河海大学物理习题答案

100 2
3. y = 0.1cos(π t + 2π )
23
y = 0.1cos( π t + 2π − 2π x )
23
5
( SI )
三.1.解： (1). ω = 2π / T = π rad / s ; t = 0 : y0 = − A
∴ϕ = π ∴ y = 0.01cos(πt + π ) (SI )
2.
x
=
0.106 cos(10t
4
−
π
)
x
=
4
0.106 cos(10t
+
π
)
(SI )
4
4
三.解：（1） f max = µmg ≥ ma max = mω 2 A
µ ≥ Aω 2 = 0.50 g
ar
m
r f
x
（2）如图： mg − N = ma N ≥ 0 时不分离，即： mg − ma ≥ 0
1 2
mv
2
=
1 2
(m
+
M
)V B 2
+
mgH
H = ( M )2 h M+m
一.1. A 2. B 3. A
力学(七）
11
二.1.守恒 不守恒 3.6400 m/s 4.
2.
m 2v 2 2(M + m)
L2 2mR 2 ,
5.
−
L2 mR
2
,
2gl M M +m
−
L2 2mR
2
三.1.解： mv 0 = ( M + m )v 1
kt 3
∫ ∫ x
dx =
0
t 0
(v0
−
1 3
kt
3
)dt
x
=
v0t
−
kt 4 12
力学(二）
3
一. 1. C 2. B 二. 1. 60 m/s 5.4 m/s2
3. 2.5m/s 8.66m/s2
2. v1 cosθ − v2 − v1 sin θ 5m/s2 20m
三、1、(1) ω = dθ = 8t − 1(rad / s),α = dω = 8(rad / s 2 )
r T
量守恒，设M 获得初速为V： mv0 = mv + MV
ry vo x
V
=
m M
(v0
− v)
r
mg
M获得初速V后瞬时受力为T、Mg，∴有加速度
T − Mg = M V 2 l
T
（2）子弹受到的冲量：
=M
r I=
[g +
mvr
m2
M 2l (
−
r mv0
v0
=
− v )2 ] = 26.5(
r −4.7i ( N ⋅ S )
(2). u = 2ms y = 0.01 cos( π (t − x ) + π ) ( SI )
(3). λ = uT = 4m
2 y(m)
0 . 01
x(m )
2.解：ω = 2πu / λ = 8π rad / s
1
3
5
t = 0 : y0 = − A ∴ϕ = π
y = 0.05 cos[ 8π (t − x )t + π ]( SI ) 24
R
N = mg + 4mg sin2 θ − 4kR(1 − cosθ )2 − 2Rk(1 − cosθ )
一.1. B 2. C
力学(六）
9
二.1. a ,
a2 ,
a2
b 2b 2bv 0
2. 2QV 与X 轴1350 3. − 2mv , 2mv
M+m M
三.1.解（1）m、M 系统在子弹穿透过程中，水平方向动
Fx m
−
µmgx m
−
1 2
kxm 2
=0
∴
xm
=
2 k
(F
−
µmg )
此时： E P
=
1 2
kxm 2
=
2 k
(F
−
µmg )2
一.1. C 2. B 二.1. 18 J , 6 m
s
力学(五）
7
2. − G Mm , G Mm
3R
6R
3. 2 gl sin θ − kl 2
m
2mg sinθ k
v0 > 0
2. 2:1 2:1 4:1 3. 4s −1 , 1.57 s, ± 9.17cm
三.解： x = 0.80 cos( 4 t + π ) 2
v = −3.20 sin( 4t + π ) 2
a = −12.8 cos( 4t + π ) = −16 x
2
(1)
t = 0,
v0
=
−3.2sinπ 2
m : T1 −mg= ma α
B轮 : T2r −T0r =JBα
2m : 2mg−T2 = 2ma
A
T1 r a
解得：
a =α r
mgr
T = 11 mg
8
T0
B
r T2 a
2mgr
一.1. C 2. A
力学(九） 14
二.1. 62.8rad 133 J 133 J 9.4 m/s 4.7 m/s2
r am2对地
=
r −5.4 j(m
/
s2)
一.1. C 2. C 二.1.a/2 c -a/2-c 力学(四）6
2.85N 85W 3. mg
k
2gh + mg 2 k
mg + 2kmgh + m 2 g 2 k
三.1.解（1）F 一直保持与圆弧相切，作功：
∫ ∫ A1 =
r F
⋅
d
r r
=
Fτ
三.1.解：摩擦力 f = µ N = µ mg
设所需距离为 s
由功能原理： − f ⋅ s = 0 − 1 mv 2 2
∴ µ mgs = 1 mv 2 2
s = v2 2µ g
三.2.解 （1）小环下滑过程中，小环、弹簧、地球系 8
统机械能守恒，设B处重力势能为0
mgh = 1 mv 2 + 1 k ( ∆ l ) 2
1 2
mBv02
=
1 2
kx 0 2 L (1)
A
设A、B达到共同速度为V，则
12
B
m B v0 = (m A +m B )V LL(2)
由式1、2可得
V =2 3
K m B x0
（2）.A、B速度相同时，弹簧的伸长量为最大
1 2
kx0
2
=
1 2
(m
A
+ mB )V 2
+
1 kx2max 2
x max =
=
−3.2m /
s,
vm = 3.2m / s
(2) x = 0.4m, a = −16x = −6.4m/ s2
F = ma = −1.28N
一.1. A 2. C 3. B
振动（三）
17
二.1. 0.085, π , 2kπ + 5π , 2kπ − π 3. 0.4π 2 3.42rad/ s
⋅ ds
= Fτ
⋅S
=
30
×
2π 2
= 94 .2 J
（2）F’与x、y轴方向不变，作功：
∫ ∫ ∫ A2 =
r F
′
⋅
d
r r
=
0 R
F
x′
⋅ dx
+
− 0
R
F
y′
⋅
dy
=
29 .2 J
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：
AF
+
Af r
+
Af
=
ω = k = 10s −1 m
x0 = 3.46×10−2m
A = 0.04m
v0 = −0.2m / s
ϕ =π 6
振动方程
x = 0.04 cos( 10 t + π ) ( SI )
6
振动
16
一.1. B 2. C 3. B（二）
二.1. 0 .1 m , 12 s ,
π, 6
4π , 3
一.1. C
2. C
力学(三）
4
二.1. 2g 0 2. 0.56 m/s2 5.88 N
三.1.解 r 以设计标准速度行驶时，无侧向摩擦力
N0 y
x方向 : N 0 sin θ
=
mv 0 2 R
tg θ = v 0 2
mgr θ
x y方向 : N 0 cos θ − mg = 0
Rg
r
r
N'
f
r
r N
ar
m
a = −ω 2 Acos(ω t + ϕ ) ∴ amax = ω 2 A ≤ g
rx
mg
ω = 2πν
即必须：
ν
≤
1 2π
g = 2.23 Hz A
（ 若已知ω，问物体在何处分离？）
一.1. C 2. C 3. C
波动
18
二.1.0.5Hz, 0.5m/s, 1m, 0.05m 2. y（= 一0.1）cos[50π (t − x ) − π ]
y
=
5−
x3 (m )
( 2 ). vr
=
d rr
=
dx
r i+
d yr
r j
=
32
r
r
4i − 6t2 j(m
/ s)
dt dt
dt
r a
=
r dv
=
dv x
r i+
dv y
r j
=
r − 12 tj ( m
/ s2)
dt r ( 3 ). v =
dt
∆
r r
=
r dt (16 i − 123
r
r
j)− 5 j
=
r 4i −
32
r j(m
/ s)
ar
=
∆ vr
∆t r = ( 4 i − 96
r 4 − 0r j) − 4i
=
− 24
r j(m
/ s2)
∆t
4−0
2
三. 2.
dv = −kt 2dt
∫ ∫ v dv =
v0
t 0
−
kt
2dt ,
v
=
v0
−
1 3
kt
3
v
=
dx dt
=
v0
−
1 3
L
θM
m
h 3
h 4
振动（一）
15
一.1. C 2. B 3. C
二.1. 6 m , 1.26 s , 0.80 , 30 m / s , 150 m / s 2
2. 2 π
2m ,
2π
m 3. ± 4.24 × 10 −2 m , 0.75 s
k
2k
三.解： k = m0 g = 25(N / m) l0
r m1 g
r a
′
o
r m2 g
5
x
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。
m1 :
N
−
m1g
=
m1
g 3
T = m 1a '
m2 :
r am1对地
=
T
−
m2g
r
=
m2(
r
g 3
−8.7i + 3.3 j(m /
− a')
s2 );
a' = 8.7m / s2
dt
dt
（2）v = Rω = 24t − 3 = 24×0.2− 3 = 1.8m/ s
an
=
v2 R
= 1.08 m / s 2 ,
at = Rα = 24 m / s 2
2、 v = ds = 20 + 10 t
dt
an
=
v2 R
=
(20+ 10t)2 20
at
=
dv dt
=
10m /
s2
当t = 2s,an = 80m / s2
mg θ
以v行驶时，有侧向摩擦力
x方向 : N ' sinθ − f cosθ = mv 2 R
y方向 : N ' cosθ + f sinθ − mg = 0
f = µN '
µ = (v0 2 − v 2 )Rg R2g2 + v02 ⋅v2
µ ≥ 0.234
三.2.解
r T
ar分′ 别gr 以3 m1和Nr m2为研究对象，分gr 3析各自Tr 受力。y
3 3
x0
一.1. B 2. B
力学(八） 13
二.1.
−
Kω
2 o
,
2J
9J Kωo
2. 1 mgl ,
2
三.1.解：θ
= ω 0t +
1β 2
t2
=
0
2.解：
3g
5l t = − 2ω 0 = 4 s
ω
β = ω 0t + βt
=
−8
rad s
v = ωt = 9.6m / s
A轮 : T0r −T1r = JAα
t = 0.25, x1 = 0 : y = −0.05m v = 0 a = 31.58 m s2
t = 0.25, x2 = 3 : y = 0.05m
v = 0 a = −31.58 m s2
一.1. B 2. B 3. B
波动（二） 19
二.1. 2π π
2. y = 0 .01 cos( 10 π t + π )
590 m/s2
14N
2.
7.1×1033 kg ⋅ m 2 / s
3.
1 4
ω
o
三.解：碰撞过程角动量守恒:
mv
3L 4
=
(Jm
+
JM
)ω
=
[m( 3L)2 4
+
1 3
LM
2 ]ω
3L
ω = 3.37rad / s
4
上摆过程机械能守恒：
mr
1 2
(Jm
+
JM
)ω
2
=
mg
3 4
h+
Mg
1 2
h
v
h = 0.061 m
mgh
+
1 2
(m
+
M )v12
=
1 2
mv02
h = Mv0 2 2(M + m)g
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 mv 0 2 = 1 MV ′2 + 1 mv 2
2
2
2
v
=
−
(
M M
− +
m) m
v0
Baidu Nhomakorabea
三.2.解（1）.弹簧为原长时，B 的速度为V0
y = 0.01cos(10πt + π ) 3
2
2
mg 2 R sin 2 θ = 1 mv 2 + 1 k [2 R(1 − COS θ )]2
2
2
rr Nf
r an
r mg
v = 4gR sin 2 θ − 4 kR2 (1− cosθ )2 m
（2）分析B处受力：
f = k∆l = 2 R(1 − cos θ ) N + f − mg = m v 2
一. 1. E 2. D
力学(一）
1
二. 1. 2m/s 5 m/s 0
2.
x = (l0 − v0t)2 − h2
r
v = − v0(l0 − v0t)
r
x
r
变加速
3.
10 j ( m ) ; 9 j ( m / s ) ; 5 j ( m / s )
三.
1.(1 ). rr
=
r
r
4 ti + ( 5 − 2 t 3 ) j ( m ),
N
)
10
三.2.解：¬由动量守恒，下滑到底部时： 0 = mv + MVA
由机械能守恒
mgh
=
1 2
mv
2
+
1 2
MV
2 A
有 v=
2 ghM M +m
-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 )VB