发布时间 : 星期三 文章大学物理习题大题答案更新完毕开始阅读d78ccd1bcf84b9d528ea7ae1
1.1质点延Ox轴做直线运动加速度a=-kx，k为正的常量，质点在X0处的速度是V0，求质点速度的大小V与坐标X的函数
能量守恒：（m*V0^2 / 2）＝（m*V^2 / 2）＋（m*K*X^2 ） F= ma=-mkx 。上式解得：V＝±根号（V0^2－2K*X^2）
1.2飞轮半径为0.4m,自静止启动,其角加速度为0.2转每秒,求t=2s时边缘上，各点的速度、法向加速度、切向加速度、合加速度 ω=ω0+a't
ω0=0,t=2s,a'=0.2 × 2pi弧度/s^2=1.257弧度/s^2 ω=a't=1.257弧度/s^2×2s=2.514弧度/s 切向速度：v=ωr=0.4mx1.257弧度/s=1m/s
法向加速度：a。=ω^2r=(2.514弧度/s)^2 × 0.4m=2.528m/s^2
切向加速度：a''=dv/dt=rdω/dt=ra'=0.4m × 1.257弧度/s^2=0.5m/s^2 合加速度：a=√(a''^2+a。^2)=2.58m/s^2 合加速度与法向夹角：Q=arctan(a''/a。)=11.2°
2.2质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受的阻力与速度成正比，系数为k，
1.求 子弹射入沙土后速度随时间变化的函数关系式，
a = -kv/m = dv/dt dv/v = - k/m dt 两边同时定积分，得到 v=v0*exp(-k/m * t)
2.求 子弹射入沙土的最大深度
dv/dt=a=f/m=-kv/m v=ds/dt=ds/dv * dv/dt = -ds/dv * kv/m
整理得： lnv-lnv0 = kt/m
kds=-mdv 同时对等号两边积分，得： ks=mv0 =》 s=mv0/k.
3.1一颗子弹在枪筒离前进时所受的合力刚好为F=400-4*10的五次方/3*t，子弹从枪口射出时的速率为300m/s。假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t=? (2)子弹在枪筒中所受力的冲量I=？ （3）子弹的质量m=? （1）子弹走完枪筒全长所用的时间t 子弹从枪口射出时受力刚好为零
令 F = 400-4*10^5/3*t = 0，得 t = 3*10^(-3) s
(2)子弹在枪筒中所受力的冲量I 。 I = ∫Fdt = 0.6 Ns （3）子弹的质量m
根据动量定理，子弹在枪筒中所受力的冲量I,等于动量增量 mv - 0 = I
m = I/v = 0.6/300 = 0.002 kg 3.2．某弹簧不遵守胡克定律，若施力F，则相应伸长x，力与伸长的关系为F=52.8x+38.4x^2（SI），求： （1）将弹簧从定长x1=0.50m拉伸到定长x2=1.00m时外力所需作的功； （2）将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17kg的物体，然后将弹
簧拉伸到一定长x2=1.00m，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x1=0.50m时，物体的速率。
4.1、以20牛米的恒力矩作用在有固定轴的转轮上，在10s内该轮的转速由零增大到100r/min, 此时移去该力矩，转轮因摩擦力矩的作用经100s而停止。则此转轮对其固定轴的转动惯量为：
1. 如图7.2所示,有一飞轮,半径为r = 20cm,可绕水平轴转动,在轮上绕一根很长的轻绳,若在自由端系一质量m1 = 20g的物体,此物体匀速下降；若系m2=50g的物体,则此物体在10s内由静止开始加速下降40cm.设摩擦阻力矩保持不变.求摩擦阻力矩、飞轮的转动惯量以及绳系重物m2后的张力？
解： 摩擦阻力矩Mf?m1gr?0.04N?m
系上m2物体后，m2g?T?m2a
? m v ? L m 图7.2
图7.3
Tr?Mf?J? T?0.5N
a?r? J?1.49kg?m2 a?2S t25.1质量为M的均匀细棒；长为L；可绕过端点O的水平光滑轴在竖直面内转动；当棒竖直静止下垂时；有一质量为m的小球飞来；垂直击中棒的中点.由于碰撞；小球碰后以初速度
为零自由下落；而细棒碰撞后的最大偏角为θ；求小球击中细棒前的速度值。
：
：
6.1 如图所示轻质弹簧的一端固定另一端系一轻绳轻绳绕过滑轮连接一质量为m的物体绳在轮上不打滑使物体上下自由振动已知弹簧的劲度系数为k滑轮的半径为R转动惯量为J。（1）证明物体作简谐振动（2）求物体的振动周期（3）设t=0时弹簧无伸缩物体也无初速写出物体的振动表示式
6.2★2、一质量为10g的物体作简谐振动，其振幅为24cm,周期为4.0s，当t=0时，物体相对于平衡位置的位移为＋24cm,并向x轴正向运动。
求：（1）写出其振动表达式；（2）t=0.5s时，物体所在位置； （3）t=0.5s时，物体所受力的大小和方向；（4）由起始位置再次运动到x=12cm处所需的最少时间；
（5）在x=12cm处，物体的速度、动能以及系统的势能和总能量。 解：（1）振动方程：x=0.24cos（πt/2）
（2）t=0.5s时：x=0.24cos（0.5π/2）=0.24cos（0.25π）=0.17cm （3）t=0.5s时：a=-w^2Acos（0.5π/2）=-0.25π^2x0.17=-0.419cm/s^2,F=ma=-0.49x10^-3N (4)0.12=0.24cos（πt/2）,t=2/3s,
(5)v=-wAsin（π/2）=-π/2 x0.24 x sinπ/3=0.326m/s
7.1．一平面简谐波在介质中以速度c = 20 m/s 自左向右传播，已知在传播路径上某点A的振动方程为y = 3cos（4πt）（SI），另一点D在A右方9米处
（1） 若取x轴方向向左，并以A为坐标原点，如图10.10（1）所示，试写出波动方程，并求出D点的振动方程；
（2） 若取x轴方向向右，以A点左方5米处的O点为x轴原点，如图10.10（2）所示，重新写出波动方程及D点的振动方程.
7-2 一简谐波，振动周期T=1/2s，波长?＝10m，振幅A=0.1m，当t=0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t1＝T/4时刻，x1=?/4处质点的位移；（3）t2 ＝T/2时刻，x1=?/4处质点的振动速度。
解：（1 ）y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 ) = 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x1 = λ/ 4 = 10 / 4 m处
质点的位移y1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ）
= 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 v??y??0.4πsin4π(t?x/20) ?t t2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速
v2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s
8-1.
一平面简谐波在媒质中以波速u=5m/s沿X轴正方向传播，原点O处质元的振动曲线如图所示。
（1）求x=25m处质元的振动方程及t=1s时刻此处质元振动的速度和加速度。 （2）画出t=3s时刻的波形曲线。 解：（1）根据振动曲线可知 ： ??uT?4?5?20cm 所以该波动方程：
?x?y?2?10?2cos[(t?)?]252
T?4s ???2??????2 T2
X=25m处的振动方程
?25??y?2?10?2cos[(t?)?]?2?10?2cos[??]2522
??v?y???2?10?2?sin[t??]22 v(1)??a?y??t?1??2?10?2()2cos[t??]?022
???10?2ms
（2）根据波动方程
y?2?10?2cos[
?2(3?x5)??2]?2?10?2cos[?x??]y?0??x???(2k?1)x?k?32?2
k?0,?1,?2??