第一章
1、解：设质点在x处的速度为v，
2、解： dv/dt t，dv tdt
v t2
v x/dt t2
x t3/3+x0(SI)
3、解：
根据题意：at=an
即
解得
4、解：根据已知条件确定常量k
,
时，v= 4Rt2= 8 m/s
m/s2
5、解：(1)球相对地面的初速度
30 m/s
抛出后上升高度 m/s
=0.56 s
t= 0时，
解得 m
180°+12.6°=3.36 rad
也可取=-2.92 rad
振动表达式为x= 2.05×10-2cos(11.2t-2.92)(SI)
或x= 2.05×10-2cos(11.2t+3.36)(SI)
t= s时， cm
由上二式解得tg= 1
因为在A点质点的速度大于零，所以=-3/4或5/4（如图）
cm
∴振动方程 (SI)
(2)速率 (SI)
当t= 0时，质点在A点
m/s
3、解：k=m0g/l N/m
cm
，= 0.64 rad
(SI)
4、解：设弹簧的原长为l，悬挂m1后伸长l，则kl=m1g，
k=m1g/l= 2 N/m取下m1挂上m2后， rad/s
8、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－T2＝Ma①
对重物：T1－ Mg＝ Ma②
根据转动定律，对滑轮有
(T2－T1)R＝J＝MR2/ 4③
因绳与滑轮无相对滑动，a＝R④
由图可知
方向北偏西
(2)小船看大船，则有 ，依题意作出速度矢量图如图(b)，同上法，得
，方向南偏东
第二章
1、解：(1)位矢 (SI)
可写为 ，
，
在A点(a，0)， ，
EKA=
在B点(0，b)， ，
EKB=
(2) =
由A→B =
=
2、解：A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得
①
②
①、②、③、④四式联立解得a＝2g / 7
9、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
m2v1l＝－m2v2l＋ ①
碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为
②
由角动量定理 ③
由①、②和③解得
10、解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
,得
(2)子弹所受的冲量
将 代入，得
(3)由动量定理可求得子弹的质量
第三章
1、解：设立方体的长、宽、高分别以x0，y0，z0表示，观察者A测得立方体的长、宽、高分别为 ， ， ．
相应体积为
观察者Ａ测得立方体的质量
故相应密度为
2、解：令O系中测得正方形边长为a，沿对角线取x轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为
①
A与B碰撞过程中以A、B为系统，动量守恒，机械能守恒
②
③
A与B碰撞后，A压缩弹簧，机械能守恒
④
联立①、②、③、④并考虑到 且 为压缩量与x0一样应取正值,可求出
m
7、解：
油灰与笼底碰前的速度
碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V，应用动量守恒定律
①
油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离x，则
②
联立解得： m
联立解出 ，
由于二球同时落地，∴ ， ；且
∴ ，
解出
3、解：(1)释放后，弹簧恢复到原长时A将要离开墙壁，设此时B的速度为vB0，由机械能守恒，有
得
A离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧
伸长量为x时有 ①
②
当v1=v2时，由式①解出
v1=v2
(2)弹簧有最大伸长量时，A、B的相对速度为零v1=v2=3vB0/4，再由式②
(2)如使a>g，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N= 0求得
cm
即在平衡位置上方19.6 cm处开始分离，由 ，可得
=19.6 cm．
2、解：由旋转矢量图和|vA| = |vB|可知T/2 = 4秒，
∴T= 8 s，= (1/8) s-1，
s-1
(1)以 的中点为坐标原点，x轴指向右方．
t= 0时， cm
离地面高度H= (45.9+10) m =55.9 m
(2)球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度
s
6、解： 设人到船之间绳的长度为 ，此时绳与水面成 角，由图可知
将上式对时间 求导，得
根据速度的定义，并注意到 , 是随 减少的，
∴
即
或
将 再对 求导，即得船的加速度
7、解：(1)大船看小艇，则有 ，依题意作速度矢量图如图(a)
，
面积可表示为：
在以速度v相对于O系沿x正方向运动的O＇系中
=0.6×
在O＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为
cm2
3、解：(1)观测站测得飞船船身的长度为
54 m
则t1=L/v=2.25×10-7s
(2)宇航员测得飞船船身的长度为L0，则
t2=L0/v=3.75×10-7s
4、解：以地球上的时钟计算： 年
①
动能为零。对此系统应用机械能守恒定律和动量守恒定律得到：
②
③
解此二式得
5、解：以V表示球上升到最大高度时m和M的共同速度，则由动量守恒和机械能
守恒可得
由此二式可解得
以V′表示球离开小车时小车的速度，则在小球射入到离开的整个过程中,由动量守恒和机械能守恒可得
由此二式可得
v与v0反向.
6、解：释放物体A到A与B碰撞前，以\A与弹簧为系统，机械能守恒
7、解: 测得相遇时间为
测得的是固有时
∴
，
，
，
或者， 测得长度收缩，
第四章
1、解：(1)小物体受力如图．
设小物体随振动物体的加速度为a，按牛顿第二定律有（取向下为正）
当N= 0，即a=g时，小物体开始脱离振动物体，已知
A= 10 cm，
有 rad·s-1
系统最大加速度为 m·s-2
此值小于g，故小物体不会离开．
以飞船上的时钟计算： 0.20年
5、解：令S＇系与S系的相对速度为v，有
，
则 ( = 2.24×108m·s-1)
那么，在S＇系中测得两事件之间距离为：
= 6.72×108m
6、解：根据功能原理，要作的功W=E
根据相对论能量公式E=m2c2-m1c2
根据相对论质量公式
∴ ＝4.72×10-14J＝2.95×105eV
解出
4、解：二滑块在弹力作用下将沿水平导杆作振动.因导杆光滑，不产生摩擦阻力,故整个系统的机械能守恒，而且沿水平方向的动量守恒(等于零)．当二滑块运动到正好使弹簧垂直于二导杆时，二滑块所受的弹力的水平分力同时为零，这时二滑块的速度将分别达到其最大速度v1和v2且此时弹簧为原长，弹簧势能为零。
由题意得知，开始时系统的弹性势能为