1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r)(21m ji r)(242m ji r)(3212m ji r r r)/(32s m ji t r v（2）)(22SI j t i dtrd v )(2SI jdt vd a)/(422s m j i v)/(222 s m ja8．解：t A tdt A adt v totosin cos 2t A tdt A A vdt A x totocos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5s m th dt ds v /1094.1cos 32（2）当旗杆与投影等长时，4/ th s t 0.31008.14410．解： ky yv v t y y v t dv ad d d d d d d -k y v d v / d yC v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C )(2222y y k v v o o2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14 s m t dt ds v ；24s m dtdva t ；2228 s m t Rv a n ；2284 s m e t e a nt6．s rad o /0.2 ；s rad /0.4 ；2/8.0s rad r a t ；22/20s m r a n7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v ；)(2SI idtv d a（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t)(12222SI t a a a t n（3）)(122/322SI t a v n8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin9．解：s m uv /6.3430tan10．解：l h v u ；u hl v3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721；2/98.02.0s m MT a 5．x k v x 22 ；x x xv k dtdxk dt dv v 222 221mk dt dv mf x x 6．解：（1）ma F F N T sin cosmg F F N T cos sinsin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o 2Rg o8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120 分离变量积分tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v精选文库t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv 分离变量积分t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg olnmg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos ，t vm mg d d sin ，以及 ta v d d， d d v a t ，积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ，)2cos 3(cos 2mg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v；2212m t F v v7．解：（1）t dt dxv x 10；10 dtdv a x x N ma F 20 ；m x x x 4013J x F W 800（2）s N Fdt I40318．解： 1'v m m mv221221'2121o kx v m m mv''m m k mm vx9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2当绳子完全拉直时，有 '2v M m gh mgh mM m v 2'gh mM mMMv I I T 22'2210．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0 mv Mu等式乘以d t 后积分，得totomvdt Mudt0)( l x m Mx m mM mlx 47.05.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f 解得 )(22121x x mg kx .8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得：3R h9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m ①212211m m v m v m v(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E pv v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)( MV V u m ①mgR MV V u m 2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV ；MgRm M u )(2(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2M mg m M mg R mu mg N /)(2/2mg MmM M mg m M Mmg N 23)(26.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
6．2ln kJ7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad JFr（2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490 （3）根据牛顿运动定律和转动定律：mg –F ’=ma rF ’=J α a=r α联立解得飞轮的角加速度22/8.21s rad mrJ mg8．解：（1）由转动定律 2312ml l mglg 23 （2）取棒与地球为系统，机械能守恒mgl E k 21(3)棒下落到竖直位置时22312121 ml mgl lg39．解：（1）系统的能量守恒，有222121J mv mgh r v联立解得： J mr mghr v222 ； Jmr mgh22 （2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg – T ＝ma T r ＝J 由运动学关系有： a = r 联立解得： 2mr J mgJT10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为y x m d d d式中面密度 为常数，按转动惯量定义，)(12)()(3322222222b a ab y y x x m y x a a b bd d d z J 薄板的质量 ab m 所以 )(1222b a m Jz7.刚体转动单元练习（二）答案1．C 2．A 3．D 4．B 5．o 3；o J 31 6．o 34；221o o J 7．解：小球转动过程中角动量守恒422o o or m mr o 42222232121o o o mr J J W8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒2221221212l m l m l v m l m m v m 212369．解：圆环所受的摩擦力矩为mgR M ，由转动定律 2mR mgR ， Rg至圆环停止所经历的时间 gRt00 10．解：落下过程棒的机械能守恒。
设棒刚到竖直位置时角速度为2312122LMg ML ， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒231ML mvx ， ② 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒M Lmv 2， ③ ①、③消去 ，得 gL mMv 32 ， ④ ②、④消去v ，得 L x 32.8.机械振动单元练习（一）答案1． B 2． B 3． C 4． A5． 0.10cos(π/6π/3)m x t 6． 2:17． 解：0.1m A ，2π/πT运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t（1）由旋转矢量法π/2 ，0.1cos(ππ/2)m x t ； （2）由旋转矢量法π/3 ，0.1cos(ππ/3)m x t ； （3）由旋转矢量法π ，0.1cos(ππ)m x t 。
8． 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F mg 。
上下振动时，取其处于力平衡位置点为坐标原点，竖直向下作为x 轴正向，则当木块向下偏移x 位移时，合外力为'F P F v v v其中，浮力2'F F gSx mg ga x合外力2'F P F ga x kx2k ga 为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。
由22d x F m dt 可得木块运动的微分方程为2220d x ga xdt m令22ga m，可得其振动周期为2π2πa T g木水9． 解：如图，由旋转矢量法可知π/3tπ/31/3s t 10. 解：（1）22111224p E kx E kA20.141m 2x A（2）22211111()28424p E kx kA kA E34k k E E E E图8-19.机械振动单元练习（二）答案10． B 11． B 12． C13． 2ππ/3k ，2710m ，2π4π/3k ，2110m 14． π/215． （1）0.5s ，1.5s ；（2）0s ，1s, 2s 。
16．解：（1）由已知的运动方程可知：0.10m A ，2π/3 ，3π ，2π/2/3s T（2）-1max 0.94m s A v ，2-2max 8.88m s a A17．解：振动系统的角频率为11210s km m由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值0v 为11020.8m s m m1vv m又因初始位移00x ，则振动系统的振幅为2200()0.08m A xv v如图由旋转矢量法可知0π/2 ，则简谐运动方程为0.08cos(10π/2)(m)x t18．解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为2212122cos(π/2)0.10m A A A A A合振动初相为图9-11221sin π/3sin π/6πarctancos π/6cos π/3A A A Aπarctan 2.341113 o10. 解：如图由旋转矢量法可知0π/3a ，02π/3b 。