基本概念和公式#

① 位矢（位置矢量）： $\vec{r} = x\vec{i} + y\vec{j}$

② 位移： $\Delta\vec{r} = \vec{r}_B - \vec{r}_A$

③ 路程：$\overset{\frown}{AB}$（弧长）

④ 速度：

• 平均速度：$\vec{\bar{v}} = \frac{\Delta\vec{r}}{\Delta t} = \frac{\vec{r}_B - \vec{r}_A}{t_2 - t_1}$
• 瞬时速度：$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{dx}{dt}\vec{i} + \frac{dy}{dt}\vec{j}$
• 大小：$|\vec{v}| = \left|\frac{d\vec{r}}{dt}\right| = \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \frac{ds}{dt}$

⑤ 加速度： $\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = \frac{dv_x}{dt}\vec{i} + \frac{dv_y}{dt}\vec{j} = \frac{dv}{dt}\vec{\tau} + \frac{v^2}{R}\vec{n}$

• 切向加速度：$a_t = \frac{dv}{dt}$
• 法向加速度：$a_n = \frac{v^2}{R}$
• 大小：$|\vec{a}| = \sqrt{\left(\frac{dv_x}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dv_y}{dt}\right)^2} = \sqrt{\left(\frac{dv}{dt}\right)^2 + \left(\frac{v^2}{R}\right)^2}$

/2.png)

例题#

题1：一质点在xoy平面内运动，其运动学方程为$x = 3\cos4t$，$y = 3\sin4t$，则$t$时刻质点的位矢$\vec{r}(t) =$ ______

解：$\vec{r} = x\vec{i} + y\vec{j} = 3\cos4t\ \vec{i} + 3\sin4t\ \vec{j}$

题2：已知平面内运动方程为$x = at^2$，$y = bt^2$（其中$a, b$为常量），则该质点运动轨迹为（ ）

A. 双曲线 B. 抛物线 C. 圆周 D. 直线

解： $\begin{cases} x = at^2 \\ y = bt^2 \end{cases} \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{a}{b} \Rightarrow y = \frac{b}{a}x$ 轨迹为直线，选D

题3：一运动质点在某瞬间矢径$\vec{r}(x, y)$的端点处，其速度大小为（ ）

A. $\frac{dr}{dt}$ B. $\frac{d\vec{r}}{dt}$ C. $\frac{d|\vec{r}|}{dt}$ D. $\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2}$

解：速度大小为$|\vec{v}| = \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2}$，选D

/4.png)

题4：质点作半径为$R$的变速圆周运动时的加速度大小为（ ）（$v$表示任一时刻质点的速率）

A. $\frac{dv}{dt}$ B. $\frac{v^2}{R}$ C. $\frac{dv}{dt} + \frac{v^2}{R}$ D. $\sqrt{\left(\frac{dv}{dt}\right)^2 + \left(\frac{v^2}{R}\right)^2}$

解：加速度大小为$|\vec{a}| = \sqrt{\left(\frac{dv}{dt}\right)^2 + \left(\frac{v^2}{R}\right)^2}$，选D

/5.png)

例题#

题1：质点的运动方程为$\vec{r} = (2 + 2t^2)\vec{i} + \left(\frac{1}{3}t^3 + 2t\right)\vec{j}$，求$t = 2$时的速度和加速度。

解： $\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = 4t\vec{i} + (t^2 + 2)\vec{j}$ $\vec{v}\big|_{t=2} = 8\vec{i} + 6\vec{j}$

$\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = 4\vec{i} + 2t\vec{j}$ $\vec{a}\big|_{t=2} = 4\vec{i} + 4\vec{j}$

题2：已知某质点的运动方程为$x = 2t$，$y = 2 - t^2$，式中$x$以$m$计，$t$以$s$计，求：

1. 位置矢量表达式，速度和加速度表达式；
2. 前2s内质点的平均速度和平均加速度；
3. 第2s内质点的平均速度；
4. 计算1s末和2s末质点的加速度。

解：

(1) $\vec{r} = 2t\vec{i} + (2 - t^2)\vec{j}$ $\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = 2\vec{i} - 2t\vec{j}$ $\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = -2\vec{j}$

(2) 前2s内（$t=0$到$t=2$）： $\vec{r}_0 = 2\vec{j}, \quad \vec{v}_0 = 2\vec{i}$ $\vec{r}_2 = 4\vec{i} - 2\vec{j}, \quad \vec{v}_2 = 2\vec{i} - 4\vec{j}$ $\Delta\vec{r} = \vec{r}_2 - \vec{r}_0 = 4\vec{i} - 4\vec{j}$ $\vec{\bar{v}} = \frac{\Delta\vec{r}}{\Delta t} = \frac{4\vec{i} - 4\vec{j}}{2 - 0} = 2\vec{i} - 2\vec{j}$ $\Delta\vec{v} = \vec{v}_2 - \vec{v}_0 = -4\vec{j}$ $\vec{\bar{a}} = \frac{\Delta\vec{v}}{\Delta t} = \frac{-4\vec{j}}{2 - 0} = -2\vec{j}$

(3) 第2s内（$t=1$到$t=2$）： $\vec{r}_1 = 2\vec{i} + \vec{j}, \quad \vec{r}_2 = 4\vec{i} - 2\vec{j}$ $\Delta\vec{r} = \vec{r}_2 - \vec{r}_1 = 2\vec{i} - 3\vec{j}$ $\vec{\bar{v}} = \frac{\Delta\vec{r}}{\Delta t} = 2\vec{i} - 3\vec{j}$

(4) 1s末和2s末质点的加速度： $\vec{a} = -2\vec{j}$

解题方法#

$a = \frac{dv}{dt} \Rightarrow dv = adt \Rightarrow \int_{v_0}^{v} dv = \int_{0}^{t} adt$

$v = \frac{dx}{dt} \Rightarrow dx = vdt \Rightarrow \int_{x_0}^{x} dx = \int_{0}^{t} vdt$

匀变速直线运动公式#

$v = v_0 + at$ $x = x_0 + v_0t + \frac{1}{2}at^2$ $v_2^2 - v_1^2 = 2a(x_2 - x_1)$

例题#

题1：设质点沿$x$轴作匀变速直线运动，加速度为$a$不随时间变化，初速度为$v_0$，初位置为$x_0$，试根据速度、加速度的定义求出该质点的速度公式和运动学方程。

解： $a = \frac{dv}{dt} \Rightarrow dv = adt \Rightarrow \int_{v_0}^{v} dv = \int_{0}^{t} adt$ $v - v_0 = at \Rightarrow v = v_0 + at$

$v = \frac{dx}{dt} \Rightarrow dx = vdt = (v_0 + at)dt \Rightarrow \int_{x_0}^{x} dx = \int_{0}^{t} (v_0 + at)dt$ $x - x_0 = v_0t + \frac{1}{2}at^2 \Rightarrow x = x_0 + v_0t + \frac{1}{2}at^2$

题2：一质点做直线运动，加速度$a = 2m/s^2$，开始时$v_1 = 2m/s$，一段时间后$v_2 = 6m/s$，问质点在这段时间内的位移大小。

解：由$v_2^2 - v_1^2 = 2a(x_2 - x_1)$ $6^2 - 2^2 = 2 \times 2 \times (x_2 - x_1)$ $36 - 4 = 4(x_2 - x_1)$ $x_2 - x_1 = 8\ m$

题3：质点沿直线运动，加速度$a = 4 - t^2$，式中$a$的单位为$m/s^2$，$t$的单位为$s$，如果当$t = 3s$时，$x = 9m$，$v = 2m/s$，求质点的运动方程。

解： $a = 4 - t^2 = \frac{dv}{dt} \Rightarrow dv = (4 - t^2)dt \Rightarrow \int_{v_0}^{v} dv = \int_{0}^{t} (4 - t^2)dt$ $v = v_0 + 4t - \frac{1}{3}t^3 \quad \text{①}$

$v = \frac{dx}{dt} \Rightarrow dx = vdt = \left(v_0 + 4t - \frac{1}{3}t^3\right)dt \Rightarrow \int_{x_0}^{x} dx = \int_{0}^{t} \left(v_0 + 4t - \frac{1}{3}t^3\right)dt$ $x = x_0 + v_0t + 2t^2 - \frac{1}{12}t^4 \quad \text{②}$

将$t = 3s$，$x = 9m$，$v = 2m/s$代入①②得： $v_0 = -1m/s, \quad x_0 = 0.75m$

所以质点的运动方程为： $x = 0.75 - t + 2t^2 - \frac{1}{12}t^4 \quad (m)$

题4：一质点沿一直线运动，其加速度为$a = -2x$，式中$x$的单位为$m$，$a$的单位为$m/s^2$。试求该质点的速度$v$与位置坐标$x$之间的关系。设当$x_0 = 1$时，$v_0 = 4m/s$。

解： $a = -2x = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot v$ $\frac{dv}{dx} \cdot v = -2x$

分离变量得： $vdv = -2xdx \Rightarrow \int_{v_0}^{v} vdv = \int_{x_0}^{x} -2xdx$

$\frac{1}{2}v^2 - \frac{1}{2}v_0^2 = -x^2 + x_0^2$

代入$x_0 = 1$，$v_0 = 4$： $\frac{1}{2}v^2 - 8 = -x^2 + 1$ $v^2 = -2x^2 + 18$

相对关系#

$\vec{v}_{绝对} = \vec{v}_{牵连} + \vec{v}_{相对}$ $\vec{a}_{绝对} = \vec{a}_{牵连} + \vec{a}_{相对}$

例题#

题1：甲船以$v_1 = 10m/s$的速度向南航行，乙船以$v_2 = 10m/s$的速度向东航行，则甲船上的人观察乙船的速度大小为 ______

解：

• $v_1$：牵连速度（甲船相对于地面）
• $v_2$：绝对速度（乙船相对于地面）

$\vec{v}_2 = \vec{v}_1 + \vec{v}_{相对}$ $\vec{v}_{相对} = \vec{v}_2 - \vec{v}_1$

由勾股定理： $v_{相对} = \sqrt{v_1^2 + v_2^2} = \sqrt{10^2 + 10^2} = 10\sqrt{2}\ m/s$

/12.png)

基本概念和公式#

• 角位移：$\theta$，单位：$\text{rad}$（弧度）
• 角速度：$\omega = \frac{d\theta}{dt}$，单位：$\text{rad/s}$
• 角加速度：$\beta = \frac{d\omega}{dt} = \frac{d^2\theta}{dt^2}$，单位：$\text{rad/s}^2$
• 周期：$T = \frac{2\pi}{\omega}$，单位：$\text{s}$（秒）

/2.png)

例题#

题1：某质点上的角位置和时间关系为$\theta = 4t - 3t^2 + t^3$（SI），则在2秒末的角速度大小$\omega =$ ______，角加速度大小$\beta =$ ______，在2秒末到4秒末这段时间内，平均角速度大小$\bar{\omega} =$ ______。

解： $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 4 - 6t + 3t^2$ $\omega\big|_{t=2} = 4 - 6 \times 2 + 3 \times 2^2 = 4\ \text{rad/s}$

$\beta = \frac{d\omega}{dt} = -6 + 6t$ $\beta\big|_{t=2} = -6 + 6 \times 2 = 6\ \text{rad/s}^2$

$t = 2\ \text{s}\ \text{时}\ \theta_2 = 4$ $t = 4\ \text{s}\ \text{时}\ \theta_4 = 32$ $\Delta\theta = 32 - 4 = 28$

$\bar{\omega} = \frac{\Delta\theta}{\Delta t} = \frac{28}{4 - 2} = 14\ \text{rad/s}$

解题方法#

$\beta = \frac{d\omega}{dt} \Rightarrow d\omega = \beta dt \Rightarrow \int_{\omega_0}^{\omega} d\omega = \int_{0}^{t} \beta dt$

$\omega = \frac{d\theta}{dt} \Rightarrow d\theta = \omega dt \Rightarrow \int_{\theta_0}^{\theta} d\theta = \int_{0}^{t} \omega dt$

匀变速圆周运动公式#

$\omega = \omega_0 + \beta t$ $\theta = \theta_0 + \omega_0t + \frac{1}{2}\beta t^2$ $\omega_2^2 - \omega_1^2 = 2\beta(\theta_2 - \theta_1)$

例题#

题1：已知匀变速圆周运动，角加速度为$\beta$，$t = 0$时，角速度为$\omega_0$，角位移为$\theta_0$，试用定义公式，求角速度和角位移表达式。

解： $\beta = \frac{d\omega}{dt} \Rightarrow d\omega = \beta dt \Rightarrow \int_{\omega_0}^{\omega} d\omega = \int_{0}^{t} \beta dt$ $\omega - \omega_0 = \beta t \Rightarrow \omega = \omega_0 + \beta t$

$\omega = \frac{d\theta}{dt} \Rightarrow d\theta = \omega dt = (\omega_0 + \beta t)dt \Rightarrow \int_{\theta_0}^{\theta} d\theta = \int_{0}^{t} (\omega_0 + \beta t)dt$ $\theta - \theta_0 = \omega_0t + \frac{1}{2}\beta t^2 \Rightarrow \theta = \theta_0 + \omega_0t + \frac{1}{2}\beta t^2$

题2：搅拌机叶片以恒定角加速度$1.50\ \text{rad/s}^2$转动，求： (1) 从静止启动后经过多少时间角速度将达到$36.0\ \text{rad/s}$？ (2) 在此时间内共转过多少转？

解： (1) 由$\omega = \omega_0 + \beta t$得： $36 = 0 + 1.5t \Rightarrow t = 24\ \text{s}$

(2) 由$\theta = \theta_0 + \omega_0t + \frac{1}{2}\beta t^2$： $\theta = 0 + 0 + \frac{1}{2} \times 1.5 \times 24^2 = 432\ \text{rad}$

$n = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{432}{2 \times 3.14} = 68.8\ \text{（转）}$

题3：绕定轴转动的飞轮，均匀减速，$t = 0$时$\omega_0 = 5\ \text{rad/s}$，$t = 20$时$\omega = 0.8\omega_0$，则飞轮的角加速度$\beta =$ ______ $\text{rad/s}^2$，转过的角度$\theta =$ ______ $\text{rad}$。

解： $t = 0\ \text{时}\ \omega_0 = 5,\quad t = 20\ \text{时}\ \omega = 0.8\omega_0 = 4$

由$\omega = \omega_0 + \beta t$： $4 = 5 + \beta \times 20 \Rightarrow \beta = -0.05\ \text{rad/s}^2$

由$\omega^2 - \omega_0^2 = 2 \cdot \beta \cdot \Delta\theta$： $\Delta\theta = \frac{\omega^2 - \omega_0^2}{2\beta} = \frac{4^2 - 5^2}{-2 \times 0.05} = 90\ \text{rad}$

基本关系#

/7.png)

例题#

题1：质点在作半径为$R$的圆周运动：

• 质点的线速度$v$与角速度$\omega$的关系为$v = \omega R$；
• 质点的切向加速度$a_t$与角加速度$\beta$的关系为$a_t = \beta R$；
• 质点的法向加速度$a_n$与角速度$\omega$的关系为$a_n = \omega^2 R$。

题2：质点沿半径为$R$的圆周运动，运动学方程为$\theta = 3 + 2t^2$（SI），则$t$时刻质点的法向加速度大小为$a_n =$ ______，切向加速度$a_t =$ ______。

解： $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 4t,\quad \beta = \frac{d\omega}{dt} = 4$

$a_n = \omega^2 R = (4t)^2 R = 16Rt^2$

$a_t = \beta R = 4R$

题3：一质点在半径为$0.1\ \text{m}$的圆周上运动，其角位置变化关系为$\theta = 2 + 4t^3$（rad）。问： (1) 在$t = 2\ \text{s}$时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？ (2) 当切向加速度大小恰好等于总加速度大小的一半时，$\theta$值为多少？ (3) 在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？

解： $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 12t^2,\quad \beta = \frac{d\omega}{dt} = 24t$

(1) $a_n = \omega^2 R = (12t^2)^2 \times 0.1 = 14.4t^4$ $a_n\big|_{t=2} = 14.4 \times 2^4 = 230.4\ \text{m/s}^2$

$a_t = \beta R = 24t \times 0.1 = 2.4t$ $a_t\big|_{t=2} = 2.4 \times 2 = 4.8\ \text{m/s}^2$

(2) $a = \sqrt{a_t^2 + a_n^2} = \sqrt{(2.4t)^2 + (14.4t^4)^2}$

依题意$a_t = \frac{1}{2}a$： $2.4t = \frac{1}{2}\sqrt{(2.4t)^2 + (14.4t^4)^2}$ $t^3 = \frac{\sqrt{3}}{6}$ $\theta = 2 + 4t^3 = 2 + 4 \times \frac{\sqrt{3}}{6} = 3.15\ \text{rad}$

(3) 依题意$a_t = a_n$： $2.4t = 14.4t^4$ 解得：$t = 0.55\ \text{s}$

基本概念和公式#

1. 重力：$G = mg$，$g = 9.8N/kg$

2. 弹力：$F = kx$（$k$为弹性系数）

3. 摩擦力：

   • ①滑动摩擦：$f = \mu_k N$（$\mu_k$为滑动摩擦系数，$N$为支持力）
   • ②静摩擦：$0 \leq f \leq \mu_s N$（$\mu_s$为最大静摩擦系数）

4. 万有引力：$F = G\frac{Mm}{r^2}$，$G = 6.67 \times 10^{-11} N \cdot m^2/kg^2$

牛顿三定律内容#

1. 牛顿第一定律：不受力或合外力为0，质点保持静止或匀速直线运动

2. 牛顿第二定律：$F = ma$（力是物体产生加速度的原因）

3. 牛顿第三定律：$F_{作用} = F_{反作用}$（作用力等于反作用力）

解题步骤#

1. 选物体
2. 分析受力
3. 列方程
4. 求解

例题#

题1：关于摩擦力的说法，下列哪一种说法正确（ ）

A. 摩擦力总是阻碍物体运动 B. 摩擦力的方向总是与物体运动方向相反 C. 摩擦力总是对物体做负功 D. 以上说法都不对

解：选D

题2：用水平力$F_N$把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止，当$F_N$逐渐增大时，物体所受到的静摩擦力$F_f$的大小（ ）

A. 不为零，但保持不变 B. 随$F_N$成正比增大 C. 开始随$F_N$增大，达到某一最大值后就保持不变 D. 无法确定

解：$F_N = N$，$F_N$增大则$N$增大，但静摩擦力$F_f = mg$，与$F_N$无关，保持不变。选A

题3：两物体A和B，质量分别是$m_1$和$m_2$，互相接触放在光滑水平面上，对物体A施以水平推力$F$，则物体A对物体B的作用力等于______。

解： $F = (m_1 + m_2)a \quad \text{①}$ $F - F_{AB} = m_1a \quad \text{②}$

由①②得：$F_{AB} = \frac{m_2}{m_1 + m_2}F$

题4：设电梯中有一质量可以忽略的滑轮，在滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为$m_1$和$m_2$的重物A和B，已知$m_1 > m_2$，当电梯匀速上升，求绳中的张力$T$和物体A相对于电梯的加速度$a$。

解： 对A受力分析：$m_1g - T = m_1a$

对B受力分析：$T - m_2g = m_2a$

联立解得： $T = \frac{2m_1m_2}{m_1 + m_2}g$ $a = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}g$

题5：一艘行驶的质量为$m$的快艇，在发动机关闭后，受到一阻力作用，且$f = -kv^2$，式中$k$为正常数，求快艇在关闭发动机后速度与行驶距离的关系。（已知发动机关闭时快艇速度为$v_0$）

解：根据牛顿第二定律： $f = -kv^2 = ma = m\frac{dv}{dt} = m\frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = mv\frac{dv}{dx}$ $-kv = m\frac{dv}{dx}$

分离变量：$\frac{1}{v}dv = -\frac{k}{m}dx$

两边同时积分： $\int_{v_0}^{v} \frac{1}{v}dv = \int_{0}^{x} -\frac{k}{m}dx$ $\ln v - \ln v_0 = -\frac{k}{m}x$ $\ln \frac{v}{v_0} = -\frac{k}{m}x$ $\frac{v}{v_0} = e^{-\frac{k}{m}x}$ $v = v_0 e^{-\frac{k}{m}x}$

题6：简述牛顿定律的适用范围

(1) 只适用于低速运动的物体（与光速比速度较低）； (2) 只适用于宏观物体，不适用于微观原子； (3) 参照系应为惯性系。

基本概念和公式#

• 动量：$\vec{p} = m\vec{v}$，单位：$kg \cdot m/s$
• 动量定理：$\vec{I} = m\vec{v}_2 - m\vec{v}_1 = \int_{t_1}^{t_2} \vec{F}dt$，单位：$N \cdot s$

要点#

①冲量为矢量，等于动量的矢量差，也等于冲力对时间的积分

②$\vec{F}$为冲力，为合外力

③$\vec{F}$若为常力，$\vec{I} = m\vec{v}_2 - m\vec{v}_1 = \vec{F} \cdot \Delta t$

例题#

题1：一物体质量为$m$，$t_1$时刻速度大小为$v_0$，方向沿$x$负方向，$t_2$时刻速度大小仍为$v_0$，方向沿$y$轴正方向，$t_1$到$t_2$冲量大小为______

解： $I = \sqrt{(mv_0)^2 + (mv_0)^2} = \sqrt{2}mv_0$

题2：一垒球的质量$m = 0.20kg$，如果其投出时的速度为$30m/s$，被棒击回的速度为$50m/s$，方向相反，球的冲量大小为______；球与棒的接触时间为$\Delta t = 0.0020s$，则棒击打垒球的平均冲力$F =$ ______

解： $I = mv_2 - mv_1 = 0.2 \times 50 - 0.2 \times (-30) = 16\ N \cdot s$

$I = F \cdot \Delta t$ $16 = F \times 0.002$ $F = 8000N$

题3：质量为$3kg$的静止物体在水平力$F = 3t^2$（$N$）作用下，在光滑水平面上作直线运动，物体在$0 \sim 3$秒内获得的冲量______$N \cdot s$，第3秒末物体的速度值______$m/s$

解： $I = \int_{t_1}^{t_2} Fdt = \int_{0}^{3} 3t^2 dt = 27\ N \cdot s$

$I = mv_2 - mv_1 = mv_2$ $27 = 3 \times v_2 \Rightarrow v_2 = 9\ m/s$

题4：一静止的质点，在合力为$\vec{F} = 10t\vec{i} + 2(2-t)\vec{j}$作用下，在$2s$末的动量为______

解： $F_x = 10t,\quad F_y = 2(2-t)$

$mv_{x_2} - 0 = \int_{0}^{2} F_x dt = \int_{0}^{2} 10t dt = 20$

$mv_{y_2} - 0 = \int_{0}^{2} F_y dt = \int_{0}^{2} 2(2-t) dt = 4$

$\vec{p}_2 = 20\vec{i} + 4\vec{j}$

动量守恒条件#

1. $F_{合} = 0$：不受外力或所受合外力为零

2. 内力不改变系统的总动量（例如：爆炸）

3. 内力远大于外力时，也可认为$F_{合} = 0$

动量守恒定律#

$\sum m_i \vec{v}_{i1} = \sum m_i \vec{v}_{i2}$

例题#

题1：粒子B的质量是粒子A的质量的4倍，开始时粒子A的速度为$3\vec{i}$，粒子B的速度为$2\vec{i}$，由于两者的相互作用，粒子A的速度变为$7\vec{i}$，此时粒子B的速度为（ ）

A. $\vec{i}$ B. $2\vec{i}$ C. $0$ D. $5\vec{i}$

解：由动量守恒： $m \cdot 3 + 4m \cdot 2 = m \cdot 7 + 4m \cdot v_B$ $3 + 8 = 7 + 4v_B$ $v_B = 1$

选A

题2：一人站在长度为$4m$的船一端，船漂浮于静止水面上。船的质量为$600kg$，人的质量为$80kg$，若此人从船头走到船尾，则船相对于水面移动了多少米？（忽略水对船的阻力）

解：水平方向动量守恒： $mv_{人} = Mv_{船} \Rightarrow m\frac{dx_1}{dt} = M\frac{dx_2}{dt}$

整理得：$mdx_1 = Mdx_2$

两边同时积分： $\int_{0}^{x_1} mdx_1 = \int_{0}^{x_2} Mdx_2 \Rightarrow mx_1 = Mx_2$

即：$80x_1 = 600x_2$

又：$x_1 + x_2 = 4$

联立两式解得： $\begin{cases} x_1 = 3.53m \\ x_2 = 0.47m \end{cases}$

故船移动了$0.47m$

题3：下列几种说法正确的是（ ）

(1) 作用力的冲量与反作用力的冲量总是等值相反的 (2) 系统的内力不能改变系统的总动量 (3) 冲量的方向与物体动量的方向相同 (4) 以恒力作用于物体，时间越长，物体的动量越大

A. 只有(1)是正确的 B. (1)(2)是正确的 C. (1)(3)是正确的 D. (2)(4)是正确的

解：选B

题4：判断下列运动是否动量守恒

基本概念和公式#

① 元功：$dA = \vec{F} \cdot d\vec{r}$

② 功： $A = \int \vec{F} \cdot d\vec{r}$

当 $F = f(x)$ 时： $A = \int_{x_1}^{x_2} F dx$

③ 恒力做功： $A = \vec{F} \cdot \vec{r} = F_x x + F_y y + F_z z$

例题#

题1：某质点在力 $F = (4 + 5x)$ 的作用下沿 $x$ 轴做直线运动，在从 $x = 0$ 移动到 $x = 1$ 的过程中，力 $F$ 所做的功为______

解： $A = \int_{0}^{1} F dx = \int_{0}^{1} (4 + 5x) dx = 4x + \frac{5}{2}x^2 \Big|_{0}^{1} = 4 + \frac{5}{2} = 6.5\ J$

题2：一质点在恒力 $\vec{F} = 3\vec{i} - 5\vec{j} + 6\vec{k}$ 的作用下产生位移为 $\vec{r} = 2\vec{i} - 4\vec{j} - 3\vec{k}$，在该位移过程中所做的功为______

解： $A = \vec{F} \cdot \vec{r} = 3 \times 2 + (-5) \times (-4) + 6 \times (-3) = 6 + 20 - 18 = 8\ J$

题3：一人从 $10m$ 深的井中提水，起始桶中装有 $10kg$ 的水，由于水桶漏水，每升高 $1m$ 要漏去 $0.2kg$ 的水，水桶被匀速地从井中提到井口，求人所做的功。

解：

设水桶升高 $x$ 米时，水的质量为： $m = 10 - 0.2x$

人所施加的力为： $F = mg = (10 - 0.2x)g$

人所做的功为： $A = \int_{0}^{10} F dx = \int_{0}^{10} (10 - 0.2x)g dx = g \left(10x - 0.1x^2\right) \Big|_{0}^{10} = g(100 - 10) = 90g = 882\ J$

基本概念和公式#

① 动能： $E_k = \frac{1}{2}mv^2$

② 动能定理： $A = E_{k2} - E_{k1} = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$

合外力对物体所做的功等于物体动能的增量。

例题#

题1：质量为 $1kg$ 的物体运动速率由 $2m/s$ 增加到 $4m/s$ 的过程中，合外力对它所做的功为______

解： $A = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2 = \frac{1}{2} \times 1 \times 4^2 - \frac{1}{2} \times 1 \times 2^2 = 8 - 2 = 6\ J$

题2：用铁锤把钉子敲入墙面木板，设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比，即 $F = kx$。若第一次打击时，能把钉子打入木板 $1cm$。第二次打击时，保持第一次打击的速度，第二次能把钉子打入的深度为______

解：

设第一次打击前钉子速度为 $v$，第一次打击后钉子深度为 $x_1 = 1cm$

第一次打击： $\frac{1}{2}mv^2 = \int_{0}^{x_1} kx dx = \frac{1}{2}kx_1^2$

第二次打击（钉子从深度 $x_1$ 打到深度 $x_2$）： $\frac{1}{2}mv^2 = \int_{x_1}^{x_2} kx dx = \frac{1}{2}k(x_2^2 - x_1^2)$

由两次打击动能相等： $\frac{1}{2}kx_1^2 = \frac{1}{2}k(x_2^2 - x_1^2)$ $x_1^2 = x_2^2 - x_1^2$ $x_2^2 = 2x_1^2$ $x_2 = \sqrt{2}x_1 = \sqrt{2}cm$

第二次打入深度： $\Delta x = x_2 - x_1 = (\sqrt{2} - 1)cm$

题3：质量均匀分布的钢性链条，总长为 $L$，伸出光滑桌面的长度为 $a$，若由静止释放。求：链条全部脱离光滑桌面时速率。

解：

设链条线密度为 $\lambda = \frac{m}{L}$

链条从伸出 $a$ 到全部脱离桌面，重心下降高度： $h = \frac{L}{2} - \frac{a}{2} = \frac{L - a}{2}$

链条重力做功： $A = mg \cdot h = m \cdot g \cdot \frac{L - a}{2}$

由动能定理： $A = \frac{1}{2}mv^2 - 0$ $mg \cdot \frac{L - a}{2} = \frac{1}{2}mv^2$ $v = \sqrt{g(L - a)}$

基本概念和公式#

① 保守力：做功与路径无关，只与始末位置有关的力。

② 保守力的特点：

• 保守力做功与路径无关，只与始末位置有关
• 保守力沿一闭合路径运动一周，做功为零
• 势能的引入是以保守力做功为前提
• 不同的势能零点，对应的势能值不一样
• 势能大小 = 保守力把物体移至势能零点所做的功
• 保守力做正功，对应势能减小
• 功能计算时，功-能计算一个，就要忽略这个保守力

③ 常用保守力势能及零势能点：