1. c 3．d 4．b 5．c 6．c 7．c 8．b 9. c 10. c
1. 2. 2 3．；0；圆 4． 567． 16；4 8． =47.2(km/h); 东偏北。
2．解：（1）根据题意
即有。亦即。
分离变量，作积分，则有。
故。2）据题意
分离变量 作积分。
3．解：（1）质点的角速度和角加速度为，
发向与切向加速度大小为，
当t=2s时，，
2）设时，a和半径夹角为，此时，，即。
解得 ， 力学二。
1．c 2．b 3．d 4．a 5．c 6．a
1． 1.4 ; 1.1 2． 16; 176 j 3． 4．0，
78． 100m/s
当时 。
3．物体放到车顶后从静止开始加速，加速度为 a = g， 车受到摩擦力 f = mg
物体与车组成的系统动量守恒。
达到此速度前，物体相对地面运动的距离。
小车前进的距离
其中。物体不滑出去应满足。即。
根据题意 ，可得。
将②式变形得，积分得。
故，代入①得，
2）因为，所以。
上式两边同乘以dt得，，积分得。
由此得，，即在这段时间内小球所走的路程为。
1． c 2．c 3． d 4． d 5． c 6． c
1．解法一：
解法二： 2．系统机械能守恒， 选地面为势能零点，则有
mgl以棒与滑块为系统，在二者碰撞过程中，对o轴m外＝0，故系统对o轴的。
角动量守恒．
对滑块有。f = mg
以棒与地为系统，在棒上升过程中，机械能守恒．选地面为势能零点，则有。
~⑤式联立，考虑到，解得
3． 设子弹射入后瞬间角速度为ω，系统角动量守恒有。
设子弹射入时的a点为势能零点，杆摆至最高处的角速度为。
令=0解得。
4．对： 对：
解得 1． b 2． b 3． c 4． c 5． c 6． d
1． 25 23． 减小；增大 4． 5． n·s 6． 7． m/s 8． 9． 10．1.28×104j 11． 12． 13． m
1．取垂直向上为方向，小球运动第一阶段为上升过程，根据牛顿第二定律有。即
设小球上升最大高度为，则，于是。
第二阶段为下降过程：
由①、②两式得
2．释放后，弹簧恢复到原长时，a离开墙壁，系统机械能守恒：
a离开后系统动量守恒，机械能守恒：
当时，。3．第一阶段m自由下落
第二阶段m与m通过绳相互作用，由于，且作用时间很短。根据动量定理（设v为两物体共同速度大小）：
对m： 对m：
第三阶段m下降，m上升，系统机械能守恒，有。
4．(1) 以煤车和t时间内卸入车内的煤为研究对象，水平方向煤车受牵引力f的作用，由动量定理。求出。
(3) 单位时间内煤获得的动能。
单位时间内牵引煤车提供的能量为。
即有50％的能量转变为煤的动能，其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩。擦损耗．
解得。1． c 2． b 3． c 4． c 5． d 6． c 7． c
1． ab．
2． 3． m； m/s； n；；
4． 5． 6．； 7．； cm
时， 3）旋转矢量法：如图。解析法：
振动周期为。
取平衡位置为坐标原点，向下为正方向，运动方程为。
t=0时，x=x0, v=0,从而得，x1时，v<0, 有。
这时的加速度为。
方向向下。3．设质点方程为，、两点关于o点对称。作参考圆，、在圆周上对应c和d（e）位置。
由图知： ss初相
振幅 cm（1）振动方程
（2）m/s
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