上期物理1 参考答案练习一：1-2、DD 3、i ct v v)31(30 ，400121ct t v x x4、 j 8，j i 4 ，4412arctg arctg 或5解：（1）j t t i t r)4321()53(2 ；（2）3(3)drv i t j dtr r r ； 437(/)t sv i j m s r r （3）)/(12s m j dtvd a6 解： ∵ xvv t x x v t v a d d d d d d d d分离变量： 2d (26)d v v adx x x 两边积分 2(26)vdv x dx得c x x v 322221 由题知，0 x 时，100 v ,∴50 c ∴ 13s m 252 x x v练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t ，212t5、解：（1）由23Rbt dtd R dt ds v得：Rbt dtdva 6 ，4229t Rb R v a n n n n e t Rb e Rbt e a e a a42966、当滑至斜面底时，h y ，则gh v A 2 ,将gh v A 2分解到x 和y 两个方向Ax vAy vA 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2(' 地练习三：1-3、BCB 4、3s 和0s ； 5、222(sin cos )x y R v R ti tj v Rv v v6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 222s h l将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv v t l v d d ,d d 0 船绳即cos d d d d 00v v s l t l s l t s v船 或 sv s h s lv v 02/1220)( 船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a 船船 7、解： kv dt dvt vv kdt dv v 001 tk e v v 0 t k e v dtdx0 dt e v dx t k tx00)1(0t k e kv x练习四：1-2 AC3、解： 2s m 83166m f a x x 2s m 167 m f a y y (1)20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1sm8745jiv(2m874134)167(21)4832122(21)21(22jijijtaitatvryx4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtdvmFkvmg分离变量及积分得：vtFkvmgFkvmgddtmk)(解得：))(1(1Fmgekv t mk5、解：取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2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a，则有：（1）kxFTTamTgmmamFTm，且有：；：对；：对22211由此得：212mmkxgma（2）由dxdvvdtdxdxdvdtdva得：212212)2(m m kx g m x v vdvdx m m kxg m两边积分得：（3）20m g a x k由，得 代入上式得max v 6、将力分解， 列式 sin mg ma 2cos v N mg m R得出 sin g a ，)cos (2Rv g m N练习五1-2、BC ； 3、140s N ，24s m /； 4、6.14或7475，35.5°或75arctg ； 5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为v 10 1211 v m m t F子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为v 212222v v m m t F解得: 2111m m t Fv 222112m t F m m t F v6、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V 1）s m V mV MV mV /13.3110分析M 物体的受力，有：NlMV Mg T lMV Mg T 5.262121（2），方向水平向左s N mV mV I 7.40练习六：1-2：C B ； 3、0J ，18J ，17 J ； 4、38mgl5、（1）以物体、斜面、地球作为一个系统201cos cos sin 2f h w mgS mgmgh mv202(1cot )v h g（2）返回， 21cos sin 2h mgmv mgh 以上面h 结果代入，得出6、解：框架静止时，弹簧伸长Δl =0.1m ，由平衡条件mg=k Δl ,求得：k=mg/Δl =0.2×9.8/0.1=19.6N/m铅块落下h=30cm 后的速度v 0 ， 可由能量守恒方程求出：2021mv mghs m gh v /42.220设铅快与框架碰后的共同速度为 v ，由动量守恒：mv mv 20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。

）mgx x l k l k v m m 2)(2121)(21222 进行整理并代入数据，可得x 的一元二次方程：003.02.02x x解得：x = 0.3m练习七：1-3、 D C B ；4、解 对质点m 应用动量定理，则有 p I I mg Tm 绕行一周，则0 p ，因此 mg T I I上式表明，张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反．重力是恒力，方向竖直向下，摆球绕行一周的时间为2，因此，重力在一个周期内的冲量大小为 2mg I mg因而一个周期内张力的冲量大小也为 2T mgI。

但方向相反5、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：20221)(21kx v m m B A ，所以：0x m m kv BA ; 弹簧恢复到原长时，AB 分开。

（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：1cot 2(1cot )1cot v gh v222121A A kx v m，则：0A A A B m x x m m6、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37sin 212122mgs mv kx s f r 222137sin 21kx sf mgs mv k r 式中m 52.08.4 s ，m 2.0 x ，再代入有关数据，解得-11450N m k再次运用功能原理，求木块弹回的高度h2o 2137sin kx s mg s f r代入有关数据，得 m 4.1 s , 则木块弹回高度m 84.037sin o s h练习八：1-2、B A ；3、-5N.m ；4、234mL ， 12mgL ， 23g L 。

5、解： 物体1m 、2m 和滑轮的受力分析如下图，且''1122,T T T T设m 1下落的加速度大小为a ，滑轮的角加速度为 ，则有：R a由牛顿第二定律和转动定律可得： 1112222121()2m g T m aT m g m aT T R MR联立上述方程，得1212112m m g R m m M g M m m m m a 212121 g M m m Mm m m T 21212212212g Mm m Mm m m T 21212211211 6、解：（1）设杆的线lm，在杆上取一小质元dx dmgdx dmg dfgxdx dM 考虑对称mgl gxdx M l 20412（2）根据转动定律d M J J dtt w Jd Mdt 00212141 ml mglt所以 g l t 30练习九：1-2、A A ； 3、20021 J ； 4、由 M J 21cos 23L mg mL 30 213J mL得出 23cos3033/24g grad s LL，又由21sin 22LJ mgh mg 得出 3sin 3/2g g rad s L L5、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)(v m m mv （1）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202221)(21)(21)(21l l k v m m v m m （2） 设 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角，又在滑块绕固定点作弧线运动中，满足角动量守恒定律，故有：sin )()(201l v m m l v m m （3）联立解上述三式，可得：}])()([)(arcsin{)()(212022000202022mm l l k m m m v m m l l mv mm l l k v m m m v6、解：（1）设当人以速率v 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RvR v 25.0 ：人与盘看做一个系统，该系统的角动量守恒，设盘的质量为M ，则人的质量为M 101，由角动量守恒得：22022)2(1021)2(1021R M MR R M MR 解得： Rv2120（2）欲使盘对地静止，则0 即02120 Rv则有：0212R v，负号表示与上一问中人走动的方向相反 练习十：1-3、D C C ；4、r /42v ；5、（1）角动量守恒 221()3m lv J ml m l 得出15.4/;rad s（2）由 MJ4M 2202 得出 15.4rad6、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：mgh J Lmg J J mLv J sg v mv s mg22221221221 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：sL s Lh 632sL s L h Lh 632练习十一1-3、B ，C ，3、1，32 ,5s; 4、；；或；3232 5、解：由题知： 45.0100.2A -2，，s T m （1），，A x s t 0由旋转矢量得：0 故振动方程为：t x 4cos 100.22-（2）00000 v x s t ，， 由旋转矢量得：2故振动方程为：)24(cos 100.22-t x（3）02A 000 v x s t ，，由旋转矢量得：3故振动方程为：)34(cos 100.22-t x（4）02A -000 v x s t ，， 由旋转矢量得：34故振动方程为：)344(cos 100.22- t x6、（1）平衡时，0l k mg设t 时刻物体处于y 处，物体受力如图，由牛顿第二定律得：d d m y)(-22220 y m kdty dtyl k mg 即：故物体做简谐振动（2）下拉至0.1m 处由静止释放，200A =0.1010m ，， 振动方程为：t y 10cos 1.0（3）物体在平衡位置上方5cm 处的加速度为：gmF mg a l k F 5.0-2mg 5)-(0练习十二：1、C ，2、B ，3、 是原来的2倍，是原来的2倍，是原来的4倍，是原来的1倍，4、21106m ，5、解：取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标系。