南邮物理活页练习答案

1.质点运动学单元练习（一）答案
1．B 2．D 3．D 4．B
5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）
6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。

）
7．解：（1）)()2(22
SI j
t i t r -+=
)(21m j
i r
+= )(242m j
i r
-=
)(3212m j
i r r r
-=-=∆
)/(32s m j
i t r v -=∆∆=
（2）)(22SI j t i dt
r
d v -== )(2SI j
dt v
d a -==
)/(422s m j
i v
-=
)/(222--=s m j
a
8．解：
t A tdt A adt v t
o
t
o
ωω-=ωω-==
⎰⎰
sin cos 2
t A tdt A A vdt A x t
o
t
o
ω=ωω-=+=⎰⎰cos sin
9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω
s rad /1027.73600
*62
/5-⨯=π=
ω
s m t
h dt ds v /1094.1cos 32
-⨯=ωω==
（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt
h s t 0.31008.144=⨯=ω
π
=
10．解： ky y
v v t y y v t dv a -====
d d d d d d d -k =y v d v / d y
⎰⎰+=-
=-C v ky v v y ky 2
22
121,
d d 已知y =y o ，v =v o 则2
020
2
121ky v C --= )(22
22y y k v v o o -+=
2.质点运动学单元练习（二）答案
1．D 2．A 3．B 4．C
5．14-⋅==s m t dt ds
v ；2
4
-⋅==s m dt
dv
a t ；22
2
8-⋅==s m t R
v a n ；
2284-⋅+=s m e t e a n
t
6．s rad o /0
.2=ω；s rad /0.4=α；2
/8
.0s rad r a t =α=；
22/20
s m r a n =ω=
7．解：（1）由速度和加速度的定义
)(22SI j
i t dt r
d v +==；)(2SI i
dt
v
d a ==
（2）由切向加速度和法向加速度的定义
)(1
24422SI t t t dt d a t +=+=
)(1
22
22SI t a a a t n +=
-=
（3）()
)(1
22/322
SI t a v n
+==ρ
8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得
s m gt
v o /8345sin =︒
=
9．解：s m u
v /6.3430tan =︒
=
10．解：
l h v u ≤；u h
l v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案
1．C 2．C
3．A 4．kg Mg T 5.36721==
；2/98.02.0s m M
T a == 5．x k v x 2
2=；x x x
v k dt
dx
k dt dv v 222== 22
1
mk dt dv m
f x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cos
mg F F N T =θ+θcos sin
θ-θ=θ+θ=sin cos ;
cos sin ma mg F ma mg F N T
（2）F N =0时；a =g cot θ
7．解：mg R m o ≥ωμ2
R
g o μ≥
ω 8．解：由牛顿运动定律可得
dt
dv t 10
40120=+ 分离变量积分
()
⎰⎰
++=
t o
x
dt t t
dx 6462
.5 )(5
62223m t t t x +++=
9．解：由牛顿运动定律可得
dt
dv m
mg kv =+-
分离变量积分
⎰⎰
-=+t o v
v o dt m k mg kv kdv o
t m k
mg kv mg o -=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-
=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln
10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2
cos =-θ，
t
v
m mg d d sin =θ，
以及 t
a v d d θ=，θd d v a
t =，
积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，
)2cos 3(cos 2
-=-=θθmg a
v m mg f ．
4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案
1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=
；2
2
12m t F v v ∆+=
7．解：（1）t dt dx
v x 10==
；10==dt
dv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆
J x F W 800=∆=
（2）s N Fdt I ⋅==
⎰
403
1
8．解：()1'v m m mv +=
()22
122
1'2121o
kx v m m mv ++= ()
''
m m k mm v
x +=
9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=
当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=
gh m
M m v 2'+=
gh m
M mM
Mv I I T 22'22+=
==
10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零
0=+mv Mu
等式乘以d t 后积分，得
0=+⎰⎰
t
o
t
o
mvdt Mudt
m m
M ml
x 47.0=+=
5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案
1．C 2．D 3．D 4．C
5．18J ；6m/s 6．5/3
7．解：摩擦力mg f μ= 由功能原理
解得 )
(2212
1x x mg kx +=μ.
8．解：根据牛顿运动定律 R
v m F mg N 2
cos =-θ
由能量守恒定律
mgh mv =22
1
质点脱离球面时 R
h
R F N -=
θ=cos ;
0 解得：3
R h =
9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小
①
2
12
211m m v m v m v ++=
(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差
22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=
② 联立①、②得 )/()(2
1
2122121m m m m E p +-=
v v
10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．
0)(=--MV V u m ①
mgR MV V u m =+-222
1
)(21 ② 解得： )(2m M M gR
m
V +=；M
gR
m M u )(2+=
(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2
=-
M mg m M mg R mu mg N /)(2/2
++=+= mg M
m
M M mg m M Mmg N 23)(2+=++=
6.刚体转动单元练习（一）答案
1．B 2．C 3．C 4．C
5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

6．
2ln k
J
7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad J
Fr
==
α （2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490==∆= （3）根据牛顿运动定律和转动定律：
mg –F ’=ma rF ’=J α
a=r α
联立解得飞轮的角加速度2
2
/8.21s rad mr
J mg =+=
α 8．解：（1）由转动定律 α=2312ml l mg
l
g
23=
α （2）取棒与地球为系统，机械能守恒
mgl E k 2
1
=
(3)棒下落到竖直位置时
223
1
2121ω⋅⋅=ml mgl l
g
3=ω 9．解：（1）系统的能量守恒，有222
1
21ω+=
J mv mgh ω=r v
联立解得： J mr mghr v +=
2
2
2 ； J
mr mgh
+=ω2
2 （2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg – T ＝ma T r ＝J β 由运动学关系有： a = r β 联立解得： 2
mr
J mgJ
T +=
10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为
y x m d d d ρ=
式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义，
)(12
)()(3322
22222
2b a ab y y x x m y x a a b b +ρ
=
+ρ=+=⎰⎰⎰--d d d z J 薄板的质量 ab m ρ= 所以 )(12
22
b a m J +=
z 7.刚体转动单元练习（二）答案
1．C 2．A 3．D 4．B 5．o ω3；
o J 3
1 6．
o ω34；22
1o o J ω 7．解：小球转动过程中角动量守恒
ω=ω4
2
2o o o
r m mr o ω=ω4
22222
32121o o o mr J J W ω=ω-ω=
8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒
ω⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2
221221212l m l m l v m ()l m m v m 21236+=ω
9．解：圆环所受的摩擦力矩为mgR M μ=，
由转动定律 α=μ2
mR mgR ， R
g μ=
α
1质点运动学单元练习一答案—11 至圆环停止所经历的时间 g
R t μω=αω=00 10．解：落下过程棒的机械能守恒。

设棒刚到竖直位置时角速度为ω
2
312122L Mg ML =ω⋅， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒
ω=23
1ML mvx ， ② 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒
ω=
M L mv 2， ③ ①、③消去ω，得 gL m
M v 32=， ④ ②、④消去v ，得 L x 3
2=
.。