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1、参照答案练习一：2、D 3、， 4、，, 5解：(1)； (2); （3) 6 解: 分离变量: 两边积分得 由题知，时，, 练习二：-2、CB 3、,，; 4、, 5、解:（）由得：， 、当滑至斜面底时,，则,物运动过程中又受到的牵连运动影响，因此，对地的速度为 练习三:1-3、BCB 4、; 5、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、解： 练习四:1-2AC 、解： ()于是质点在时的速度(2)4、解:小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： 分离变量及积分得:解得:5、
2、解：取弹簧原长时m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。设时刻m的坐标为,系统加速度为,则有：（1) 由此得:(2)由得： (3)6、，练习五-2、BC； 3、140,4； 、4或，3.5或；5、解: 子弹穿过第一木块时,两木块速度相似,均为子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为2解得: 6、解：(）由水平方向的动量守恒得(设子弹刚穿出时,的水平速度为V1)此时M物体的受力如右图,且有：(2)练习六：1-2：CB； 3、0，1J,17 ； 4、5、 6、解：框架静止时，弹簧伸长l=0.1m,由平衡条件m=l，求得：k=m/l.2.8/0119.6N/m 铅块落下h=
3、30cm 后的速度v0 , 可由能量守恒方程求出： 设铅快与框架碰后的共同速度为v,由动量守恒: 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。） 进行整顿并代入数据,可得x 的一元二次方程：解得:x = 0.3m 练习七:1-3、 DC ；、解 参见图,在a附近t时间内张力的元冲量为,在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为由对称性分析可知，和沿x方向的分量大小相等,符号相反，沿y方向的分量等值同号对其她对称点 作同样的分析，即可得知过程中张力的冲量沿y轴正方向 对质点应用动量定理，则有 m绕行一周，则，因此 上
4、式表白,张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反这样，张力冲量就可通过重力冲量求出重力是恒力,求它的冲量比求变力张力的冲量简朴得多.重力mg的方向竖直向下,与轴正方向相反.摆球绕行一周的时间为,因此,在图示坐标中,重力在一种周期内的冲量为 因而一种周期内张力的冲量为 表白是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致. 阐明应用动量定理较多的场合是解决打击或碰撞过程从本题可见,圆锥摆中也有动量问题，这对读者进一步理解动量、冲量和动量定理也许是有益的此外,解题中的对称性分析,以及求变力7的冲量转化为求恒力mg的冲量的措施也是很有用的.5、解：（1)当A和B开始分离时,两者具有相似的速度,根据能量守恒,可得到：
5、,因此：;(）分离之后,A的动能又将逐渐的转化为弹性势能,因此： ,则: 6、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，有式中，再代入有关数据,解得再次运用功能原理,求木块弹回的高度代入有关数据，得 ，则木块弹回高度练习八：1-2、B A；、-5N. ;4、5、解: 物体、和滑轮的受力分析如下图，且 设m下落的加速度大小为a,滑轮的角加速度为,则有: 由牛顿第二定律和转动定律可得: 联立上述方程，得 、解：(1）设杆的线,在杆上取一小质元 考虑对称（2）根据转动定律 因此 练习九:1-、A A; 、; 、, 5、解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰
6、撞，根据动量守恒定律有 （1)在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中,若将弹簧涉及在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有 （2)又在滑块绕固定点作弧线运动中,喜糖满足角动量守恒定律,故有： (3)式中为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角。联立解上述三式，可得：6、解：（1)设当人以速率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:人与盘看做一种系统,该系统的角动量守恒，设盘的质量为,则人的质量为,由角动量守恒得:解得:（2）欲使盘对地静止，则即则有:练习十:13、D ；4、; 、6、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
7、，则有： 联立上面四式解得：练习十一-3、,、1,5; 、解：由题知:（1)由旋转矢量得：故振动方程为：(2）由旋转矢量得:故振动方程为:(3)由旋转矢量得:故振动方程为:（)由旋转矢量得:故振动方程为：6、（1）平衡时，设t时刻物体处在y处,物体受力如图,由牛顿第二定律得：物体做简谐振动（)下拉至.1m处由静止释放，振动方程为：（)物体在平衡位置上方5m处的加速度为：练习十二：1-、C，B,3、，2,4,， 4、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(1）由得:由题知:故振动方程为：（2）平衡时:物体在平衡位置的上方5 cm 时弹簧伸长量为,方向竖直向上。（3）由旋转矢量
8、知：次越过平物体从第一衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处转过的角度为：6、解：由得:设火车耽误速度为v，当时，会使火车达到危险速度练习十三1-2、,;3、 ; 4、08,0.2,125Hz,5、解:()(2)(3）、解:(1）(2)B点的振动方程,以代入上式得:所求的波动方程为：练习十四1-2、B，C,3、频率相似、振动方向相似、由恒定相位差的两波源；有些点振动加强,有些点振动削弱;、；5、解:设S2的振动方程为: S1的振动传至点,在点引起的振动方程为:S2的振动传至P点,在P点引起的振动方程为: 干涉相消的条件:故2的振动方程为:6、解：如图所示，取点为坐标原点，、联线为轴,取点的振动方
9、程 :（）在和之间任取点A，坐标为x由于两波同频率，同振幅,同方向振动，因此相干为静止的点满足:故得 这些点因干涉相消而静止不动（2）若点在左侧,则有 因此,左侧各点因干涉加强。（2）若A点在右侧,则有因此,右侧各点因干涉静止。练习十五1-2、B,C,3、54.HZ;4、，、3、5、7、9;0、2、4、6、105、解:设火车的速度为由多普勒效应得接受频率为：解得:6、解:(1）设原点处波源的振动方程为：原点处波源在由题知:故振动方程为:波动方程为:（2）(）练习十六14、C,B,D， ,5、 6、,7、;；练习十七1-3、D，C，, 4、,5、,6、解：（)(2）7、解：由题得 故有:气体 练
10、习十八1-2、，D， 、等压过程、124,8J,5、6、解：(1)等体过程由热力学第一定律得E吸热 Q=ECV(T2-T)=(i/2)R(2-)Q=E5(3/2)831(300-290)=623 对外作功 =(2)等压过程Q=Cp(T-T）=(i+2）/2（T2-T1)吸热 Q5(/2）831(30-290)=135E=CV(T2-T）内能增长 E=5(3/)831（300-29)=62 J对外作功 A=Q-E=038.5625.5 (3)绝热过程由热力学第一定律得=做功与内能的变化均为 A=E=CV(T2-1）=(i2）(T2-）A=E=().31（0-290）623 J吸热 Q=07、解：由图知:则全过程中：A到B，等压过程：B到,绝热过程，练习十九1-2、B,、M,AM和BM 、(3)(1)(1） 5、解:等温过程:等压过程等温过程：等压过程故:11同步: （证毕)6、解:等温过程:等压过程等体过程故:练习二十-2、B，C,3、7K,3 4、00、解:由图知: （1）（2）（)(4)以上计算对于过程中任意微小变化均成立则对于微过程有、解:联合上述四式得：整个过程中,吸取的热量为:放出的热量为:故循环的效率为：
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