秒内作的功

第3秒内作的功

第3秒末的瞬时功率P=F3=Fat3=375W

10.解：位移(负号的添加是确保dx为正值)

11.解：由EP=-A保得

当l≪a时，细棒可看作是一质点，则

12.解：(1)由功能原理得：Af1+Af2=E2-E1

(2)由功能原理得：Af1+Af2+Af3=E3-E1

H=1.74 m

13.解：由动量守恒定律得：

(1)

由能量守恒定律得:

(2)

由方程(1)、(2)解得：=319m/s