1、参考答案练习一：1-2 、DD 3、 ，ictv)31(04012ctvx4、 ， ，j8ji442artgarg或5 解：（1） ；jtitr)()5(2（2） ；)/(73;34smivjdtvst（3） )/(12mja6 解： xvttadd分离变量： a)62(两边积分得 cxv321由题知， 时， ,0x50 13sm25xv练习二：1-2 、CB 3、 ， ， ， ； 4、 ，2cttRc42t 21t21t5、解：（1）由 得： ，23btdtRtsvbtdtva64229tRbvannnetbtea 42966、当滑至斜面底时， ，则 , 物运动过程中又受到 的牵连运动hyg
2、hvA B影响，因此， 对地的速度为AjghighuvvA )sin2()cos2( 地练习三：1-3 、BCB 4、 s； 5、3Rjtitvyx)cossn(226、解： 设人到船之间绳的长度为 ，此时绳与水面成 角，由图可知l22sh将上式对时间 求导，得ttstld根据速度的定义，并注意到 , 是随 减少的，lst tvlv,d0船绳即 cos0ltst船或 vhlv02/120)(船将 再对 求导，即得船的加速度船vt 320200202 )(dd svhslvslvstlta 船船7、解： kt tvkd001tkev0tkevdtx0 tedxkt0 )1(tkx练习四：1-2
3、AC 3、解： 2sm8316fax27fy(1)20 1sm87216453dtavyyxx于是质点在 时的速度s2 1s45ji(2) m874134)167(2)42(220ji jijtattvryx4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtvFkg分离变量及积分得： vt kmg00 )(解得： )(1(Fgekvtmk5、解：取弹簧原长时 m2 所在处为坐标原点， 竖直向下为 x 轴，m1，m 2 的受力分析如上图所示。设 t 时刻 m2 的坐标为 x，系统加速度为 ，则有：a（1） 由此得：kxFTamg，且 有 ： ；：对 ；：对 2211 21mkxga（2）由
4、得： dvtdtva2121 )(mkxgvxmkg两 边 积 分 得 ：（3） )(021max2kgv时 ，6、 ，sin)cos(2RvN练习五1-2、BC ； 3、140 ， 24 ； 4、6.14 或 ，35.5或 ；sm/ 74575arctg5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为 v10 121vtF子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为 v2122mt解得: 21tv 212mtFt6、解：（1）由水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M 的水平速度为 V1）smVmV/3.110此时 M 物体的受力如右图，且有： NlVgT5.2612（2） ， 方 向 水 平
5、 向 左smI7.40练习六：1-2 ：C B； 3、0J，18J，17 J； 4、 83mg5、 )cot1(20gvmh )cot1(2hv6、解：框架静止时，弹簧伸长l=0.1m ，由平衡条件mg=kl,求得：k=mg/ l=0.29.8/0.1=19.6N/m 铅块落下h=30cm 后的速度v0 ， 可由能量守恒方程求出：21mghs/4.0设铅快与框架碰后的共同速度为 v，由动量守恒：v20设框架下落的最大距离为 x，由机械能守恒：（设弹性势能零点为弹簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。）mgxlklvm2)(21)(212 进行整理并代入数据，可得x 的
6、一元二次方程： 030解得：x = 0.3m 练习七：1-3、 D C B ；4、解 参见图，在a附近dt时间内张力的元冲量为 ，adI在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为 由b对称性分 析 可 知 ， 和 沿 x 方 向 的 分 量 大 小相等， 符号相反， 沿adIby 方向的分量等值同号 对其他对称点作同样的分析， 即可得知过程中张力的冲量沿 y 轴正方向对质点m应用动量定理，则有pImgTm绕行一周，则 ，因此0上式表明， 张力冲量与重力冲量大小相等， 方向相反这样， 张力冲量就 可 通 过 重 力 冲 量 求 出 重 力 是 恒 力，求它的冲量比求变力张力的冲量 简 单 得 多
7、 重 力 mg的 方 向 竖 直 向 下 ， 与 y轴 正 方 向 相反 摆 球 绕 行一周的时间为 ， 因此， 在图示坐标中， 重力在一个周期内的冲量为vR/2mgI因而一个周期内张力的冲量为 vIT/表明是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致0TI说 明 应 用 动 量 定 理 较 多 的 场 合 是 解 决 打 击 或 碰 撞 过 程 从 本 题 可 见 ， 圆 锥 摆 中 也有 动 量 问 题 ， 这对读者进一步理解动量、冲量和动 量 定 理 可 能 是 有 益 的 另 外 ， 解 题 中 的对 称 性 分 析 ， 以 及 求 变 力 7的冲量转化为求恒力mg的冲量的方法也是很有用的5、
8、解：（1）当 A 和 B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：，所以： ;2021)(2kxvmBA0xmkvBAl（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：，则： 22AAkxv 0AABxx6、解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有 37sin21mgvkxsfr 21ikxfr式中 ， ，再代入有关数据，解得m52.084s.0-1mN39k再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h2o7sinkxgfr代入有关数据，得 ,4.1s则木块弹回高度 m8.037sinoh练习八：1-2 、B A ；3、-5
9、N.m ；4、 Lgm32132，5、解： 物体 、 和滑轮的受力分析如下图，且12 12,T设 m1 下落的加速度大小为 a，滑轮的角加速度为 ，则有：R由牛顿第二定律和转动定律可得： 22111MRTamg联立上述方程，得 gMmR21 ga21T212 MmT1216、解：（1）设杆的线 ，在杆上取一小质元 ldxgdxmdf考虑对称Mglxdl2041（2）根据转动定律 JttwdM000214mlglt所以 t30练习九：1-2、A A ； 3、 ；20J4、 ， 2/4320cos3sradLgg sradgl/23sin5、解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
10、（1）10)(vmv在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有（2）20221 )()()( lkvv又在滑块绕固定点作弧线运动中，喜糖满足角动量守恒定律，故有：（3）sin)()(201lml式中 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角。联立解上述三式，可得：)()()(arcsin)()( 21022002 mlkvmllkv6、解：（1）设当人以速率 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为 ，则人对与地固结的转轴的角速度为 ，且 ：人与盘看做一个系 Rv25.0统，该系统的角动量守恒，设盘的质量为 ，则人的质量为 ，由角动
11、量守恒得：M122022 )(10)(1RRM解得： v20（2）欲使盘对地静止，则 即00210Rv则有： 动 的 方 向 相 反， 负 号 与 上 一 问 中 人 走210Rv练习十：1-3 、D C C；4、 r/42v； 5、 radsrad4.15;/4.156、解：设碰后物体 m 的速度为 v，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有：mghJLJmvJsgsg22211守 恒碰 后 棒 上 升 过 程 机 械 能 守 恒 ：棒 下 落 的 过 程 中 机 械 能 ：碰 撞 过 程 中 角 动 量 守 恒，联立上面四式解得： sLL632sL2练习十一1-3、B，C，3、1， ,5
12、s; 4、32；或； 325、解：由题知： 45.010.A-2， sTm（1） 由旋转矢量得：， xst0故振动方程为： t4cos.22-（2） 由旋转矢量得：00vxst， 2故振动方程为： )(cs1.2-t（3） 由旋转矢量得：A00vxst， 3故振动方程为： )4(cos.22-t（4） 由旋转矢量得：00vxst， 4故振动方程为： )3(cs1.2-t6、（1）平衡时， 0lkmg设t时刻物体处于y处，物体受力如图，由牛顿第二定律得： 0ddm)(-22ykttlg即 ：物体做简谐振动（2）下拉至0.1m处由静止释放， 1001.Amkm，振动方程为： tycos.（3）物体
13、在平衡位置上方5cm处的加速度为： gmFalk5.0-2)(练习十二：1-2、C，B，3、2，2，4，1， 4、 6102，5、解：取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标（1）由 得：xkFmNx/F由题知： 0051，当 ， Astkcm故振动方程为： t)(o.x（2）平衡时： cmlkg20物体在平衡位置的上方 5 cm 时弹簧伸长量为 cml3-25，方向竖直向上。NlkF60-（3）由旋转矢量知：次越过平物体从第一衡位置时刻起到它运动到上方 5 cm 处转过的角度为： stt560oy06、解：由 得：xkFmNx/1025.F69.142/.Tsradm设火车耽误速度
14、为 v，当 时，会使火车达到危险速度TLsTLv/30练习十三1-2、B，D；3、 ； 4、0.8m,0.2m,125H z，和 u5、解：（1） mHsmuAz150/50.0，由 波 动 方 程 可 得 ：（2） 22maxmax/5sAv ，（3） )(126、解：（1） )20(4cos03xty（2）B 点的振动方程，以 代入上式得：5x所求的波动方程为： )20(4cos1032xtyB练习十四1-2、B，C，3、频率相同、振动方向相同、由恒定相位差的两波源；有些点振动加强，有些点振动减弱；4、 ；JmsJ321579.08.1，5、解：设 S2的振动方程为： )t(co2AyS1
15、的振动传至 P 点，在 P 点引起的振动方程为： )2-t(2cos11 PsAypS2的振动传至 P 点，在 P 点引起的振动方程为: 2 SP)4cos(1032t-24.02-)P(12）（S干涉相消的条件： 1.-0k.时 ， ）（k故 S2的振动方程为： )1.0-t(2cos2Ay6、解：如图所示，取 点为坐标原点， 、 联线为 X 轴，取 点的振动方程 :1SS21S（1）在 和 之间任取点 A，坐标为 x12因为两波同频率，同振幅，同方向振动，所以相干为静止的点满足：故得 这些点因干涉相消而静止不动（2）若 A 点在 左侧，则有1S所以， 左侧各点因干涉加强。1（2）若 A 点
16、在 右侧，则有2S所以， 右侧各点因干涉静止。2练习十五1-2、B，C，3、554.5H Z；4、 ，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10txcos21.05、解：设火车的速度为 sv)12()(kx,.210kmu4mx,9753, 6)(2x5)1(x由多普勒效应得接收频率为： ZssHvu39240-0解得： smvs/196、解：（1）设原点处波源的振动方程为： )t(cos0Ay原点处波源在 0， 则， Ayst由题知： mT1.45.， 故振动方程为： t)(co1.0波动方程为： x5-sy（2） x)5-2(cos1.084 ysTt， 波 形 方 程 为 ：（3） m
17、/s0.4)2(-sin4)2-(sin-.1 AAvxt速 度 为 ： 处 质 点 的 位 移 为 ：，练习十六1-4、C，B，D， D，5、 J5251063，6、 ， 000 )()()(vvv dffdNf，7、 ； ； ；)2(/)(0vaf 032vNa109v练习十七1-3、D，C，B， 4、 ，5、 ，213.61.， 57164.，6、解：（1） aPiVEPkTVNPiE5103.22（2） KkTJNEiEk26323105.732，7、解：由题得 TRMmv2518.0故有： RT6.5.21 气体 molPV)(512.0aP练习十八1-2、A，D， 3、等压过程4、
18、124J，-85J，5、 06.3106.9250180 0， JTVPJTVPJTVP6、解：(1)等体过程由热力学第一定律得 Q=E吸热 =E=C V(T -T )=(i/2)R(T - )=E=5(3/2)8.31(300-290)=623 J对外作功 A=0(2)等压过程=C p（T - T ）=(i+2)/2R(T T )吸热 =5(5/2)8.31(300-290)=1038.5 JE=CV(T T )内能增加 E=5(3/2)8.31(300-290)=623 J对外作功 A=Q-E=1038.5-623=415.5 J(3)绝热过程由热力学第一定律得 A=E做功与内能的变化均为
19、 A=E=CV(T -T )=(i/2)R(T - )A=E=5(3/2)8.31(300-290）=623 J吸热 Q=07、解：由图知： ACATVP4，A B C V(m3) p(Pa) 2 3.49 8 1105 105 4105 O 则全过程中： 0EA 到 B，等压过程： JVPTCMmQAB6105.)(2(B 到 A，绝热过程， 0BCQJEAJQ66105.15. 由 热 力 学 第 一 定 律 得 ：练习十九1-2、B，B，3、AM，AM 和 BM 4、（3）（1）（1）5、解： 等温过程：ba2lnl211RTVPdvQVabVaba等压过程c21Tb abcP31126
20、7)(7RTTRCQPbc 等温过程：d2lnln32RTVPvPVcdVcd accc 等压过程a21Tda311267)(7RTTRCQPda pOVabcad2T1故： =15.1%672ln31dabcaQ同时： （证毕）dbacaPP2316、解： 等温过程：2lnlaabVab RTdvQ等压过程ccabV2baT21acPc RRTCQ45)(5等体过程aacavbc T3)(23故： %4.1cabaQ练习二十1-2、B，C，3、467K，233K 4、400J5、解：由图知： 21212VPVP（1） )(5)(12TCE（2） 121A（3） )(3VPQ(4)以上计算对于 过程中任意微小变化均成立B则对于微过程有B A O V p1 p2 p V1 V2 pOacbVaRTQCPV3)(故 有 ：6、解： BABATVBA等 压 过 程 ， CDCDTVC等 压 过 程 ， 11BB绝 热 过 程 ， DAVAD绝 热 过 程 ，联合上述四式得： CAB整个过程中，吸收的热量为： BAPABPAB TVCMmTQ)1()(放出的热量为： CDPCDPCDTMm)()(故循环的效率为： %251CBAABTQ
