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上海高一物理练习册答案第一章：力学题目一：一个小球从离地面H=2m的高度自由落下，经过t=0.5s后撞击到地面，求小球的撞击速度。
解：根据自由落体的公式，小球的下落距离可以通过公式H = (1/2)gt^2求得，其中g为重力加速度。
在这个问题中，H=2m，t=0.5s。
根据这个公式，可以得到：2 = (1/2)g(0.5)^2化简后得到：g = 8 m/s^2小球的撞击速度可以通过公式v = gt求得，其中v为速度，g为重力加速度。
根据这个公式，可以得到：v = 8 * 0.5 = 4 m/s因此，小球的撞击速度为4 m/s。
题目二：一个人用力拉动一个2kg的物体，物体受到的拉力为10N，求物体的加速度。
解：根据牛顿第二定律，物体的加速度可以通过公式F =ma求得，其中F为物体受到的力，m为物体的质量，a为物体的加速度。
在这个问题中，F=10N，m=2kg。
根据这个公式，可以得到：10 = 2 * a化简后得到：a = 5 m/s^2因此，物体的加速度为5 m/s^2。
第二章：热学题目一：一杯水的体积为500ml，温度为20°C，如果将它放在室温下静置一段时间后，温度变为室温25°C，求水的热容。
解：根据热学的原理，物体的热量变化可以通过公式Q = mcΔT求得，其中Q为物体的热量变化，m为物体的质量，c为物体的热容，ΔT为物体的温度变化。
在这个问题中，m=500g，ΔT=25°C-20°C=5°C。
根据这个公式，可以得到：Q = 500 * c * 5化简后得到：c = Q / (500 * 5)因为我们没有给出具体的热量变化Q，所以无法求得水的热容。
题目二：一个物体的质量为0.2kg，它的温度从20°C升高到30°C，它所吸收的热量为500J，求物体的热容。
解：根据热学的原理，物体的热容可以通过公式Q = mcΔT 求得，其中Q为物体的热量变化，m为物体的质量，c为物体的热容，ΔT为物体的温度变化。
大学物理（一）练习册 参考解答第1章 质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)， 二、填空题(1). sin 2t A ωω，()π+1221n (n = 0,1,… ),(2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R .(7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆. (9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2(SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v() 2 213 x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt yy t a d d d d d d d d vvv v===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C kyy ky 222121, d d vv v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb cR t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//sRttk ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2= 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=n t a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i、j 表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rs i n c o s ωω+=+=(2) j t r i t r t rc o s s i nd d ωωωω+-==v j t r i t r tas i n c o s d d 22ωωωω--==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8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知， 正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022v v v =-=FEAFAE() 4.19/tg1==-AEFEv v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFEv vAF v vAEvv四 研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答：(1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心； (4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时： 第一种方法是，先求出22yx r +=，然后根据 td d r =v 及 22d d tr a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 22)d d ()d d (ty t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty tx a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。
八年级上册物理人教版练习册答案第一章：力和运动1. 力是物体对物体的作用，具有大小、方向和作用点三个要素。
2. 力的作用效果有两个：改变物体的形状和改变物体的运动状态。
3. 重力是地球对物体的吸引力，大小与物体的质量成正比，方向总是竖直向下。
第二章：压力和压强1. 压力是垂直作用在物体表面上的力，压强是单位面积上受到的压力。
2. 液体压强与液体的密度和深度有关，公式为 \( P = \rho g h \)。
3. 气体压强与体积和温度有关，遵循玻意耳定律。
第三章：浮力1. 浮力是物体在液体中受到的向上的力，大小等于物体排开液体的重量。
2. 阿基米德原理说明了浮力的大小和方向。
3. 物体的浮沉条件是：浮力大于重力时上浮，浮力小于重力时下沉，浮力等于重力时悬浮。
第四章：简单机械1. 杠杆的平衡条件是动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂。
2. 滑轮系统可以改变力的方向或大小，但不会改变功的大小。
3. 斜面是一种简单机械，可以省力但费距离。
第五章：功和机械能1. 功是力在物体上移动的距离上的累积，公式为 \( W = F \cdot s \)。
2. 机械能包括动能和势能，动能与物体的质量和速度有关，势能与物体的高度和质量有关。
3. 能量守恒定律表明在一个封闭系统中，能量不能被创造或销毁，只能从一种形式转换为另一种形式。
结束语通过本练习册的学习，希望同学们能够更好地理解物理的基本概念和原理，并能够将这些知识应用到实际问题中去。
物理是一门实验科学，鼓励大家多做实验，观察现象，提出问题，并通过科学的方法寻找答案。
请注意，以上内容仅为示例，实际的练习册答案应与教材和练习册的具体内容相匹配。
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。
高一物理必修一练习册答案以下是为大家整理的关于《高一物理必修一练习册答案》，供大家学习参考！答案与提示第一章运动的描述一、质点、参考系和坐标系1.CD2.Ｂ3.Ｃ4.云地面船岸5.BC6.D7.A8.2km-3km0东59.C10.（1）2025152（2）东偏北45°方向作图略11.略二、时间和位移1.AC2.AD3.A4.BC5.BC6.C7.ACABOD8.60m图略9.6mx轴正方向4mx轴正方向20m10.C11.路程900m位移500m500m12.中心点的路程和位移大小相等边缘上一点路程大于位移大小13.（1）路程（2）位移大小思考略三、运动快慢的描述--速度1.CD2.B3.C4.3m/s53m/s2 5m/s5.06.AC7.CD8.D9.CD10.ABC11.路程为100m位移0平均速度为012.不同1463km是路程而非位移从地图上量出两地长度，再由比例尺算出直线距离约1080km,v=1080/14≈71km/h13.从图中量出车运动路程与车长的线段长，按比例算出实际位移为13 5m，v≈13 50 4m/s=33 8m/s121km/h＞80km/h，超速五、速度变化快慢的描述--加速度1.C2.BD3.B4.D5.飞机火车小球6.9 8m/s2竖直向下7.D8.AB9.1 50-1 510.C11.509m/s2-6m/s2与初速度方向相反12.5 2m/s213.略第一章复习题1.A2.D3.CD4.ACD5.BD6.D7.ABC8.D9.A10.200m11.t20～t1和t2～t312.左0 30 8513.（1）第3秒末（2）40m向上（3）5m向下（4）-35m125m14.路程为80m位移大小为10m，方向向左15.12m/s≤v 乙≤20 6m/s第二章匀变速直线运动的研究二、匀变速直线运动的速度与时间的关系1.ABD2.D3.ACD4.BCD5.C6.B7.匀加速直线匀速直线匀减速直线向东向东向东8.53-39.200m/s210.7 2s11.（1）如图所示（2）2m/s2（3）2m/s2，相同（4）做匀减速直线运动三、匀变速直线运动的位移与时间的关系1.C2.B3.B4.C5.D6.C7.68.29.110.7 9s25 3m/s11.（1）8m（2）72m（3）有，求“面积”12.（1）69 4s（2）2 9km（3）429 8s四、匀变速直线运动的位移与速度的关系1.AB2.B3.C4.C5.0 1286.187.58.169.制动时速度（km/h）反应距离（m）制动距离（m）停车总距离（m）405 6813 612016 77288 710.（1）2 5×106m/s2（2）0 11m（3）0 128m11.（1）12m/s（2）180m 专题匀变速直线运动的规律的应用1.D2.ABC3.D4.BD5.B6.BD7.AB8.1250m9.425010.（1）t1＝10st2＝15s（舍去）（2）v=1m/s（3）x=4 4m11.（1）如右图（2）58m12.①甲、乙均错。
以下是⽆忧考为⼤家整理的关于《⾼⼀物理必修⼀练习册答案》，供⼤家学习参考！答案与提⽰ 第⼀章运动的描述 ⼀、质点、参考系和坐标系1.CD2.Ｂ3.Ｃ4.云地⾯船岸5.BC6.D7.A8.2km-3km0 东59.C10.（1）2025152（2）东偏北45°⽅向作图略11.略 ⼆、时间和位移1.AC2.AD3.A4.BC5.BC6.C7.ACABOD8.60m图略 9.6mx轴正⽅向4mx轴正⽅向20m10.C11.路程900m位移500m500m 12.中⼼点的路程和位移⼤⼩相等边缘上⼀点路程⼤于位移⼤⼩13.（1）路程（2）位移⼤⼩思考略 三、运动快慢的描述--速度1.CD2.B3.C4.3m/s53m/s2 5m/s5.06.AC7.CD8.D 9.CD10.ABC11.路程为100m位移0平均速度为012.不同1463km是路程⽽⾮位移从地图上量出两地长度，再由⽐例尺算出直线距离约1080km,v=1080/14≈71km/h 13.从图中量出车运动路程与车长的线段长，按⽐例算出实际位移为13 5m，v≈13 50 4m/s=33 8m/s121km/h＞80km/h，超速 五、速度变化快慢的描述--加速度1.C2.BD3.B4.D5.飞机⽕车⼩球6.9 8m/s2竖直向下7.D 8.AB9.1 50-1 510.C11.509m/s2-6m/s2与初速度⽅向相反 12.5 2m/s213.略 第⼀章复习题1.A2.D3.CD4.ACD5.BD6.D7.ABC8.D9.A10.200m11.t20～t1和t2～t312.左0 30 8513.（1）第3秒末（2）40m向上 （3）5m向下（4）-35m125m14.路程为80m位移⼤⼩为10m，⽅向向左15.12m/s≤v⼄≤20 6m/s 第⼆章匀变速直线运动的研究 ⼆、匀变速直线运动的速度与时间的关系1.ABD2.D3.ACD4.BCD5.C6.B7.匀加速直线匀速直线匀减速直线向东向东向东 8.53-39.200m/s210.7 2s11.（1）如图所⽰ （2）2m/s2（3）2m/s2，相同（4）做匀减速直线运动 三、匀变速直线运动的位移与时间的关系1.C2.B3.B4.C5.D6.C7.6 8.29.110.7 9s25 3m/s11.（1）8m（2）72m（3）有，求“⾯积” 12.（1）69 4s（2）2 9km（3）429 8s 四、匀变速直线运动的位移与速度的关系1.AB2.B3.C4.C5.0 1286.187.58.16 9.制动时速度（km/h）反应距离（m）制动距离（m）停车总距离（m）405 6813 612016 77288 710.（1）25×106m/s2（2）0 11m（3）0 128m11.（1）12m/s（2）180m 专题匀变速直线运动的规律的应⽤1.D2.ABC3.D4.BD5.B6.BD7.AB 8.1250m9.425010.（1）t1＝10st2＝15s（舍去）（2）v=1m/s（3）x=4 4m11.（1）如右图（2）58m12.①甲、⼄均错。
习题及参考答案第2章 质点动力学参考答案一 思考题2-1如图，滑轮绳子质量忽略不计，忽略一切摩擦力，物体A 的质量m A 大于物体B 的质量m B ，在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是(A )()12m m g + (B )()12m m g -(C )12122m m g m m ⎛⎫⎪+⎝⎭ (D )12124m m g m m ⎛⎫⎪+⎝⎭2-2用水平压力F 把一个物体压着靠在竖直的墙面上保持静止，当F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f(A )恒为零 (B )不为零，但保持不变(C )随成F 正比增大 (D )开始随F 增大，达到某一值后，就保持不变 2-3如图，物体A 、B 的质量分别为M 、m ，两物体间摩擦系数为μ，接触面为竖直面，为使B 不下滑，则需要A 的加速度为(A )a g μ≥ (B )a g μ≥ (C )a g ≥ (D )M ma g M +≥2-4质量分别为m 和M 的滑块A 和B ，叠放在光滑的水平面上，如图，A 、B 间的静摩擦系数为μs ，滑动摩擦系数为μk ，系统原先处于静止状态，今将水平力F 作用于B 上，要使A 、B 间不轰生相对滑动，应有(A )s F mgμ≤ (B )(1)s F m M mgμ≤+(C )()s F m M mg μ≤+(D )s m MF mgM μ+≤AmBBm A 思考题2-1图思考题2-3图 思考题2-4图m(a )(b )Bm mm 21m 21思考题2-7图2-5 在光滑的水平面上，放有两个相互接触的物体A 和B ,质量分别为m 1和m 2，且m 1> m 2。
设有一水平恒力F ，第一次作用在A 上如图(a )所示，第二次作用在B 上如图(b )所示，问在这两次作用中A 与B 之间的作用力哪次大？2-6 图(a )中小球用轻弹簧o 1A 与o 2A 轻绳系住，图（b ）中小球用轻绳o'1B 与o'2B 系住，今剪断o 2A 绳和o'2B 绳；试求在刚剪断的瞬时，A 球与B 球的加速度量值和方向。
初二物理练习册答案第一单元：力与压力1. 选择题1.力是通过作用在物体上的作用力将物体推拉的结果，通常用单位________表示。
– A. 牛顿– B. 米– C. 克– D. 瓦正确答案：A2.如图所示，一台吊车用绳子吊起一个重物。
力F1是吊车向上的拉力，力F2是物体受到的重力。
那么吊车对物体产生的是________。
– A. 引力– B. 压力– C. 拉力– D. 重力正确答案：C3.以下哪个是力的三要素？– A. 推力、拉力、压力– B. 方向、大小、作用点– C. 新德里、北京、东京– D. 物、力、功正确答案：B2. 填空题1.物体自身所带的力称为________。
答案：内力2.力的作用点在物体的正中央时，物体会________。
答案：保持平衡3.用力甩掉滑板上的落叶，我们叫这种力为________。
答案：摩擦力第二单元：机械、力和能1. 选择题1.下列辨析中错误的是________。
– A. 功和能是同一性质– B. 功和能是作用的不同方面– C. 功是能的一种表现形式– D. 能不一定能变成功正确答案：A2.工作1所做的功比工作2所做的功大，可以通过___表示。
– A. 力大– B. 距离长– C. 时间短– D. 动力小正确答案：B3.在物理学中，动能等于物体的________与________的乘积。
– A. 质量、速度– B. 弹性、动量– C. 力、位移– D. 温度、时间正确答案：A2. 填空题1.功率指的是单位时间内所作的功，用_______表示。
答案：瓦特2.当一个物体没有发生位移时，它具有_____，但没有_____。
答案：能量，功3.斜坡上滑的小车具有_____。
答案：动能结论通过这个答案练习册，我们可以回顾、巩固和测试对初二物理单元一和单元二的知识理解。
在单元一中，我们了解了力和压力的概念，并学习了力的三要素。
在单元二中，我们学习了机械、力和能的关系，包括功、能量和功率的概念。
9年级物理练习册及答案### 9年级物理练习册及答案#### 第一章：力学基础练习一：力的概念与分类1. 定义力：力是物体间的相互作用，使物体发生形变或运动状态改变。
2. 力的分类：- 重力：地球对物体的吸引力。
- 弹力：物体在形变后恢复原状的力。
- 摩擦力：两个接触面之间的阻力。
答案解析：- 力是物体间作用的量度，它可以通过牛顿第二定律来量化。
- 重力是最常见的力，其大小与物体的质量成正比。
- 弹力与物体的形变程度有关，形变越大，弹力越大。
- 摩擦力与接触面的粗糙程度和作用在物体上的垂直力有关。
练习二：牛顿运动定律1. 牛顿第一定律：物体在没有外力作用下，将保持静止或匀速直线运动。
2. 牛顿第二定律：物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比。
3. 牛顿第三定律：作用力与反作用力大小相等，方向相反。
答案解析：- 牛顿第一定律说明了惯性的概念，即物体倾向于保持其运动状态。
- 第二定律是运动学的基础，它允许我们计算物体在受力情况下的加速度。
- 第三定律表明，力是成对出现的，例如，当你推墙时，墙也在以相等的力推你。
#### 第二章：能量守恒与转换练习一：能量的分类1. 动能：物体由于运动而具有的能量。
2. 势能：物体由于位置或状态而具有的能量，如重力势能和弹性势能。
3. 内能：物体内部分子运动的能量。
答案解析：- 动能与物体的质量和速度有关，公式为 \( E_k = \frac{1}{2}mv^2 \)。
- 重力势能与物体的质量、重力加速度和高度有关，公式为 \( E_p = mgh \)。
- 内能与物体的温度和物质状态有关，通常通过热力学第一定律来研究。
练习二：能量守恒定律1. 能量守恒定律：在一个封闭系统中，能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转换为另一种形式。
答案解析：- 能量守恒是自然界的基本定律之一，它适用于所有物理过程。
- 在实际问题中，能量可能会以不同形式出现，但总能量保持不变。
#### 第三章：电磁学基础练习一：电场与电荷1. 电荷：物质的基本属性，分为正电荷和负电荷。
高一物理必修一练习册答案参考答案与提示第一章运动的描述一、质点、参考系和坐标系1.CD2.Ｂ3.Ｃ4.云地面船岸5.BC6.D7.A8.2km-3km0东59.C10.（1）2025152（2）东偏北45°方向作图略11.略二、时间和位移1.AC2.AD3.A4.BC5.BC6.C7.ACABOD8.60m图略9.6mx轴正方向4mx轴正方向20m10.C11.路程900m位移500m500m12.中心点的路程和位移大小相等边缘上一点路程大于位移大小13.（1）路程（2）位移大小思考略三、运动快慢的描述--速度1.CD2.B3.C4.3m/s53m/s2 5m/s5.06.AC7.CD8.D9.CD10.ABC11.路程为100m位移0平均速度为012.不同1463km是路程而非位移从地图上量出两地长度，再由比例尺算出直线距离约1080km,v=1080/14≈71km/h13.从图中量出车运动路程与车长的线段长，按比例算出实际位移为13 5m，v≈13 50 4m/s=33 8m/s121km/h＞80km/h，超速五、速度变化快慢的描述--加速度1.C2.BD3.B4.D5.飞机火车小球6.9 8m/s2竖直向下7.D8.AB9.1 50-1 510.C11.509m/s2-6m/s2与初速度方向相反12.5 2m/s213.略第一章复习题1.A2.D3.CD4.ACD5.BD6.D7.ABC8.D9.A10.200m11.t20～t1和t2～t312.左030 8513.（1）第3秒末（2）40m向上（3）5m向下（4）-35m125m14.路程为80m位移大小为10m，方向向左15.12m/s≤v乙≤20 6m/s第二章匀变速直线运动的研究二、匀变速直线运动的速度与时间的关系1.ABD2.D3.ACD4.BCD5.C6.B7.匀加速直线匀速直线匀减速直线向东向东向东8.53-39.200m/s210.7 2s11.（1）如图所示（2）2m/s2（3）2m/s2，相同（4）做匀减速直线运动三、匀变速直线运动的位移与时间的关系1.C2.B3.B4.C5.D6.C7.68.29.110.7 9s25 3m/s11.（1）8m（2）72m（3）有，求“面积”12.（1）69 4s（2）2 9km（3）429 8s四、匀变速直线运动的位移与速度的关系1.AB2.B3.C4.C5.0 1286.187.58.169.制动时速度（km/h）反应距离（m）制动距离（m）停车总距离（m）405 6813 612016 77288 710.（1）2 5×106m/s2（2）0 11m（3）0 128m11.（1）12m/s （2）180m专题匀变速直线运动的规律的应用1.D2.ABC3.D4.BD5.B6.BD7.AB8.1250m9.425010.（1）t1＝10st2＝15s（舍去）（2）v=1m/s（3）x=4 4m11.（1）如右图（2）58m12.①甲、乙均错。
练习一 运动的描述 （一）1．（D ）2.（D ）3．217,5s m s m4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）()()()()质点反向运动时，,05.125.25.1215.1===⨯-⨯+⨯-⨯=v s t m S6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为r r r -=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r，任意时刻质点对此位置的位移为r r =∆，即此时r既是矢径也是位移。
练习二 运动的描述 （一）1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（c ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．102,224,432102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量K222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 运动定律与力学中的守恒定律（一）1．（D ）2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有mt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()kv mv x ev k m x dte v dx dt dx v mkt m kt 00max 00,1,=-=∴=∴=--练习四 运动定律与力学中的守恒定律（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰4．2221221,m t F m m t F m m tF ∆++∆+∆5．（1）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 //0Mv mv mv +=s m M v v m v 13.31547)(0/==-=N v M Mg T 5.262=+=（2）()方向正方向设007.4v s N mv mv t f⋅-=-=∆负号表示冲量方向与0v方向相反6．人到达最高点时，只有水平方向速度αcos 0v v=，设人抛出m 时，人的速度为V 1，取人和物为一系统，水平方向动量守恒，即()()()m M mu v v u v m Mv v m M ++==∴-+=+111,由于抛出物体而引起人在水平方向的速度的增量为()m M mu v v v +=-=∆1因为人从最高点落到地面的时间为g v t αsin 0=故跳的水平距离增加量为()gm M muv vt x +=∆=∆αsin 0练习五 运动定律与力学中的守恒定律（三）1．（C ） 2.（B ）3． 290J4．202120212,,kx kx kx -5．（1）以小车、滑块、弹簧为一系统，忽略一切摩擦，在弱簧恢复原长的过程中，系统的机械能守恒，水平方向动量守恒。
设滑块与弹簧刚分离时，车与滑块对地的速度分别为V 和v ，则()()()21212121222MVmv MV mv l k =+=∆向右，向左，解出s m l Mm M kv s m l mM M kV 5.005.0:22=∆+==∆+=（2）滑块相对于小车的速度为sv L t s m V v v 255.0//==∆=+=向右6．（1）木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为一系统，机械能守恒。
选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，以v 1表示木块下滑x 距离时的速度，则sm Mkx gx v Mgx Mv kx 83.0sin 20sin 212121212=-==-+αα解得：方向沿斜面向下。
（2）以子弹和木块为一系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，故沿斜面方向动量守恒，以v 2表示子弹射入木块后的共同速度，则有()sm mM mv Mv v v m M mv Mv 89.0cos cos 1221-=+-=+=-αα解得：负号表示此速度的方向沿斜面向上练习六 运动定律与力学中的守恒定律（四）1．（C ）2.（3）3． 02,9ωωk JJk -4．22221,21,ma ma ma5．（1）⎪⎩⎪⎨⎧===-ββR a I TR m aT m g()s d ra MRmR mgRImR mgR 7.8122122=+=+=∴β 方向垂直纸面向外（2）由机械能守恒，有⎪⎩⎪⎨⎧==+002202121ωωR v m ghI m vm h 06.0=解得物体上升的高度为（3）方向垂直纸面向外s d ra 0.102==βθω6，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===-=-=βββB B A A A A B B B B B B A A A A r a r a J r T r T a m T g m a m g m T － mgT联立以上5式，得()AB B A A AA AB a r g r r a g r m Ja m 22-++=练习七 运动定律与力学的守恒定律 （五）1．（C ）2．mgl μ21()m gl rdr l m g dM M dm gr dM lμμμ21====⎰⎰ 3．J J s d ra 224237,6ππ=4．守恒， Mr J kx Mgx +-22sin 2θ5．（1）选杆与地球为系统，机械能守恒，有()2231,sin 12121ml J mgl J =-=θω()l g θωsin 13-=∴由转动定律θβθβcos 2331cos 212lg ml l mg J M =∴=⋅=方向垂直纸面向外s d ra 0.102==βθω 6，（1）转台＋人＋哑铃＋地球系统的机械能不守恒。
因人收回二臂时要作功，即非保写力的功不为零，不满足守恒条件。
（2）转台＋人＋哑铃＋地球系统的角动量守恒。
因为系统受到的对竖直轴的外力距为零。
（3）哑铃的动量不守恒，因有外力作用。
哑铃的动能不守恒，因有外力对它作功。
drm dm )(=练习八相对论（一）⒈ A ； ⒉ C ； ⒊2c 20u -1m ， 220cu -1/u m ， 22c m mc o -， 2mc ; ⒋ 75 m 3, 208.3 kg , 2 .8 kg/m 35解(1) J 103.42c 0.417m c m 0.6-110.8-11c m c m E A 14-202o 222122⨯==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=∆= (2) 动能增量 J 101.60101.0101.60eV 101.0eU E -136-196k ⨯=⨯⨯⨯=⨯==∆又k 202k E c m mc E ∆=-=030-31-8-1302k 2.95m kg 102.69109.110101.60m c E m =⨯=⨯+⨯⨯=+=∴2)3( 由220cV -11m m==γ 解出 0.94c c 2.951(-1V ==2) 动量 c 2.77m 0.94c 2.95m mV P 00=⨯==. ⒍ 解:2cV -112Vm mV220==⇒=γ, 解出 c 23V =. 由 γ==⇒=-=2m m c m c m mc E 020202k , 同样得 c 23V =. 练习九 相对论（二）⒈ 8300k ， 短波方向 ； ⒉ D ； ⒊ D ； ⒋ 2 . 5v , 14104⨯ .⒌ 解: 功率λνnhc/nh P ==,单位面积上 hc d /4P d n/4n/s n 220πλπ===光子质量 kg 103.33c h c h m 36-2⨯===λν. ⒍ 解: 0.60MeV h 0=ν, 散射波长001.2/201λλλ=+=)(由能量守恒 λνhcc m -m h 200+=)( 反冲电子动能练习十 机械振动（一）1、1s 、32π、 314π、 5s 2、 3、（3）（4）4、（2）5、（1）t t x 5cos 4.0)25sin(4.0-=-=πt dt dxv 5sin 2==t dt dva 5cos 10== ， 0=t 时 0,4.000=-=v m x （2）s t 34π=时 m x 2.0320cos 4.0=-=π ，s m v /3320sin 2==π， 2/5320cos 10s m a -==π（3） 2.05cos 4.0±=t 215cos ±=t05s i n2>t 05sin >t s m t v /35s i n 2==∴， 2/55cos 10s m t a ±== ，N ma f 2.0±==6、(1) 从图中知 m A v cm x 04.0,0,200=>=；sin 21cos <=∴ϕϕ ，3πϕ-= 且ππω22,1===Ts T cm t x )32cos(4ππ-=∴(2) b 点： 2A x b = 21)32c o s (=-ππt 3)32(πππ=-t 0<b v 0)32sin(>-ππt s t 31=同理 a 点 0)32(=-ππt 、s t 61= ； c 点 πππ=-)32(t 、s t 32=练习十一 机械振动（二）cm1、1:2T :T b a =；4:1E :E b a =；2、,s 12T ,3,cm 1A =-==πϕ t (s)-1 合振动曲线 3、（2）；4、（1） 5、 m N lmgk /2=∆=， 2.112==m kω ，s T 56.02≈=ωπ 020020sin 105cos 1020ϕωϕA v A x t -=⨯==⨯-==--radmA 36.36.1926.121801005.202≈=+=⨯=-ϕ)()92.22.11cos(1005.2)36.32.11cos(1005.222SI t t x -⨯=+⨯=--6、（1）221kA E E E p k =+=，m kEA 08.02== （2）222412121kA mv kx ==，m A x 057.022±=±= （3）221mv E E E p k =+=, s m v /8.0±=练习十二 机械波（一）1、（1）（3）2、（4）3、A4、])(2cos[212φλνπ++-=L L t A y ， λk L x +-=1 （ ,2.1±±=k ）5、（1）λπφφ)(21212x x --=- ,当 m x x 12.012=-时 πφφ3.012-=-（2）同一点x ，时间差12t t -，相应位相差)(2/)(2121212t t T t t -=-='-'νππφφ 当 s t t 31210-=-时，πφφ='-'126、（1）s i n 0c o s 0000<-===φωφA v A y 20πφ=∴ 波动方程为)2cos(πωω+-=uxt A y（2） 8λ=x 的振动方程为 )4c o s (πω+=t A y ，83λ=x 的振动方程为 )4c o s (πω-=t A y （3） )22sin(πλπωω+--==x t A dt dyv0=t 时 8λ=x 处 22ωA v -=，83λ=x 处 22ωA v =。
