大学物理练习题答案

mg kx0
①
设 m 在 x 位置，分析受力, 这时弹簧伸长
x x0
N T1
T2 k(x x0 )
②
由牛顿第二定律和转动定律列方程：
mg T1 ma
③
T2 MgT1 mg
m x0 O x
T1R T2 R I
④
a R
⑤
联立解得
a kx (I / R2) m
。由于 x 系数为一负常数，故物体做简谐振动，其角频率为
dx
∴
dx m dv
xmax
，d
x
0
m
dv
，
K
0
K v 0
∴ xm a x mv0 / K
2 解：（1）取距转轴为 r 处，长为 d r 的小段绳子，其质量为 (M/L)
dr ． (取元，元的受力图)
O r dr
由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，
由牛顿定律得：dT = T ( r + dr ) T ( r ) = - ( M / L) dr 2 r
二、填空题
1．400 rad·s-1；8000 rad·s-2
2． 7 ml2 1 ml2 cos
12
2
3．25 rad / s
4． 1
2(MR2 M f R1 ) (m1 m2 )R12 R2
5． g 3
6． 0.4rad s-2 ； 3.3s
7． 2m1v (m2 2m1)R
8． 3 g sin 2l
（增加）9．50 m/s 三、计算题
1 解：(1) k 25 10 s-1 , T 2 2 0.2 s
m 0.25
10
(2) x Acos(t ) 0.02 cos(10t ) m
3
3
(3) 10t 6
t s 60
2 解：(1) 设振动方程为 x Ac o s(t )
4 解：（1）根据已知条件确定常量 k，
k ω/ t 2 v / Rt 2 4rad / s2 ， 4t 2
d 4t 2 dt
t = 1 s 时，质点 P 转过的角度
1 4t 2dt 4 rad
0
3
（2）t =1 s 时，
角加速度： d 8t 8rad s2 dt
v R 4Rt 2 = 4 m/s ,
1
T 2 24 4.8 s 5
（2）故所求振动表达式为 x 0.1cos(5t /12 2 / 3) (cm) （3） t 2 s 时，振动的速度 v 0.5π /12sin(5π / 6 2π / 3) π m s-1
24
3 解：取如图 x 坐标，平衡位置为原点 O，向下为正，m 在平衡位置时弹簧已伸长 x0
毛细血管横截面积为 S , 通过它的血液的流速为 v
则 N 根毛细血管血液流动遵循连续性方程
NSv S0v0
N
S0v0 Sv
3.1 31 3.0 107 0.05
6.4 109
即有 64 亿根毛细血管，其总横截面积是主动脉横截面积的 640 倍。
2 题解：设某时刻水面到龙头的深度为 h，由连续方程
k
kR 2
(I / R 2 ) m I mR 2
4 解：（1）合成振动的表达式： x 0.2 cos πt
（2） 0 时，合振幅为最大为 0.4
时，合振幅为最小为 0。
（3） ( 3 π - π)t 2kπ 3 π
2
2
t 4k 3 k 0,1.2
2
一、选择题 1C 2A 3C
由曲线可知 A = 10 cm ,
t = 0， x0 5 10 cos ，v 0 10 sin 0
解上面两式，可得 = 2 /3 由图可知质点由位移为 x0 = - 5 cm 和 v 0 < 0 的状态到 x = 0 和 v > 0 的状态所需时间 t = 2 s，代 入振动方程得
0 10 cos(2 2 / 3) (cm) ，则有 2 2 / 3 3 / 2 ，∴ = 5 /12
x mg sin k
1 kx2 1 mv2 1 J 2 mgx sin
22
2
v
1 mgR sin
k(J mR 2 )
3
一．选择题
第 3 章_2 流体力学参考答案
1B 2 C 3 D 4A 二．填空题
1．= ； > 三．计算题
2．8.52m s1
3．大于 ；
1 2
12 -22
1 题解：设主动脉横截面积为 S0 , 通过它的血液的流速为 v0
上式改写成
dh dt
S2
2gh
S12
S
2 2
t dt
S12
S
2 2
0 1 dh
0
S2 2g H h
得
t 1
2(S12
S
2 2
)
H
S2
g
1 2 104
2[(5 102 )2 (2 104 )2 ]1 1.1102 9.8
(s)
1
一、选择题 1D 2C 3C
第 4 章（一） 振动学基础参考答案
7．69.8 m/s 8．17.3 m/s，20 m/s
三、计算题
1
解：（1）运动方程
x y
v0 v0
cos sin
t t
10 1 gt 2
3t 2
10t
5t
2
轨道方程：
y
3 x2 x
3 60
（2）物体速度
v v
x y
v0 v0
cos sin
10 3 gt 10
10t
t 0.5s 时物体的速率 v
第 4 章（二） 波动学基础参考答案
4D 5B 6D 7D 8C
二、填空题
1． ； 22
2．0.6m； 0.25m
3． y 3.0 102 cos[50π(t x / 6) π / 2] (SI)
4． yx1 Acos(2πt / T π / 2)
5． y2 Acos[2(t / T x / ) ] 6． P W / t 2.70×10-3 J/s； I P / S 9.00×10-2 J/sm2； I w u → w I / u 2.65×10-4
O′ T(r) T(r+dr)
1
由于绳子的末端是自由端：T (L) = 0
0
L
有 dT (M 2 / L)r d r
T (r)
r
∴ T (r) M 2 (L2 r 2 ) /(2L)
（2）T (0) M 2 L / 2
3 解：取如图所示坐标，设绳长 L，质量 M，在时刻 t 已有 x 长的柔绳落
v2 x
v2 y
300 25 5 13m s1
切向加速度大小：
a
dv = dt
- gv y 10 13 m s2
v
2 x
v
2 y
13
法向加速度大小：
an
g2
a2
20 39 m s2 13
（3）物体在上抛运动的最高点处， vy 0 、 v vx v0 cos
v2
v2 0
cos
常量 ，从而 at
an tan
v2 R tan
dv ，即 dt
v2 R tan
。又
dv dt
dv ds
ds dt
=v
dv ds
，因此
v
dv ds
=
R
v2 tan
，即
R tan dv = ds v
v R tan dv s ds
v v0
s0
得
R tan ln v 2 R
v0
所以
2
v = v0 e tan
4B 5C 6B 7D 8B
二、填空题 1．2∶1；4∶1；2∶1
2．； -/2；
3． x 2 102 cos(t / 4) (SI)
4． 2 / 3
5． x 2 102 cos(5t / 2 )
6． x 0.204 cos(2t ) (SI)．
7． T1 /2
8． 0.1 m ； / 2
S1v1=S2v 2
式中 S1，v1 和 S2，v2 分别为容器截面积及液面流速和出水口截面 积和水的流速。伯努利方程为：
P0 + 1 v12 + gh = P0 + 1 v22
2
2
解上述方程，得
v1 S2
2gh
S12
S
2 2
式种
h
为变量。 v1
dh dt
，负号表示液面高度随时间下降，代入上式得
5． 2F0 R 2
6． 2275 kgm2·s1；13 m·s1
7． arccos 1 3
8．
1 m
k(M m)
三、计算题
1 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律 ： Kv m dv dt
∴ K dt dv ,
m
v
(2) 求最大深度
t K d t v dv ， 故
0m
三、计算题
1 解：（1）对圆柱形轮子应用转动定律
fr
R
1 2
mR 2
对木板则应用牛顿定律
F
f
, r
m0 a
（a） （b）
其中摩擦力
f
, r
f r ，由于两者间无相对滑动，两物体的切向加速度相同，即
a R
联立式（a）、式（b）、式（c）可以得到
（c）
a 2F 2m0 m
可见薄板作匀加速运动，当它脱离轮时，它的速度为
at R 8Rt 8 m/s2，
an v 2 / R 16 m/s2
加速度： a at2 an2 17.9 m/s2
2
第 2 章 动力学基本定理参考答案
一、选择题 1C 2C 3C 4D 5A 6A 7C 8C
二、填空题
1． aA 2g ； aB 0 2． 72m s1
3． (mA mB )(g a) 4．0.9 m.s-1； 0.45m.s-1
v2 2al
可得
v 4Fl
m 2m0
1
（2）因为 l 1 at 2 2
可解得板通过轮子的时间：
t (m 2m0 )l F
2 解：在 r 处取 dr 质元，摩擦力矩 总摩擦力矩
dM mg rdr l
角加速度
M＝ d
M
＝
l
0
gm / lr
dr
mgl
/
2
M mgl / 2 g
Leabharlann Baidu
J
2
2
4
4232'
4 解：（1）初始时刻，对物体、滑轮分析受力，并列出运动方程
解得初始时刻物体的加速度
mg sin T ma TR J a R
a
mg sin J mR2
R2
（2）物体达到最大速度时，物体的加速度为零，此时， kx mg sin
2
弹簧伸长量：
由机械能守恒定律：
又 v R 解得：
J/m3 7．2k + /2， k = 0，±1，±2，…；2k + 3 /2， k = 0，±1，±2，…
8．．
（增加）9． 55 dB
三、计算题 1 解：（1）由振动曲线可知，P 处质点振动方程为
到桌面上，随后的 dt 时间内将有质量为 d x (即 M d x / L )的柔绳以 dx/dt
的速率碰到桌面而停止，它的动量变化率为：
O x
dx dx dt
dt
根据动量定理，桌面对柔绳的冲力为：
v x
dxdx
F
d t v2 ,
其中
dt
由牛顿第三定律，柔绳对桌面的冲力为 F = F′，
v dx dt
1 ml 2
6l
3
运动的时间
t 0 6l0 g
转角
= 2 n，由
2 0
2
4n
转过的圈数
n
2 0
3l
2 0
4 2 g
3 解：（1）角动量守恒：
mv 3 l J [1 Ml 2 m( 3 l)2 ]
4
3
4
4.44 r a d / s
（2）机械能守恒
1 J 2 Mg l (1 cos ) mg 3 l(1 cos )
一、选择题 1C 2B 3B 4A
第 1 章 质点运动学参考答案
5D 6 C 7 A 8B 9B
二、填空题 1．1.5 m·s-1 2．v2 = 6x2 + 4x + 100 3．4.12 m/s2；104o
4．B ； A2 4 B R
5．6.0 m·s-2 ； 450 m·s-2
6． t 0.55s
即
F
dxdx dt
M
(dx )2
M
v2
dt
L dt L
而
v 2 2gx, F 2Mgx / L
已落桌上柔绳所受的重力
G Mgx L
F总 F G 3G
4解：物体在台面上滑动时，设其在台面上的长度为 x ，其所受的摩擦力可表示为
f M gx L
0<x<L
f Mg
Lx
当物体前端在 s 处停下来时，台面对物体的摩擦力的功
2
=30m
an
g
2 解：由题意可知，加速度和时间的关系为
1
a
a0
a0
t
而 dv adt ，两边积分得
v dv
0
t 0
(a0
a0
t)dt
v
a0t
a0 2
t2
又 dx vdt ，质点的运动距离
x t vdt a0 t 2 a0 t 3
0
2 6
3 解：根据题意 an a1
= tan
s
Af f dx 0 fdx
L
M
gxdx
s
Mgdx
0L
L
Mg( L s L) Mg(s L)
2
2
由动能定理
（1）
Af
0
1 2
Mv
2 0
将（1）式代入上式解得
v0
2g s L 2
2
一、选择题 1B 2B 3C 4B
第 3 章 刚体力学基础参考答案
5B 6D 7D 8B
v v 0
v v0eKt / m
解法一：v
dx dt
，d
x
v0eKt / m
dt
，
x
t
d x v0eKt /m d t
0
0
∴ x (m / K)v0 (1 eKt /m ) ， xmax mv0 / K
解法二： Kv m dv m(dv )(d x) mv dv
dt dx dt