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练习一：1-3：D B D ；4、331ctv v +=，400121ctt v xx ++=5、s3；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s27、解：（1）jt ti t r)4321()53(2-+++=； （2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t+=++===；（3）)/(12s m j dtv d a == 68、解： ∵ xvvt x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得c x x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13sm 252-⋅++=x x v练习二：1、C ；2、B ；3、j8，ji 4+-，4412arctg arctg-+ππ或；4、32ct，ct 2，Rt c 42，R ct 2；5、212tt +，212t+；6、210θθθθtg tgtg tg ++7、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得t s s t l l d 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 tl v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v sl tl s l ts v==-=-=船或 sv s h slv v2/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度32022222002)(d d d d d d sv h sv sls v slv s v v st s l tl s tv a =+-=+-=-==船船8、解：（1）由23RbtdtdRdtdsv-===θ得：Rbtdtdva6-==τ，4229tRbRvan==（2）nnnetRbeRbteaeaaˆ9ˆ6ˆˆ42+-=+=τττ练习三1、C，2、A，3、D，4、2121)(mmgmmF+-+，)2(1212gmFmmm++；5、0.41cm6、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。
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。
练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题1、（1）A （2）1.186s(或4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。
2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。
3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
《大学物理》综合练习(一)参考答案一、选择题1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。
二、填充题1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。
2．j t i t ϖϖ)312()1(32+++；j t i ϖϖ22+。
3．v hl h 22-。
4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。
5．mt kv mv t v +=00)(；x mk e v x v -=0)(。
6．J 18-。
7．rg v π16320；34。
8．RGMm6-。
9．θsin 2gl ；θsin 3mg ；θsin 2g ；θcos g 。
10．j mv ϖ2-；j Rmv ϖπ22-。
11．v Mm mV +-。
12．m 3.0。
13．100r r v ；20212121mv mv -。
三、计算题1．(1) j t i t r ϖϖϖ)1(342++=；j t i t v ϖϖϖ346+=；j t i a ϖϖϖ2126+=。
(2) j t i t r r r ϖϖϖϖϖ42013+=-=∆。
(3) 192+=x y 。
2．(1) ⎰-=+=tt t a v v 0201d ，300313d t t t v x x t-+=+=⎰。
(2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 323=x 。
(3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 3231=x ，m 3201=-=∆x x x 。
3．(1) ⎪⎩⎪⎨⎧==-=-3322211am g m a m g m T am T g m μμ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=====+-=232322121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ(2) 2m 相对于3m 的加速度g a a a 4.03=-='，且221t a s '=，3m 移动距离23321t a s =，因而m 20.04.04.02.033=⨯='=ggs a a s 。
《大学物理》综合练习(一)参考答案一、选择题1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。
二、填充题1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。
2．j t i t)312()1(32+++；j t i 22+。
3．v hl h 22-。
4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。
5．mt kv mv t v +=00)(；x mk e v x v -=0)(。
6．J 18-。
7．rg v π16320；34。
8．RGMm6-。
9．θsin 2gl ；θsin 3mg ；θsin 2g ；θcos g 。
10．j mv 2-；j R mvπ22-。
11．v Mm mV +-。
12．m 3.0。
13．100r r v ；20212121mv mv -。
三、计算题1．(1) j t i t r)1(342++=；j t i t v 346+=；j t i a 2126+=。
(2) j t i t r r r42013+=-=∆。
(3) 192+=x y 。
2．(1) ⎰-=+=tt t a v v 0201d ，300313d t t t v x x t-+=+=⎰。
(2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 323=x 。
(3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 3231=x ，m 3201=-=∆x x x 。
3．(1) ⎪⎩⎪⎨⎧==-=-3322211am g m a m g m T a m T g m μμ 解得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=====+-=232322121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ(2) 2m 相对于3m 的加速度g a a a 4.03=-='，且221t a s '=，3m 移动距离23321t a s =，因而m 20.04.04.02.033=⨯='=ggs a a s 。
4．切向：t v m kv d d =-，两边积分⎰⎰-=tv v t m k v v 0d d 0，得t m ke v v -=0。
法向：t mk t m k e T e l v m l v m T 202202--===，其中lv m T 200=为初始时刻绳中张力。
5．利用机械能守恒和牛顿定律 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-++=l v m mg T mgl mv mv 2220)cos()]cos(1[2121θπθπ 从以上两式中消去v ，得)cos 32(θ+=mg T0=T 时，9413132cos 1'︒=⎪⎭⎫⎝⎛-=-θ。
6．⎪⎩⎪⎨⎧==-+=2122211122211110sin sin cos cos mm v m v m v m v m v m θθθθ解得 ︒==-3033tan 12θ m/s 32.173102==v由于22221121212121v m v m v m +=，即 22212v v v +=，系统机械能守恒，所以是弹性碰撞。
7．(1) ⎩⎨⎧==-am T a m T g m B AB A AB A ，消去AB T 得 g g m m m a B A A 21=+=又 221at l =，得 m 4.054.022=⨯==a l t (2) 系统动量不守恒，因为在拉紧过程中滑轮对绳有冲击力。
(3) 绳拉紧时A 、B 的速率 m/s 24.05.022=⨯⨯==g al v 设绳拉紧时间为τ，忽略重力的作用，由动量定理得○○0B2v1v⎪⎩⎪⎨⎧=-=--=-ττττBC CBCAB B B AB A A T V m T T v m V m T v m V m 解得 m/s 33.1232=⨯=+++=v m m m m m V C B A B A 8．设两球碰撞后共同速率为1v ，由动量守恒定律得02121)(v m v m m =+ （1）碰撞后系统机械能守恒202212121)(21)(21)(21l l k v m m v m m -++=+ （2） 系统对O 点的角动量守恒αsin )()(211021lv m m v l m m +=+ （3）由以上三个方程解得21202221202)(m m l l k m m m v m v +-+-=， 20222120001)(sin l l k m m m v l v l -+-=-α9．设卫星质量为m ，地球质量为M ，由角动量守恒定律和机械能守恒定律，得2211r mv r mv =， 2221212121r mMG mv r mM Gmv -=- 从以上两式解得)(221121r r r GMr v +=，)(221212r r r GMr v +=又2RmM Gmg =，2gR GM =，代入上式，得 )(221121r r r gr Rv +=，)(221212r r r gr R v +=《大学物理》综合练习(二)参考答案一、选择题1．C ；2．C ；3．B ；4．C ；5．B ；6．C ；7．D ；8．①E ，②C 。
二、填充题1．m N 1098.32⋅⨯。
2．rad/s 1095.42⨯。
3．m /s 42.5。
4．⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1222h gt mR 。
5．L 33；L g 3。
6．Lg 2cos 3θ；L g θsin 3； θsin 3Lg ；2cos 3θg a t =；θsin 3g a n =；θcos 41mg F t =；θsin 25mg F n =； 1sin 9941222+=+=θmg F F F n t ；θθβsin 10cos arctanarctan ==n t F F 。
三、计算题1． 设1T 、2T 分别为物体m 与滑轮间、球壳与滑轮间绳的张力，J 为球壳绕竖直轴的转动惯量，a 为物体m 的加速度大小，方向竖直向下。
由转动定律和牛顿第二定律，得球壳： RaMR R a JJ R T 2232===α （1） 滑轮： raJ J r T T 00021)(==-α （2）物体： ma T mg =-1 （3） 由（1）~（3）式解得：2032r J M m mga ++=，ah v 2=20322rJ M m mgh++= 2． 钢棒绕其转轴的转动惯量2222221m Kg 53.122.106.122.14.6121221212⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯+⨯⨯=⎪⎭⎫⎝⎛⨯+=+=l m Ml J J J(1) 由动能定理得轴摩擦力所做的总功AJ 1060.421420⨯-=-=∆=ωJ E A k(2) 恒定力矩的功 n M M A πθ2==，故在s 32内转过的转数(rev)9.62439253.120.321060.4224=⨯⨯⨯⨯⨯===ππαππJ A M A n(3) 当摩擦力矩不恒定时，只有力矩作功可以计算，无需任何附加条件，且J 1060.44⨯-=A3．(1) 由转动定律 ωωK t J -=d d ，积分 ⎰⎰-=2/000d d ωωωωt t J K ，得2ln KJt =(2) 由动能定理 20220832122112ωωωJ J J E E A k k -=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 4．取杆自由悬挂时的质心所在位置为势能零点，杆对离其一端4/l 的水平轴的转动惯量为2224874121ml l m ml J =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=系统在整个运动过程中机械能守恒，故有22120l mg J =ω，l g 7340=ω，0ωω> 5．(1) 碰撞过程不计摩擦力的影响，系统对O 点的角动量守恒02122210234330sin 2ωωωl m l m l m J v m l≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==︒ 23325.040002.03230sin 2120=⨯⨯⨯=⨯︒=l m v lm ωrad/s(2) 在距O 点r 处取一长为r d 质元，摩擦力大小为 r lgm mg f d d d 1μμ==，f d 对O 点的力矩 r r l gm f r M d d d 1μ-=-=，则整个细杆所受的摩擦力对O 点的力矩为 ⎰⎰-=-==l l gl m r r l g m M M 00112d d μμ由动能定理 2022121ωωθJ J M -=rad 68.08.92.03232321212201202120=⨯⨯==-⨯-=-=g l gl m l m M J μωμωωθ6．系统对通过其中心的水平轴的角动量守恒vl m J ul m '-='ω即 ωω231)(ml J l v u m ==+' （1） 因小球和细杆作弹性碰撞，系统机械能守恒222212121ωJ v m u m +'=' （2） 由（1）和（2）式解得m m m m u v '+'-=3)3(，l m m u m )3(6'+'=ω7．(1) 在距圆心r 处取一宽度为r d 的圆环，其上所受的阻力大小为f d ，则r kr r r kr s kv f d 4d 4d d 2πωπω===圆盘所受的空气阻力矩为⎰⎰⎰-=-=-==RRkR r kr f r M M 043d 4d d πωπω(2) 由转动定律θωωθθωωπωd d d d d d d d 4J t J t JkR M ===-= 积分 ⎰⎰-=θωωπθ0040d d kR J得 2040240221kR m kR mR kR J πωπωπωθ=== 22042kR m n πωπθ==《大学物理》综合练习(三)参考答案一、选择题1． D ；2．A ；3．B ；4．A ；5．B ；6．B ；7．C ；8．A ；9．C ；10．B ；11．E ； 12．D ；13．A ；14．A 、B 、D ；15．B 、C 。
二、填充题1．p v 、v 、2v ； 2．1:1、3:5； 3．pd kT22π、正比、T pd km 216π、 平方根成反比； 4．4、4； 5．Ⅱ、0v 、)1(A N -； 6．(1)单位体积中速率在vv v d +→区间内的分子数，(2)速率小于1v 的分子数，(3)速率大于0v 的所有分子的平均速率； 7．(1)等压，(2)等容，(3)等温，(4)等容； 8．%29、%71； 9．绝热过程、等压过程； 10．⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--121211lnV V a b V b V RT ； 11．21ln 11T V p S =∆、0=∆S 。
