河海大学物理习题答案

2 V = 3 K x0 mB
B
（2）.A、B速度相同时，弹簧的伸长量为最大 1 1 1 2 2 2 kx0 = (m A + m B )V + kx max 2 2 2
x
max
=
3 x0 3
一.1. B 二.1.
2. B
2J Kω o
力学(八）
1 2. mgl , 2 3g 5l
13
2 Kω o − , 9J
m
h
h = 0 . 061 m
3 h 4
振动（一） 一.1. C 二.1. 6 m , 2. 2 π 2. B
1 . 26 s ,
2m , k
15
3. C
0 . 80 ,
2π m 2k
30 m / s ,
150 m / s 2
0 . 75 s
−2 ± 4 . 24 × 10 m, 3.
m0 g = 25( N / m) 三.解： k = l0
µ≥ g = 0.50
m
一.1. A
2. C
3. B
17
（2）如图： mg − N = ma N ≥ 0 时不分离，即： mg − ma ≥ 0
a = −ω A cos(ω t + ϕ )
2
r N
x
m
r a
ω = 2π ν
即必须：
∴ amax = ω 2 A ≤ g r mg 1 g ν ≤ = 2 . 23 Hz 2π A
3. A 2.
m 2v 2 2( M + m )
力学(七）
L2 , 2 2 mR L2 − , 2 mR
2 gl M M +m
11
二.1.守恒 不守恒 3.6400 m/s 三.1.解： mv
0
L2 − 2 mR 2
4.
5.
= ( M + m )v 1
1 1 2 2 mgh + ( m + M )v1 = mv 0 2 2
f = µN
'
µ=
( v 0 − v 2 ) Rg R 2 g 2 + v0 ⋅ v 2
2
2
µ ≥ 0.234
三.2.解 分别以m1和m2为研究对象，分析各自受力。 r r r r g T g y N 3 r 3 r a′ x o r T r ′ a m g r
m1 g
2
5
设m1 相对升降机的加速度a’,方向向左； 则m2 相对升降机的加速度a’,方向向下。 g m 1 : N − m1g = m1 3 ' 2 ' a = 8 . 7 m / s T = m 1a g ' m2 : T − m2 g = m2 ( − a ) r r 3
− v1 sin θ
3
dθ dω 2 ω = = − α = = t rad s 8 1 ( / ), 8 ( rad / s ) 三、1、(1) dt dt （2）v = Rω = 24t − 3 = 24× 0.2 − 3 = 1.8m / s v2 an = = 1 .08 m / s 2 , a t = R α = 24 m / s 2 R
V2 T − Mg = M l
（2）子弹受到的冲量：
r r r r I = m v − m v 0 = −4.7 i ( N ⋅ S )
10
三.2.解：¬由动量守恒，下滑到底部时： 0 = mv + MV A 由机械能守恒
mgh = 1 mv 2
2
+
1 MV 2
2 A
有 v =
2 ghM M + m
以设计标准速度行驶时，无侧向摩擦力
θ
x
r' N
mv 0 x 方向 : N 0 sin θ = R y 方向 : N 0 cos θ − mg = 0
以v行驶时，有侧向摩擦力 2 mv x方向 : N ' sin θ − f cos θ = R
v0 tg θ = Rg
r f
r mg
θ
y方向 : N ' cos θ + f sin θ − mg = 0
R 0
2.解：运动中受摩擦力fr，弹性力f，外力F。设最大 伸长量Xm，此时速度为0。过程中作功： 1 2 AF + A f r + A f = Fx m − µ mgx m − kx m = 0 2 2 1 2 2 ∴ x m = ( F − µ mg ) 此时： E P = kx m = ( F − µmg ) 2 k 2 k
Mv 0 h= 2( M + m ) g
2
设 m 离开轨道时速度为 v , 小车的速度为 V ′，则从入射到 离开小车的过程中
mv
0
= M V ′ + mv
1 1 1 2 2 mv 0 = M V ′ + mv 2 2 2 2
( M − m) v=− v0 M +m
12
三.2.解（1）.弹簧为原长时，B 的速度为V0 1 1 2 2 A m B v 0 = kx 0 L (1) 2 2 设A、B达到共同速度为V，则 m B v 0 = ( m A + m B )V LL ( 2) 由式1、2可得
2
f = k ∆ l = 2 R (1 − cos θ ) v2 N + f − mg = m R
N = mg + 4mg sin θ − 4kR(1 − cos θ ) − 2 Rk (1 − cos θ )
2 2
一.1. B 二.1. a , b
2. C
a2 , 2b a2 2 bv 0
力学(六） 2. 3.
1 三.1.解：θ = ω 0 t + β t 2 = 0 2
2.解： A轮 : T0r −T1r = JAα
m:
B轮 :
2ω 0 t = − = 4s β rad ω = ω 0t + βt = −8 s
v = ω t = 9 .6 m / s
T1 − mg= ma
α
T1
A
T2r −T0r =JBα
一.1. C
2. B
m 6 s
力学(五） 2.
− G Mm , 3R G Mm 6R
7
二.1. 18 J , 3.
Βιβλιοθήκη Baidukl 2 2 gl sin θ − m
2mg sin θ k
三.1.解：摩擦力 f = µ N = µ mg 设所需距离为
s
1 2 − f ⋅ s = 0 − mv 由功能原理： 2 2 v 1 ∴ µ mgs = mv 2 s = 2µ g 2
2 QV
9
与X 轴1350
2mv M
2mv − , M +m
三.1.解 （1）m、M 系统在子弹穿透过程中，水平方向动
r T
r mg
量守恒，设M 获得初速为V：
mv0 = mv + MV
r v
y
o
x
m V = (v 0 − v ) M
M获得初速V后瞬时受力为T、Mg，∴有加速度
m2 2 T = M[g + ( v − v ) ] = 26 .5( N ) 0 2 M l
三.1.解（1）F 一直保持与圆弧相切，作功：
A1 =
∫
r r F ⋅ dr =
∫
2π = 94 . 2 J F τ ⋅ ds = F τ ⋅ S = 30 × 2
（2）F’与x、y轴方向不变，作功： r 0 −R r A 2 = ∫ F ′ ⋅ d r = ∫ F x′ ⋅ dx + ∫ F y′ ⋅ dy = 29 . 2 J
2、
ds v= = 20 + 10 t dt
dv at = = 10m / s 2 dt
v (20 + 10t ) an = = R 20 当t = 2s, an = 80m / s 2
2 2
一.1. C 二.1. 2g 三.1.解 r
r mg
2. C 0
N0
y
力学(三） 5.88 N
2
2
4
2. 0.56 m/s2
r 2 a m1对地 = −8.7 i + 3.3 j ( m / s );
r r a m 2 对地 = −5.4 j ( m / s 2 )
一.1. C 2.85N 85W
2. C 二.1.a/2
mg 3. k
c
-a/2-c
力学(四）
6
mg 2 2 gh + k
mg + 2 kmgh + m 2 g 2 k
2
三. 2.
dv = − kt 2 dt 1 3 ∫v0 dv = ∫0 − kt dt , v = v0 − 3 kt
v t 2
dx 1 3 = v 0 − kt v= dt 3 x t 1 3 ∫0 dx = ∫0 (v0 − 3 kt )dt
kt 4 x = v0t − 12
力学(二） 一. 1. C 2. B 二. 1. 60 m/s 5.4 m/s2 3. 2.5m/s 8.66m/s2 2. v1 cos θ − v 2 5m/s2 20m
三.2.解 （1）小环下滑过程中，小环、弹簧、地球系 统机械能守恒，设B处重力势能为0 r r 1 1 N f 2 mgh = mv + k ( ∆ l ) 2
1 1 2 2 mg 2 R sin θ = mv + k [2 R (1 − COS θ ) ] 2 2
2
8
2
2
r mg
r an
4 2 v = 4 gR sin θ − kR (1 − cos θ ) 2 m （2）分析B处受力：
3.
1 ωo 4
三.解：碰撞过程角动量守恒:
3L 3L 2 1 mv = ( J m + J M )ω = [ m ( ) + LM 2 ]ω 4 4 3
L
3L 4
ω = 3.37rad / s
θ
M
上摆过程机械能守恒： m r v 1 3 1 2 ( J m + J M )ω = mg h + Mg h 2 4 2
π π 三.解： x = 0 . 80 cos( 4 t + ) v = − 3 . 20 sin( 4 t + ) 2 2 π a = − 12 .8 cos( 4 t + ) = − 16 x 2 π (1) t = 0 , v0 = −3.2 sin = −3.2m / s , vm = 3.2m / s 2 (2) x = 0.4m, a = −16x = −6.4m / s2
ω=
k = 10s −1 m
x0 = 3.46×10−2 m v 0 = −0.2m / s 振动方程
π x = 0 .04 cos( 10 t + ) ( SI ) 6
A = 0.04m π ϕ= 6
一.1. B
2. C
振动 3. B（二）
π , 6 4π , 3 v0 > 0
16
二.1. 0 . 1 m , 12 s , 2. 2:1 2:1
-m从A底部匀速滑到B底部，速度不变。 ®m上升最大高度H时，m和M具有共同速度VB，水平向右。 由水平方向上动量守恒和上滑过程中系统机械能守恒得
mv = ( m + M )V B 1 1 2 2 mv = ( m + M )V B + mgH 2 2
M 2 H =( ) h M+m
一.1. A
2. B
T0
B
2m : 2mg−T2 = 2ma
a =α r
r a
r mg
r a
T2
r 2m g
解得：
11 T = mg 8
一.1. C 590 m/s2
2. A 133 J 14N 2. 133 J
33
力学(九） 9.4 m/s 4.7 m/s2
2
14
二.1. 62.8rad
7.1 × 10 kg ⋅ m / s
一. 1. E 二. 1.
2. D 2m/s 5 m/s
2
力学(一） 0
2
1
− v0 ( l0 − v0 t ) 变加速 2. x = ( l0 − v 0 t ) − h v = x r r r 10 j ( m ) ; 9 j ( m / s ) ; 5 j ( m / s ) 3. 3 r r r x 三. 1.( 1 ). r = 4 t i + ( 5 − 2 t 3 ) j ( m ), y = 5 − (m ) 32 r r r r r r r dr dx dy 2 i + j = 4i − 6t j (m / s) ( 2 ). v = = dt dt dt r r r dv x r dv y r dv i + j = − 12 t j ( m / s 2 ) a = = dt dt dt r r r r r r r ∆r ( 16 i − 123 j ) − 5 j ( 3 ). v = = = 4 i − 32 j ( m / s ) ∆t 4− 0 r r r r r r ∆v ( 4 i − 96 j ) − 4 i a = = = − 24 j ( m / s 2 ) ∆t 4−0
F = ma = −1.28 N
4:1
−1 4 s , 1 .57 s , 3.
± 9 .17 cm
振动（三） 5π π 2 0 . 4 π 3.42rad / s 二.1. 0.085 , π , 2kπ + , 2kπ − 3. 4 4 π π 2. x = 0.106 cos(10t − ) x = 0.106 cos(10t + ) ( SI ) 4 4 三.解：（1） f max = µ mg ≥ ma max = m ω 2 A r r a f Aω 2