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第一章
11（1）BDFH（2）ACGH（3）BCDF（4）D（5）C12填空题
（1）t1时刻的加速度t1到t3时间内的平均加速度
t4vdt
0
t4vdt0
（2）圆周运动匀速率曲线运动
（3）
rt1

xt1i

yt1
j
rxt2xt1iyt2yt1j
rxt2xt12yt2yt12
st2dx2dy2dt
t1dt
dt
（4）dvdt
t2vtdt
t1
t2vtdt
t1
16解：粒子的运动方程为xt33t29t5
速度为vdx3t26t9dt
加速度为adv6t6dt
当t3时，v0粒子沿x轴正向运动；
当t3时，v0粒子沿x轴负向运动；
当t1或t3时，va0粒子做加速运动；
当1t3时，va0，粒子做减速运动；
18
解：（1）
r1

2i

j
，
r2

4i2j
（2）v

dr

2i

2tj
a

ddvt
2j
dt
代入t

2得，v2

2i

4
j
，
a2

2j
（3）运动方程的分量式为
x2t
y2t2
由以上两式消去t，得到轨迹方程为y2x24
113解：（1）v

dsdt
v0
bt，a

dvdt
b，a


v2R
v0
bt2
R
aa2a
2b2v0bt4R2（2）令ab可解得tv0b
（3）tv0b时，质点所经过的路程为sv02bv022bv022b
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所以质点经过的圈数为Ns2Rv02。4bR
115解：d12t2dt
（1）质点的切向加速度为a
r
rddt
24rt
48ms2
质点的法向加速度为a
r2144rt42304ms2
（2）由a
a
，24rt
144rt4，得t3
16，故
24t3
8267rad3
第二章
211C2D3D
22
2
Rkl0km2
Fkm2l0km2
3Nmgcos


g
arc
c
osR
2
26解：4fm1m2g
27解：
N1
f2205NN2
f0
F
f0
f
mgN1
Mg
分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律得
f0ma
N1mg0
Fff0Ma
N2N1Mg0
且有
fN2
（1）由以上方程代入a1ms得f02Nf735N
（2）欲使板从物体下抽出，应满足f00N1，解得
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F0Mmg1617N
第三章
31（1）D（2）C（3）B（4）B（5）C
32（1）mgH2H10
（2）882J（3）018J17J7J
（4）
l0

2

1g

kl0
m
（5）Mv22s
v1Mlsms
Mv2l2s
36解：Ax2Fxdxx2x2dx22J
x1
x1
39解r