因为人从最高点落到地面的时间为
故人跳的水平距离增加量为
4-5解：(1)以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为Vx，则有
即炮车向后退。
(2)以u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为
通过积分，可求炮车后退的距离
即向后退。
练习5 机械能守恒定律
得氧气密度
kg/m3
（3）氧分子的质量
kg
（4）将分子视为刚性小球，则第一个分子所占体积为 ，可得分子间的平均距离
（5）分子的平均平动动能
12-5解：（1）由 ， 得
kg/mol
（2） m/s
（3）
（4）单位体积内气体分子的总平动动能 ，
J/m3
（5）由于 ，气体的内能为
练习13 分布函数、气体分布定律
8-4解：(1)选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒。
IAA＋IBB=(IA＋IB)
又B＝0，可得
IAA/ (IA＋IB) = 20.9 rad / s
转速
200 rev/min
(2)A轮受的冲量矩
=IA(IA＋IB)=4.19×102N·m·s
负号表示与 方向相反。
B轮受的冲量矩
(2)由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。有
2(I0＋ )n1= 2(I0＋ )n2
(3)将I0代入W式，得
练习9 狭义相对论的基本原理、洛仑兹坐标和速度变换
9-1（1）C；（2）A
9-2（1）相对的，运动；（2）8.89×10-8；（3）c；（4）
9-3解：设K＇相对于K运动的速度为v沿x(x)轴方向，则根据洛仑兹变换公式，有
s
则子的平均飞行距离
9.46 km。
子的飞行距离大于高度，所以有可能到达地面。
练习11 相对论动力学基础
11-1（1）C；（2）A；（3）A；（4）D
11-2（1）0.25mec2；（2） ， ， ；（3） ， ；（4） ；（5） ，
11-3解：按题意，
，
，
动能
，即
11-4解：设实验室为K系，观察者在K′系中，电子为运动物体，则K′对K系的速度为u= 0.6c，电子对K系速度为vx= 0.8c。电子对K′系的速度
。
练习14 热力学第一定律及其应用
14-1（1）D；（2）C；（3）C；（4）B
设质量为m的砂子在t时间内平均受力为 ,则
由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为 ，则
1(4/3)=53°
力方向斜向上。
4-4解：人到达最高点时，只有水平方向速度v=v0cos，此人于最高点向后抛出物体m。设抛出后人的速度为v1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即
由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为
所以
(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为N′，这里N′为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律
所以
将 代入得
3-4解：(1)设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离rR+h。由
①
又由 得 ，代入①式得
②
同步卫星的角速度 rad/s，解得
m， km
(2)由题设可知卫星角速度的误差限度为
a=rβ①
x2g－T2=x2a②
T1－x1g=x1a③
(T1－T2)r=( M＋r)r2β④
解上述方程，利用l=r＋x1＋x2，并取x2－x1=S，可得
7-4解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程
对物体：mg－T＝ma①
对滑轮：TR=I②
又
a＝R③
将①、②、③式联立得
a＝mg/ (m＋ M)
由于v0＝0，所以
（2）
2-4解：质点的运动方程可写成S=bt,式中b为待定常量。由此可求得
,
由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。
2-5解：设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知：
vFE=60 km/h正西方向
vAF=180 km/h方向未知
R=0.3 m分
6-5解：A对B所在点的角动量守恒．设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v。
，
A、B系统机械能守恒(A在很远处时，引力势能为零)
6-6解：(1)爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有
①
其中r＇是新轨道最低点或最高点处距地心的距离， 则是在相应位置的速度，此时 。
=IIB(-0)=4.19×102N·m·s
方向与 相同。
8-5解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为
式中为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为
因碰撞前后角动量守恒，所以
= 6v0/ (7L)
8-5解：(1)将转台、砝码、人看作一个系统。在运动过程中，人作的功W等于系统动能之增量
W＝Ek＝
这里的I0是没有砝码时系统的转动惯量。
则B中观察者测得A中米尺的长度是
上式中令l0= 1 m可得米尺长度（以米为单位）。
10-5解：按地球的钟，导弹发射的时间是在火箭发射后
s
这段时间火箭在地面上飞行距离
则导弹飞到地球的时间是
s
那么从火箭发射后到导弹到达地面的时间是
t=t1+t2=12.5＋25 =37.5 s
10-6解：考虑相对论效应，以地球为参照系，子的平均寿命为
a＝R④
由①、②、③、④四式联立解得
a＝2g / 7
练习8 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
8-1（1）C；（2）D；（3）B
8-2
8-3解：由动量定理，对木块M：－ft＝M(v2－v1)
对于圆柱体：ftR＝I(－0)
所以
-M(v2－v1)＝I(－0) /R
因为 ,有
-M(v2-v1)＝I/R＝Iv2/R2
①
②
联立解出
，
由于二球同时落地，所以 ， 。且 。故
，
所以
6-4解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。
设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、I0、0和v、I、．则
①
整理后得
②
物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供
由②式可得
当F= 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为
分
两火箭的相对接近速率为0.96c
9-6解：已知 ， ， ，按狭义相对论的速度变换公式
分
在K系中光讯号的速度大小
光讯号传播方向与x轴的夹角
练习10 相对论时空观
10-1（1）B；（2）A；（3）B
10-2（1）4.33×10-8；（2）2.60×108；（3）0.075 m3；（4）x/v， ；（5） ，
13-1（1）D；（2）B；（3）C
13-2（1）氧、氢、T1；（2）N；（3）速率区间 的分子数占总分子数的百分比
13-3解（1）设使用前质量为m，则使用后为m/2，则
（2）由 ，得
m/s
13-4解：
与vp相差不超过1%的分子是速率在 到 区间的分子，故v= 0.02 ，并将v= 代入上式，可得
N/N=1.66%。
rad/s
由②式得
取微分并令dr =r，d，且取绝对值，有
3r/r =2
r=2r/(3=213 m
3-5解：
练习4 质心系和动量守恒定律
4-1（1）C；（2）C；（3）C
4-2（1）0.003 s，0.6 N·s，2 g；（2） ， ；（3） ， ；（4） ；（5）18 N·s
4-3解：设沙子落到传送带时的速度为 ，随传送带一起运动的速度为 ，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。
观察者测得电子动能为
动量
＝1.14×10-22kg·m/s
11-5解：
v≈2.996×108m·s-1
≈1.798×104m
11-6答：这个解答不对，理由如下：
由A、B的静止质量、运动速率都相同，故mA=mB，又因两者相向运动,由动量守恒定律，合成粒子是静止的。
由能量守恒定律，可得
练习12 理想气体统计模型、压强公式、温度公式
v＝at＝mgt/ (m＋ M)
7-6解：如图所示，设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下。
由牛顿第二定律，
对人：Mg－T2＝Ma①
对重物：T1－ Mg＝ Ma②
由转动定律，对滑轮有
(T2－T1)R＝I＝MR2/ 4③
因绳与滑轮无相对滑动
12-1（1）A；（2）A；（3）B；（4）A；（5）B
12-2（1）0， ；（2） ， ；（3）7729K；（4）1：1，2：1，2：1，5：3，10：3
12-3解：对刚性双原子分子，氮气的内能
内能增量
由题意有
K
其中M= kg,由
得压强增量
Pa
12-4解：（1）单位体积内的分子数
m-3
（2）由状态方程
已知 y0， v0则
1-6证：
dv/v=－Kdx
,
v=v0e－Kx
练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动
2-1（1）C；（2）A；（3）B；（4）D；（5）E
2-2（1）gsin，gcos；（2） ；（3）-c，(b-ct)2/R；（4）69.8 m/s；（5） ，2ct，c2t4/R
2-3解：（1）物体的总加速度 为
大学物理
1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动
1-1（1）D；（2）D；（3）B；（4）C
1-2（1）8 m；10 m；（2）x= (y3)2；（3）10 m/s2，－15 m/s2