练习一 （第一章 质点运动学）一、1.（0586）（D ）2.（0587）（C ）3.（0015）（D ）4.（0519）（B ） 5.（0602）（D ） 二、1.（0002）A ｔ= 1.19 s ｔ= 0.67 s2.（0008）8 m 10 m3.（0255）()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--，()ωπ/1221+n ， （n = 0, 1, 2,…）4.（0588） 30/3Ct +v 400112x t Ct ++v 5.（0590） 5m/s 17m/s三、1.（0004）解：设质点在x 处的速度为v ，2d d d 26 d d d xa x t x t==⋅=+v v ()20d 26d x x x =+⎰⎰vv v() 2 213 x x +=v2.（0265）解：（1） /0.5 m/s x t ∆∆==-v（2） 2 =/96dx dt t t =- v （3） 2=6 m /s -v|(1.5)(1)||(2)(1.5)| 2.25 m S x x x x =-+-=3.（0266）解：（1） j t r i t r j y i x r s i n c o s ωω+=+=（2） d s i n c o s d rr t i r t j t ωωωω==-+ v 22d cos sin d a r t i r t j tωωωω==-- v （3） ()r j t r i t r a s i n c o s 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r方向相反，即a 指向圆心.4. 解：根据题意t=0，v=0--------==⋅+⋅∴=⋅+⋅=====⋅+⋅=+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰由于及初始件vt trt tr dv adt m s i m s j dtv m s ti m s tj drv t r m idtdr vdt m s ti m s tj dtr m m s t m s t j 02202202202222[(6)(4)] (6)(4)0,(10)[(6)(4)][10(3)][(2)]质点运动方程的分量式：--=+⋅=⋅x m m s t y m s t222210(3)(2)消去参数t ，得到运动轨迹方程 =-y x 3220练习二（第一章 质点运动学）一、1.（0604）（C ） 2.（5382）（D ） 3.（5627）（B ） 4.（0001）（D ） 5.（5002）（A ）二、1.（0009） 0bt +v2.（0262） －c （b －ct ）2/R3.（0509） 331ct 2ct c 2t 4/R 4.（0596） 4.8 m/s 2 3.15rad5.（0599） 2200cos /g θv三、 1. （0021）解： 记水、风、船和地球分别为w ，f ，s 和e ，则水地、风船、风地o o和船地间的相对速度分别为we V 、fs V 、fe V 和se V．由已知条件we V =10 km/h ，正东方向．fe V =10 km/h ，正西方向．sw V =20 km/h ，北偏西030方向．根据速度合成法则： se V =sw V ＋we V由图可得： se V =310 km/h ，方向正北．同理 fs V =fe V －se V ， 由于fe V =－we V∴ fs V =sw V ， fs V的方向为南偏西30°在船上观察烟缕的飘向即fs V的方向，它为南偏西30° 2.（0272）解：设抛出时刻车的速度为0v ，球的相对于车的速度为/0 v ，与竖直方向成θ角．抛射过程中，在地面参照系中，车的位移 21012x t at ∆=+v ①球的位移 ()/200sin x t θ∆=+v v ②()/2201cos 2y t gt θ∆=-v ③小孩接住球的条件 0221=∆∆=∆y x x ,即 ()201sin 2/at t θ=v ，()2/01c o s 2g t t θ=v两式相比得 tg /θ=g a ，∴ ()g a /tg 1-=θ3. （0517）解：（1） 题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零．雨滴相对于列车的水平分速与列车速度等值反向为10 m/s ，正西方向.（2） 设下标W 指雨滴，t 指列车，E 指地面，则有 WE v = W tv + v tE , v tE =10 m/sv WE 竖直向下，v W t 偏离竖直方向30°，由图求得 雨滴相对于地面的速率为 v WE = v tE ctg30o =17.3 m/sWtvWEv tEv 30° fe we 北东雨滴相对于列车的速率 20sin 30tEW t ==v v m/s 4.（0692）解：选地为静系，火车为动系．已知：雨滴对地速度v a 的方向偏前30°，火车行驶时，雨滴对火车的相对速度 v r 偏后45°，火车速度v t =35 m/s ，方向水平， 由图可知：o o sin30sin45a r t +=v v vo o cos30cos45a r =v v 由此二式解出： 25.6c o s 30s i n 30s i n 45c o s 45ta ==+v v m/s5. 解： 由题意 2t ω∝，则322222k rad s t Rtt ωω-===⋅=v当t=0.5s 时，角速度、角加速度和切向加速度分别为21222220.54 2.01.0 1.01t t n t nt rad s d t rad s dta R m s a a a R e R e a m s ωωαααω----==⋅===⋅==⋅=+=+==⋅在2.0s 内该点所转过的角度222002 5.33dt t dt rad θθω-===⎰⎰练习三 （第二章 牛顿定律）一、1.（0038）B2.（0338）A3.（0341）B4.（0610）B5.（5388）tB 6.（0024）B 二、1.（0352） 80 N 与车行方向相同98 N 与车行方向相反2.（0355） 2％3.（0526） s g μ/ 三、1.（0037） 解：（1） 子弹进入沙土后受力为-Kv ，由牛顿定律d d K mt-=vv 00v d d d ,d t K K t t m m -=-=⎰⎰v vvvv /0e Kt m -=v v（2） 求最大深度解法一： d d xt=v /0d e d Kt m x t -=v/0d ed xtKt m x t -=⎰⎰v/0(/)(1e )Kt m x m K -=-v max 0/x m K =v解法二：d d d d ()()d d d d x K mm m t x t x-===v v vv v mdx d K=-vma xd d x mx K=-⎰⎰v v K m x /0max v =2.（0530）解：人受力如图（1）a m g m N T 112=-+ 底板受力如图（2） a m g m N T T 2221=-'-+ 212T T = N N =' 由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--5.2474/))((212=++=a g m m T N5.412)(21=-+=='T a g m N N N3.（0628）解：以r 表示小球所在处圆锥体的水平截面半径．对小球写出牛顿定律方程为 r m ma N T 2cos sin ωθθ==-0sin cos =-+mg N T θθ 其中 θsin l r = 联立求解得： （1） θθωθcos sin sin 2l m mg N -= θωθ22sin cos l m mg T += （2） 0,==N c ωωθωcos /l g c = θcos /mg T =练习四 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、1. （0063） (C) 2. （0067）(B)图(1)a图(2)T g m 13. （0384）(B)二、1. （0061） 1 m /s 0.5 m /s 2. （0066） b t – P 0 + b t三、 1. （0375） 解：(1) 设A ，B 间绳中张力为T ，分别对A 、B 列动力学方程M A g –T =M A a 1分T =M B a1分解得 a =Mg / (M A +M B )由 M A = M B = M a ＝21g 1分设B 、C 之间绳长为l ，在时间t 内B 物体作匀加速运动，有l ＝21at 2＝gt 2/4 ， t=g l /4=0.4 s 2分(2) B 和C 之间绳子刚拉紧时，A 和B 所达到的速度为 v ＝at ＝21gt ＝21×10×0.4＝2.0 m/s令B 、C 间拉紧后，C 开始运动时A 、B 、C 三者的速度大小均变为V ，由动量定理(设三者速度变化过程中T AB 为AB 间绳中平均张力，T BC 为BC 间绳中平均张力,τ为过程时间)M A V - M A v = –T AB ·τ (∵M A g<<T AB )2分M B V – M B v =T AB ·τ–T BC ·τ1分M C V – 0 = T BC ·τ1分得 (M A + M B + M C )V = ( M A + M B ) vV =33132)(.M M M M C B A B A ==+++v M v m/s1分2．（0395）解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分练习五 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、1. （0078） (C) 2. （0095）(C) 3. （0101） (C)二、1. （0079）2 mg x 0 sin α 2. （0733）12 J 3. （0737） 4000 J 三、1. （0438） 解：设弹簧伸长x 1时，木块A 、B 所受合外力为零，即有：F -kx 1 = 0 x 1 = F /k 1分设绳的拉力T 对m 2所作的功为W T 2，恒力F对m 2所作的功为为W F ，木块A 、B 系统所受合外力为零时的速度为v ，弹簧在此过程中所作的功为W K ．对m 1、m 2系统，由动能定理有W F ＋W K ＝221)(21v m m + ①2分对m 2有 W F ＋W T 2＝2221v m ② 2分而 W K ＝k F kx 221221-=-， W F ＝Fx 1＝kF 2 2分代入①式可求得 )(21m m k F +=v1分由②式可得 +-=F T W W 22221v m ])(21[2122m m m k F +--=)(2)2(21212m m k m m F ++-= 由于绳拉A 和B 的力方向相反大小相等，而A 和B 的位移又相同，所以绳的拉力对m 1作的功为 )(2)2(2121221m m k m m F W W T T ++=-= 2分练习六 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、1. （0796）(D) 2. （0076） (C) 二、1. （0801） x ≥ x 1 U 02. （0802） (2 m ，6 m) (-4 m ，2 m)和(6 m ，8 m) 2 m 和6 m三、１．(0713) 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分 物体开始运动后，所受冲量为⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.30202t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v 速度的大小为8.28==mIv m/s 2分2．(5261) 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v ' 2分v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s2分T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分练习七 （第四章 刚体的转动）一、 1.（0981） （B ） 2. （5028） (C) 3.（0153） (A)4.（0291） (C)5. (0610) (C)6.（5030） (B)二、 1.（0983） 20参考解： r 1ω1＝r 2ω2 , α1 = ω1 / t 1 , θ1＝21112t α21211412ωθr r n π=π=4825411⨯π⨯⨯π=t =20 rev 2.（0551） 4.0 rad3.（5642） 2mgl μ参考解： M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm lμμ21d /0=⎰ 4. (5031) （1）Jk 920ω- （2） 02ωk J三、1.（0159） 解：根据转动定律 M ＝J d ω / d t即 d ω＝(M / J ) d t其中 M ＝Fr ，r ＝0.1 m ，F ＝0.5 t ，J ＝1×10-3 kg ·m 2, 分别代入上式，得d ω＝50t d t则1 s 末的角速度 ω1＝⎰1050t d t ＝25 rad / s2.（0563） 解：受力分析如图所示．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.根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ①对重物： T 1－21Mg ＝21 ②根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J α＝MR 2α / 4 ③因绳与滑轮无相对滑动， a ＝αR ④①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 3.（0782） 解：各物体受力情况如图．T A －mg ＝ma(2m)g －T B ＝(2m )a(T －T A )r ＝212mr α(T B －T )(2r )＝21(2m )(2r )2α'a ＝r α＝(2r )α'由上述方程组解得：α＝2g / (9r )＝43.6 rad ·s -2 ; α'＝12α＝21.8 rad ·s -2 ; T2'＝(4/3)mg ＝78.4 N练习八 （第四章 刚体的转动）一、 1.（0133） (B) 2.（0230）(C) 3.（0247） (C) 4.（0772）(D) 5.（5640）(D)6.（0228） (A)7.（0499）(B)二、 1.（0235） ()0643/M m l+v2.（0773） 对O 轴的角动量 ；对该轴的合外力矩为零 ；机械能3．（0556）20m RJ m R J +-vω 4．（0546）（1）W ; （2）kl cos θ ; （3）W ＝2kl sin θ . 三、1.（5045）解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即22122113m l m l m l ω=-+v v ① 碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰③由①、②和③解得 12212t m m gμ+=v v2. (0785) 解：以转台和二人为研究对象，所受外力只有重力及轴的支撑力，诸力对转轴的合力矩为零，所以系统角动量守恒．各转动惯量分别为 221mR J =，221mR J A =，()22/21R m J B = 以地面为参照系，A 处的人走动的角速度为(/)R ω+v ，B 处的人走动的角速度为12/4/2R R ωω⎛⎫-=- ⎪⎝⎭v v由角动量守恒定律()()()22222201111111/2/4/2222222mR mR m R mR mR R m R R ωωωω⎡⎤⎛⎫++=+++- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭v v解出 0ωω= 3.（0232）解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①()22222000111222B J mgR J m R ωωω+=++v ②式中B v 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得： ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2)代入式②得B =v当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C 的动能完全由重力势能转换而来．即：()22C m mg R =v, C =v 4.解：把子弹和杆看作一个系统.系统所受的外力有重力和轴对细杆的约束力.在子弹射入杆的极短时间里，重力和约束力均通过轴O ，因此它们对轴O 的力矩均为零，系统的角动量应当守恒.于是有 22(3)m a m l ma ω='+v ①子弹射入杆后，细杆在摆动过程中只有重力做功，所以以子弹、细杆和地球为一系统，则此系统的机械能守恒.于是有222(3)(2)(1cos30)m l ma mga m gl ω''+=+-②解式①和式②，得 =v练习九 （第六章 热力学基础）一、1. (4106) (B) 2. (4312) (A) 3. (4582) (B) 4. (4680) (C) 5. (4100) (B)6. (4105) (B)二、1. (4584) 等压 ； 等压 ； 等压2. (0238) 166 J3. (4147) 在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量．4. (4316) AM ； AM 、BM5. (4472) 1123V p ； 0 三、1．(4102) 解：(1) 等温过程气体对外作功为⎰⎰===333ln d d V V V V RT V VRTV p W =8.31×298×1.0986 J = 2.72×103J(2) 绝热过程气体对外作功为 V VV p V p W V V V V d d 03003⎰⎰-==γγ RT V p 1311131001--=--=--γγγγ ＝2.20×103 J2．（4694）解：(1)由等温线 C pV =得 V pV p T -=)d d (由绝热线C pV =γ得 VpV p Q γ-=)d d (由题意知714.01//)/d (d )/d (d ==--=γγV p V p V p V p Q T故 =γ1/0.714=1.4由绝热方程 γγ2211V p V p =可得421121058.7)(⨯==γV V p p Pa (2) V V V p V p W V V V V d )(d 2121211γ⎰⎰==5.6012211=--=γV p V p J3．（4117）解：由图可看出 p A V A = p C V C从状态方程 pV =νRT可知 T A =T C ， 因此全过程A →B →C 的 ∆E =0． B →C 过程是绝热过程，有Q BC = 0． A →B 过程是等压过程，有 )(25)( A A B B A B p AB V p V p T T C Q -=-=ν=14.9×105J ．故全过程A →B →C 的 Q = Q BC +Q AB =14.9×105 J ．p 12p(m 3)p 1×4×根据热一律Q =W +∆E ，得全过程A →B →C 的 W = Q －∆E ＝14.9×105 J ．4.(5547) 解：(1) 由35=V pC C 和 R C C V p =- 可解得 R C p 25= 和 R C V 23=(2) 该理想气体的摩尔数 ==000RT Vp ν 4 mol在全过程中气体内能的改变量为 △E =ν C V (T 1－T 2)=7.48×103 J全过程中气体对外作的功为 011lnp p RT W ν= 式中 1210//p p T T = 则 30111006.6ln⨯==T T RT W ν J ． 全过程中气体从外界吸的热量为 Q = △E +W =1.35×104 J ． 5．(4112) 解：(1) p －V 图如图．12(2) T 1＝(273＋27) K ＝300 K 据 V 1/T 1=V 2/T 2，得 T 2 = V 2T 1/V 1＝600 KQ =ν C p (T 2-T 1) =1.25×104 J(3) ∆E ＝0 (4) 据 Q = W + ∆E∴ W ＝Q ＝1.25×104 J练习十 （第六章 热力学基础）一、1．(4084) (C) 2．(4103) (C)3. (4122) (D) 4。