大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。

线对m 1作用力消失，m 1只受到弹簧的力)(212121221L L m m m a m a +==ω 4.解答发射t 秒后炮弹的速度为：gt v v -=0则：∂+∂=-=sin 31sin 31)(0B A mv mv gt v m v 又B A v v =))((sin 230gt v v v B A -∂==⇒图略5．解答（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得 221122mgR mv MV =+，根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV ． 因此2211()22mgR mv MV M =+2211()22mv mv M =+，解得v =，从而解得：V =- （2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量2212m gR W MV M m ==+． （3）物体在槽底相对于槽的速度为`(1)m M m v v V v v M M +=-=+==物体受槽的支持力为N ，则2`v N mg mR -=， 因此物体对槽的压力为 2`2`(3)v mN mg m mgR M =+=+．单元三 刚体运动学（一）选择题 1.B 2.D 3.D 4. D 5.C （二）填空题1.2261ωml ω231ml 2. 1.82π 3. 减小 增大 不变 增大 4. )21sin (222kx mg J m r m r --θ 5. lg23 l g 3（三）计算题 1.βμ23121ml mgl = l g23μβ=⎰⎰=tdt l gd 00230μωω g l t μω02= 2 依题意得ββR a mR R T T a m g m T am T g m ==-=-=-22122211121)(⇒am g m T a m g m T 222111+=-=Ra mR R a m g m a m g m 2221121)(=--- 212121m m m gm g m a -+-=212111121m m m gm g m m g m T -+--= 212122221m m m gm g m m g m T -+-+= 3． 假设电机的电磁力矩为1M ，摩擦阻力力矩2M ，则)11(M M 2101221021t t J t J M t J M +===-ωωω单元四 流体力学 液体表面性质四、作业练习 (一)、选择题1、D2、B3、B 4﹑D 5、C 6﹑A (二)、填空题1﹑无粘滞 性，不可压缩 性， 流动 性。

2﹑ 功能 、 压强 ﹑ 流速 ﹑ 高度 、压强 ﹑ 动能 和 势能 。

3﹑① 温度 ；② 成分 ；③外界媒质。

4﹑ 内、 润湿、 不润湿 。

（三）、计算题1﹑解：（1）由连续性方程S v S v =孔孔水面水面，而S S >>孔水面，因此v v <<孔水面，水面流速趋于0又由伯努力方程2211P P 22v gh v gh ρρρρ++=++孔孔孔水面水面水面，而P P P ==0孔水面，因此v ===孔212h gt =孔，t ==9.17R v t ==B 孔（2）由于v ==孔t =而(1010R v t h h ==≤-=孔孔 孔）+=h 孔=5米时，max 10R =米2﹑解：由于dV S dh S v dt =-=孔孔水面，而S v dt S v dt=孔孔水面水面由上题可知，v =孔，因此S dh S -=水面可得S dh dt -=，thHS dh S t dt -===⎰⎰式中H=70cm若使容器内的水流出一半，即h=H/2；则77.5t s B 若使容器内的水全部流出，即h=0；则264t s B3﹑解：由于2=s P P P P P α=-=--液内液外水气泡R ， 2=P P α+气泡水R根据题意由流体静力学原理可知，水面下50m 深处空气泡泡内压强为5 2=7101310a P P gH p αρ++=⨯⨯0气泡11.R （1）可得6 2 1.2410mP P gHαρ-=⨯--B 10气泡1R （2）水面上空气泡泡内压强为 2=P P α+0气泡22R （3）又由于气泡等温地上升到水面12V =V P P 气泡1气泡2即3312R =R P P 气泡1气泡2（或331244R =R 33P P ππ气泡1气泡2） （4）由（1），（2），（3）（4）联合解得61.97510m-⨯B 2R因此当气泡等温地上升到水面时它的直径63.9510m-⨯B 2d4﹑解：（1）由于2240.005S R ππ∆=⨯=， 因此242.5100.0053.9310E S J απ--∆=⨯∆=⨯⨯⨯B（2）40 6.510W p V J-===⨯5﹑解：由流体静力学原理P gH ρ=（29.8g m s -=⋅，水银的密度3313.610kg m ρ-=⨯⋅）3395100.71313.6109.8P H mg ρ⨯==⨯⨯B考虑到毛细现象后，根据朱伦公式2cos 4cos h gr gd αθαθρρ== 而0P P ghρ=- 因此333095100.98109610a P P gh p ρ⨯⨯⨯=+=+B单元七 气体动理论 (一)、选择题1、D ；2、C ；3、A ；4、A ；5、B (二)、填空题1、 231vnm p =或⎪⎭⎫ ⎝⎛=22132v m n p ，分子数密度 和 分子平均平动动能； 2、 3 ，5 ，6 ，32KT 、52KT3KT ； 3、 （1）⎰∞100)(dvv Nf ； （2）⎰∞100)(dvv vNf ； （3）⎰∞100)(dvv f ；4、⎰∞pvdv v f )(； 5. 213()2V p p -； 6. 氩 氦 ； 7. J 31031.8⨯， J 31032.3⨯；8. s m /2000；s m /500。