河海大学物理习题答案

1、1 一一. 1. e 2. d 二二. 1. 2m/s 5 m/s 0 22 00 )(htvlx= x tvlv v )( 000 =变加速变加速 力学力学(一）一） 2. )/(5;)/(9;)(10smjsmjmj rrr 3. )/(24 04 4)964( )/(324 04 5)12316( ).3( )/(12 )/(64).2( )( 32 5),()25(4).1( 2 2 2 3 3 smj iji t v a smji jji t r v smj tj dt dv i dt dv dt vd a smjtij dt yd i dt dx dt rd v m x ymjti

2、 tr y x r rrr r r rr rrr r r rrr r r rrr r r r r rr r = = = = = = =+= =+= =+= 三三. 1. 2 3 0 0 2 2 3 1 , 0 ktvvdtktdv dtktdv tv v = = = = tx dtktvdx ktv dt dx v 0 3 0 0 3 0 ) 3 1 ( 3 1 12 4 0 kt tvx= 三三. 2. 3 力学力学(二） 一 二） 一. 1. c 2. b 二二. 1. 60 m/s 5.4 m/s2 2. 21 cosvv sin 1 v 3. 2.5m/s 8.66m/s2 5m/s2

3、 20m 三、三、1、(1)/(8),/(18 2 srad dt d sradt dt d = （2）smtrv/8 . 132 . 024324= 22 2 /24,/08. 1smrasm r v a tn = t dt ds v1020 += 2 22 /80,2 20 )1020( smast t r v a n n = + = 当当 2 /10sm dt dv at= 2、 4 一一.1. c 2. c 二二.1. 2g 0 2. 0.56 m/s2 5.88 n 力学力学(三）三） 三三.1.解解 0 n r y x n r gm r f r 0cos: sin: 0 2 0 0

4、 = = mgny r mv nx 方向方向 方向方向 rg v tg 2 0 = 以设计标准速度行驶时，无侧向摩擦力以设计标准速度行驶时，无侧向摩擦力 r mv fnx 2 cossin:=方向方向 以以v行驶时，有侧向摩擦力行驶时，有侧向摩擦力 234. 0 2 2 0 22 2 2 0 )( vvgr rgvv + = gm r nf= 0sincos: =+mgfny方向方向 5 三.2.解解分别以分别以m1和和m2为研究对象，分析各自受力为研究对象，分析各自受力。 n r t r 设设m1 相对升降机的加速度相对升降机的加速度a,方向向左；方向向左； 则则m2 相对升降机的加速度相对

5、升降机的加速度a,方向向下。方向向下。 a r 1 amt = 3 g r 3 11 g mgmn= ) 3 ( 22 a g mgmt= 2 /7 . 8sma = );/(3 . 37 . 8 2 1 smjiam rr r += 对地对地 )/(4 . 5 2 2 smjam r r = 对地对地 gm r 1 gm r 2 3 g r t r a r : 1 m : 2 m y xo 6 jsfdsfrdfa2.94 2 2 30 1 = r r 一一.1. c 2. c 二二.1.a/2 c -a/2-c 2.85n 85w 3. 力学力学(四）四） jdyfdxfrdfa r y

6、r x 2 .29 0 0 2 = + = = r r =+ f r ff aaa0 2 1 2 = mmm kxmgxfx )( 2 mgf k xm= 2 2 )( 2 2 1 mgf k kxe mp =此时：此时： 三三.1.解解（1）f 一直保持与圆弧相切，作功：一直保持与圆弧相切，作功： （2）f与与x、y轴方向不变，作功：轴方向不变，作功： 2.解：运动中受摩擦力解：运动中受摩擦力fr，弹性力弹性力f，外力，外力f。设最大。设最大 伸长量伸长量xm，此时速度为此时速度为0。过程中作功：过程中作功： k mg k mg gh 2 2+ k gmkmgh2mg 22 + 7 力学力学

7、(五）一五）一.1. c 2. b 二二.1. k mgsin2 m kl gl 2 sin2 r mm g r mm g 6 , 3 3. s m j6,182. 三三.1.解：摩擦力解：摩擦力mgnf= 设所需距离为设所需距离为s 由功能原理：由功能原理： 2 2 1 0mvsf= 2 2 1 mvmgs = g v s 2 2 = 8 （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 22 )( 2 1 2 1 lkmvmgh+= 2 22 )1(2 2 1 2 1 sin2cosrkmvrmg+= 222 )cos1 ( 4 sin4=kr m grv n a

8、 r （2）分析b处受力： )cos1(2=rlkf r v mmgfn 2 =+ )cos1(2)cos1(4sin4 22 +=rkkrmgmgn gm r f r n r 三.2.解解 9 力学力学(六）一六）一.1. b 2. c 二二.1. 2. 3. 0 22 2 , 2 , bv a b a b a qv2与与x 轴轴1350 m mv mm mv2 , 2 + 三三.1.解解 v r （1）m、m 系统在子弹穿透过程中，水平方向动系统在子弹穿透过程中，水平方向动 量守恒，设量守恒，设m 获得初速为获得初速为v： )( 0 vv m m v= m获得初速获得初速v后瞬时受力为后瞬

9、时受力为t、mg，有加速度有加速度 l v mmgt 2 = )(5 .26)( 2 0 2 2 nvv lm m gmt=+= mvmvmv+= 0 （2）子弹受）子弹受到到的的冲冲量：量：)(7 . 4 0 snivmvmi= r rr r y xo gm r t r 10 2 2 2 1 2 1 a mvmvmgh+= mm ghm v + = 2 m从从a底部匀底部匀速速滑到滑到b底部底部，速度不变。，速度不变。 m上上升最大升最大高高度度h时，时，m和和m具具有有共同共同速度速度vb，水平向，水平向右右。 由水平方向由水平方向上上动量守恒和动量守恒和上滑上滑过程中系统机过程中系统机械

10、械能守恒得能守恒得 b vmmmv)(+= mghvmmmv b += 2 2 )( 2 1 2 1 h mm m h 2 )( + = 三三.2.解：解：由动量守恒，下动量守恒，下滑到底部滑到底部时：时： a mvmv +=0 由机机械械能守恒能守恒有有 11 三三.1.解：解：10 )(vmmmv+= 2 0 2 1 2 1 )( 2 1 mvvmmmgh=+ gmm mv h )(2 2 0 + = 离开小车的过程中离开小车的过程中 ，则从入射到，则从入射到小车的速度为小车的速度为离开轨道时速度为离开轨道时速度为设设vvm, mvvmmv+= 0 22 2 0 2 1 2 1 2 1 m

11、vvmmv+= 0 )( v mm mm v + = 一一.1. a 2. b3. a 二二.1.守恒 不守恒守恒 不守恒2. 力学力学(七七） 3.6400 m/s 4. 2 2 2 2 2 2 2 , 2mr l mr l mr l )(2 22 mm vm + mm mgl + 2 5. 12 a b)1( 2 1 2 1 2 0 2 0 lkxvm b = 设设a、b达到共同达到共同速度为速度为v，则，则 )2()( 0 llvmmvm bab += 由由式式1、2可可得得0 3 2 x m k v b = （2）.a、b速度相速度相同同时，弹时，弹簧簧的伸长量为最大的伸长量为最大 m

12、ax 22 2 0 2 1 )( 2 1 2 1 kxvmmkx ba += 0max 3 3 xx= 三.2.解解（1）.弹弹簧簧为原长时，为原长时，b 的速度为的速度为v0 13 力学力学(八）八） o o k j j k 2 , 9 2 l g mgl 5 3 , 2 1 一一.1. b 2. b 二二.1. 2. 0 2 1 2 0 =+=tt st4 2 0 = s rad tt8 0 =+= smtv/6 .9= 三三.1.解：解： 2.解：解： a r gm r gm r 2 ba 0 t 1 t 2 t a r a jrtrt= 10 mamgt= 1 :轮轮a b02 jrt

13、rt= matmg22 2 = ra = mgt 8 11 = :轮轮b :m :2m 解得：解得： 14 一一.1. c 2. a 二二.1. 62.8rad 133 j 133 j 9.4 m/s 4.7 m/s2 590 m/s2 14nsmkg/101 . 7 233 o 4 1 力学力学(九九） 2. 3. 三三.解：解：碰撞碰撞过程过程角角动量守恒动量守恒: v r m 4 3 l m m l 3 1 ) 4 3 ()( 4 3 22 lm l mjj l mv mm +=+= srad/37. 3= 上摆上摆过程机过程机械械能守恒：能守恒： mh061.0= hmghmgjj m

14、m 2 1 4 3 )( 2 1 2 +=+ h 4 3 h 15 一一.1. c 2. b 3. c 二二.1. 三三.解：解： 振振动（一）动（一） 2 /150,/30,80.0,26.1,6smsmsm k m k m 2 2, 2 2 sm75.0,1024.4 2 2.3. )/(25 0 0 mn l gm k= 1 10 =s m k mx 2 0 1046. 3 = smv/2 . 0 0 = ma04. 0= 6 = 振振动方程动方程 )() 6 10cos(04. 0sitx += 16 振振动动 （二）（二） 一一.1. b 2. c 3. b 二二.1. 2. 2:1

15、 2:14:1 三三.解：解： 0, 3 4 , 6 ,12,1.0 0 vsm cmss17. 9,57. 1,4 1 3. ) 2 4cos(80.0 +=tx) 2 4sin(20.3 +=tv xta16) 2 4cos(8 .12=+= smvsmvt m /2 . 3,/2 . 3 2 sin2 . 3,0) 1 ( 0 = 2 /4 . 616,4 . 0) 2(smxamx= nmaf28. 1= 17 一一.1. a 2. c 3. b 二二.1. ) 4 10cos(106. 0 =tx srad/42. 34 . 0 2 )() 4 10cos(106. 0sitx +=

16、 振振动（三）动（三） 4 2, 4 5 2,085. 0 +kk 2. 3. 三三.解：（解：（1）ammamgf 2 maxmax = 50. 0 2 = g a x f r a r m x n r a r m gm r hz a g 23.2 2 1 = （ 若已知若已知，问物体问物体在在何处何处分离分离？） （2）如图如图： manmg= 时不分离，时不分离，即即：0n 0 mamg )cos( 2 +=taa gaa= 2 max 2=即必须即必须： 18 2 ) 100 (50cos1 . 0 = x ty 波波动动 （一）（一） 一一.1. c 2. c 3. c 二二.1. )

17、 3 2 2 cos(1 . 0 +=ty) 5 2 3 2 2 cos(1 . 0 x ty + = )( si 0.5hz, 0.5m/s, 1m, 0.05m 2. 3. aytsradt= 0 :0;/2).1( )() 2 (cos(01.02).2(si x tymsu+= mut4).3(= )(my )(mx 01.0 135 三三.1.解：解： )()cos(01. 0sity+= 2.解：解： sradu/8/2= )() 24 (8cos05. 0:0 0 sit x tyayt+= myxt05. 0:0,25. 0 1 = 2 58.310 s m av= myxt0

18、5. 0:3,25. 0 2 = 2 58.310 s m av= 19 一一.1. b 2. b 3. b ) 2 10cos(01.0 +=ty ) 3 10cos(01. 0 +=ty1.83m 2 1 2 2 : rr )( 2 )(2 cos 00 si xx t a v ay = 三三.1.解：解： 二二.1. 22. )() 28 (cos01. 0).1(sity = 2 ) 2 . 0 ( 8 cos01. 0).2( += x ty 波波动（二）动（二） 3. )(my )(mx a 0 o x 2 00:0, 0 00 = x v dt dy ytxx ) 2 cos(

19、00 0max 0 =t a v ay a v va dt dy x 2.解：解： 2 00:0, 0 0 = x dt dy ytx scmucm/20402=秒内波形移动了秒内波形移动了在在 8 22 .3 = u m 20 波波动动 （三）（三）一一.1. a 2. a 3. a 3.同频率同频率、同振同振动方向、动方向、同振幅同振幅、相、相差差恒恒定定为为:+ )12( k 二二.1. 2. 三三.1.解：解： 0 4,0i m u 10= 5 .4)( 2 =+=bpap p mmaaaaa p 83.2cos2 21 2 2 2 1 =+= 21 22 2 22 1 )()(kbb

20、axxa=+ 2.解：解：x处两波振处两波振动动位位相相差差为：为： 22 22 22 21 22 12 xabbax p += k2=时时干涉干涉加加强强。解得：。解得： k 为为整数整数 21 一一.1. d 2. c 3. c 0 u y x 0 y x 2. )5 . 02 . 0cos(08. 0 xt smmhz/4 . 041 . 0 )( 12)(2mkxmkx+=txy=2 . 0cos5 . 0cos16. 0 )()(2cossi x t t ay += )() 2 2cos(2sin2 21 si t tx ayyy +=+= 二二.1.2m 50hz 0.1m hzm

21、172025. 0hzsm2468/330 波波动（四）动（四） =2 , 1 , 0k 3. 4. 三三.解：（解：（1）反射端固定反射端固定，x=0处反射波处反射波的的振振动方程为动方程为 +=)/2cos(ttay （2） 22 一一. 1. c 2. d 二二. 1.同频率同频率,同振同振动方向动方向,相相位差位差恒恒定定; 2.间间距不变距不变, 条纹明暗条纹明暗对对比比度变度变小小; 3. 9r10-4 m mmx46. 3 2 = 条条共共12 三三.1.解：由解：由干涉干涉相相消条件消条件 oo aa46154000 65 = oo aa66675455 87 = 光光学学(一

22、一) 2 )12( d d kx= )12( 2 = kd xd 得得 在在可见光范围取可见光范围取8 ,7 ,6 ,5=k分别对分别对应应： 2.解：由解：由图示几何关图示几何关系系 2d d l d 2 x 1 x 0 x 2222 1 ld d ld x + = 得得到到： mm ld ld x16. 1 1 = + =类似地类似地： mm d d x19.0 2 = 3 .12 12 = = x xx n 干涉条纹范围干涉条纹范围： 干涉条纹数干涉条纹数 mmx46. 316. 1= 条纹间条纹间距距 23 二二.1. 光光学学(二二) 一一.1. d 2. b 2211 )1()1(

23、dndn+ o a1217 ooo aaa508067744064rad 4 100 .1 2. 3.4. 三三.1.解：解：干涉条纹上移干涉条纹上移。 0 1 s 2 s d 2 r e 1 r p x 0)( 12 =+=neerr enrr) 1( 12 = x d d rr= 12 q52.11=+= ed xd n 即即： 2.解：解： l ao d 2/ =m l aod 5 109 .4 2 = l n ao d = )2/( m nd aol 4 106 .8 2 = 光光程程差差： 24 光光学（三）学（三） 二二.1.0.823m；0.627m 2. 3.41m3. 10.

24、9 m4. 一一.1. c 2. a mm47.58 只只能能看到看到4条明纹条明纹； 既既不最不最亮也亮也不最不最暗暗。 三三.1.解：解： 2 2 2 2 n rk rk = 1 1 n 1 12 1 n rk rk = 33.1 10.4 73.4 n n 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 = k k k k d d r r 33. 1 2 =n 2.解：解： 321 nnn 5 q 10000e 7500e5000e 2500 0 4 0 3 0 2 0 1 aaaae=； 各各明纹明纹对对应应的的宽宽度；度； 25 光光学（四）学（四） 2 3 )sin(sin =+a

25、 3. 4 0二二.1. 6 1 明明； 一一.1. c 2. b 2. 2 1)(2kasin +=q f x sin fk ax )12( 2 + = 00 a7000a7600 q又又 3)(k 7286 0 =a 三三.解：解： 26 光光学（五）学（五） 二二.1. 1.8cm 2.1.083.向向上上 1 2 4； 4.1.16cm 5 2, 1, 0=k 一一.1. d 2. b 三三.解：解： kb)sin(a=+m 6 0 104 . 2 30sin 2 b)(a =+ 3= + a ba m 6 108 . 0 3 ba a = + = 第第三三级缺级级缺级： 1sin m

26、ax =4 1)( max = + = ba k ),2, 1( 3l=kk 级级缺级缺级： 屏上只屏上只能能看到看到五五条条，对，对应应 4=k在在屏上无穷远屏上无穷远，看看不不到到。 27 n ii 2 0 cos= 32 9 , 8 00 ii 光光学学(六六) 6. 1 : 3 二二.1. 一一.1. b 2. c 0 7 .54 01 02 0 tgi tgi arctgi = 2.3.4. 5. i0 i i 0 i 28 光光学学(七七) 一一.1. a 2. d 二二.1.椭椭圆圆偏偏振振,线偏线偏振振; 2. m4.75 3. 偏偏振振；1/4波波片片；平；平行行；/4。 1

27、 一一. 1. e 2. d 二二. 1. 2m/s 5 m/s 0 22 00 )(htvlx= x tvlv v )( 000 =变加速变加速 力学力学(一）一） 2. )/(5;)/(9;)(10smjsmjmj rrr 3. )/(24 04 4)964( )/(324 04 5)12316( ).3( )/(12 )/(64).2( )( 32 5),()25(4).1( 2 2 2 3 3 smj iji t v a smji jji t r v smj tj dt dv i dt dv dt vd a smjtij dt yd i dt dx dt rd v m x ymjti

28、tr y x r rrr r r rr rrr r r rrr r r rrr r r r r rr r = = = = = = =+= =+= =+= 三三. 1. 2 3 0 0 2 2 3 1 , 0 ktvvdtktdv dtktdv tv v = = = = tx dtktvdx ktv dt dx v 0 3 0 0 3 0 ) 3 1 ( 3 1 12 4 0 kt tvx= 三三. 2. 3 力学力学(二） 一 二） 一. 1. c 2. b 二二. 1. 60 m/s 5.4 m/s2 2. 21 cosvv sin 1 v 3. 2.5m/s 8.66m/s2 5m/s2

29、20m 三、三、1、(1)/(8),/(18 2 srad dt d sradt dt d = （2）smtrv/8 . 132 . 024324= 22 2 /24,/08. 1smrasm r v a tn = t dt ds v1020 += 2 22 /80,2 20 )1020( smast t r v a n n = + = 当当 2 /10sm dt dv at= 2、 4 一一.1. c 2. c 二二.1. 2g 0 2. 0.56 m/s2 5.88 n 力学力学(三）三） 三三.1.解解 0 n r y x n r gm r f r 0cos: sin: 0 2 0 0

30、= = mgny r mv nx 方向方向 方向方向 rg v tg 2 0 = 以设计标准速度行驶时，无侧向摩擦力以设计标准速度行驶时，无侧向摩擦力 r mv fnx 2 cossin:=方向方向 以以v行驶时，有侧向摩擦力行驶时，有侧向摩擦力 234. 0 2 2 0 22 2 2 0 )( vvgr rgvv + = gm r nf= 0sincos: =+mgfny方向方向 5 三.2.解解分别以分别以m1和和m2为研究对象，分析各自受力为研究对象，分析各自受力。 n r t r 设设m1 相对升降机的加速度相对升降机的加速度a,方向向左；方向向左； 则则m2 相对升降机的加速度相对升

31、降机的加速度a,方向向下。方向向下。 a r 1 amt = 3 g r 3 11 g mgmn= ) 3 ( 22 a g mgmt= 2 /7 . 8sma = );/(3 . 37 . 8 2 1 smjiam rr r += 对地对地 )/(4 . 5 2 2 smjam r r = 对地对地 gm r 1 gm r 2 3 g r t r a r : 1 m : 2 m y xo 6 jsfdsfrdfa2.94 2 2 30 1 = r r 一一.1. c 2. c 二二.1.a/2 c -a/2-c 2.85n 85w 3. 力学力学(四）四） jdyfdxfrdfa r y r

32、 x 2 .29 0 0 2 = + = = r r =+ f r ff aaa0 2 1 2 = mmm kxmgxfx )( 2 mgf k xm= 2 2 )( 2 2 1 mgf k kxe mp =此时：此时： 三三.1.解解（1）f 一直保持与圆弧相切，作功：一直保持与圆弧相切，作功： （2）f与与x、y轴方向不变，作功：轴方向不变，作功： 2.解：运动中受摩擦力解：运动中受摩擦力fr，弹性力弹性力f，外力，外力f。设最大。设最大 伸长量伸长量xm，此时速度为此时速度为0。过程中作功：过程中作功： k mg k mg gh 2 2+ k gmkmgh2mg 22 + 7 力学力学(

33、五）一五）一.1. c 2. b 二二.1. k mgsin2 m kl gl 2 sin2 r mm g r mm g 6 , 3 3. s m j6,182. 三三.1.解：摩擦力解：摩擦力mgnf= 设所需距离为设所需距离为s 由功能原理：由功能原理： 2 2 1 0mvsf= 2 2 1 mvmgs = g v s 2 2 = 8 （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 22 )( 2 1 2 1 lkmvmgh+= 2 22 )1(2 2 1 2 1 sin2cosrkmvrmg+= 222 )cos1 ( 4 sin4=kr m grv n a

34、r （2）分析b处受力： )cos1(2=rlkf r v mmgfn 2 =+ )cos1(2)cos1(4sin4 22 +=rkkrmgmgn gm r f r n r 三.2.解解 9 力学力学(六）一六）一.1. b 2. c 二二.1. 2. 3. 0 22 2 , 2 , bv a b a b a qv2与与x 轴轴1350 m mv mm mv2 , 2 + 三三.1.解解 v r （1）m、m 系统在子弹穿透过程中，水平方向动系统在子弹穿透过程中，水平方向动 量守恒，设量守恒，设m 获得初速为获得初速为v： )( 0 vv m m v= m获得初速获得初速v后瞬时受力为后瞬时

35、受力为t、mg，有加速度有加速度 l v mmgt 2 = )(5 .26)( 2 0 2 2 nvv lm m gmt=+= mvmvmv+= 0 （2）子弹受）子弹受到到的的冲冲量：量：)(7 . 4 0 snivmvmi= r rr r y xo gm r t r 10 2 2 2 1 2 1 a mvmvmgh+= mm ghm v + = 2 m从从a底部匀底部匀速速滑到滑到b底部底部，速度不变。，速度不变。 m上上升最大升最大高高度度h时，时，m和和m具具有有共同共同速度速度vb，水平向，水平向右右。 由水平方向由水平方向上上动量守恒和动量守恒和上滑上滑过程中系统机过程中系统机械械

36、能守恒得能守恒得 b vmmmv)(+= mghvmmmv b += 2 2 )( 2 1 2 1 h mm m h 2 )( + = 三三.2.解：解：由动量守恒，下动量守恒，下滑到底部滑到底部时：时： a mvmv +=0 由机机械械能守恒能守恒有有 11 三三.1.解：解：10 )(vmmmv+= 2 0 2 1 2 1 )( 2 1 mvvmmmgh=+ gmm mv h )(2 2 0 + = 离开小车的过程中离开小车的过程中 ，则从入射到，则从入射到小车的速度为小车的速度为离开轨道时速度为离开轨道时速度为设设vvm, mvvmmv+= 0 22 2 0 2 1 2 1 2 1 mv

37、vmmv+= 0 )( v mm mm v + = 一一.1. a 2. b3. a 二二.1.守恒 不守恒守恒 不守恒2. 力学力学(七七） 3.6400 m/s 4. 2 2 2 2 2 2 2 , 2mr l mr l mr l )(2 22 mm vm + mm mgl + 2 5. 12 a b)1( 2 1 2 1 2 0 2 0 lkxvm b = 设设a、b达到共同达到共同速度为速度为v，则，则 )2()( 0 llvmmvm bab += 由由式式1、2可可得得0 3 2 x m k v b = （2）.a、b速度相速度相同同时，弹时，弹簧簧的伸长量为最大的伸长量为最大 ma

38、x 22 2 0 2 1 )( 2 1 2 1 kxvmmkx ba += 0max 3 3 xx= 三.2.解解（1）.弹弹簧簧为原长时，为原长时，b 的速度为的速度为v0 13 力学力学(八）八） o o k j j k 2 , 9 2 l g mgl 5 3 , 2 1 一一.1. b 2. b 二二.1. 2. 0 2 1 2 0 =+=tt st4 2 0 = s rad tt8 0 =+= smtv/6 .9= 三三.1.解：解： 2.解：解： a r gm r gm r 2 ba 0 t 1 t 2 t a r a jrtrt= 10 mamgt= 1 :轮轮a b02 jrtr

39、t= matmg22 2 = ra = mgt 8 11 = :轮轮b :m :2m 解得：解得： 14 一一.1. c 2. a 二二.1. 62.8rad 133 j 133 j 9.4 m/s 4.7 m/s2 590 m/s2 14nsmkg/101 . 7 233 o 4 1 力学力学(九九） 2. 3. 三三.解：解：碰撞碰撞过程过程角角动量守恒动量守恒: v r m 4 3 l m m l 3 1 ) 4 3 ()( 4 3 22 lm l mjj l mv mm +=+= srad/37. 3= 上摆上摆过程机过程机械械能守恒：能守恒： mh061.0= hmghmgjj mm

40、 2 1 4 3 )( 2 1 2 +=+ h 4 3 h 15 一一.1. c 2. b 3. c 二二.1. 三三.解：解： 振振动（一）动（一） 2 /150,/30,80.0,26.1,6smsmsm k m k m 2 2, 2 2 sm75.0,1024.4 2 2.3. )/(25 0 0 mn l gm k= 1 10 =s m k mx 2 0 1046. 3 = smv/2 . 0 0 = ma04. 0= 6 = 振振动方程动方程 )() 6 10cos(04. 0sitx += 16 振振动动 （二）（二） 一一.1. b 2. c 3. b 二二.1. 2. 2:1

41、2:14:1 三三.解：解： 0, 3 4 , 6 ,12,1.0 0 vsm cmss17. 9,57. 1,4 1 3. ) 2 4cos(80.0 +=tx) 2 4sin(20.3 +=tv xta16) 2 4cos(8 .12=+= smvsmvt m /2 . 3,/2 . 3 2 sin2 . 3,0) 1 ( 0 = 2 /4 . 616,4 . 0) 2(smxamx= nmaf28. 1= 17 一一.1. a 2. c 3. b 二二.1. ) 4 10cos(106. 0 =tx srad/42. 34 . 0 2 )() 4 10cos(106. 0sitx +=

42、振振动（三）动（三） 4 2, 4 5 2,085. 0 +kk 2. 3. 三三.解：（解：（1）ammamgf 2 maxmax = 50. 0 2 = g a x f r a r m x n r a r m gm r hz a g 23.2 2 1 = （ 若已知若已知，问物体问物体在在何处何处分离分离？） （2）如图如图： manmg= 时不分离，时不分离，即即：0n 0 mamg )cos( 2 +=taa gaa= 2 max 2=即必须即必须： 18 2 ) 100 (50cos1 . 0 = x ty 波波动动 （一）（一） 一一.1. c 2. c 3. c 二二.1. )

43、3 2 2 cos(1 . 0 +=ty) 5 2 3 2 2 cos(1 . 0 x ty + = )( si 0.5hz, 0.5m/s, 1m, 0.05m 2. 3. aytsradt= 0 :0;/2).1( )() 2 (cos(01.02).2(si x tymsu+= mut4).3(= )(my )(mx 01.0 135 三三.1.解：解： )()cos(01. 0sity+= 2.解：解： sradu/8/2= )() 24 (8cos05. 0:0 0 sit x tyayt+= myxt05. 0:0,25. 0 1 = 2 58.310 s m av= myxt05

44、. 0:3,25. 0 2 = 2 58.310 s m av= 19 一一.1. b 2. b 3. b ) 2 10cos(01.0 +=ty ) 3 10cos(01. 0 +=ty1.83m 2 1 2 2 : rr )( 2 )(2 cos 00 si xx t a v ay = 三三.1.解：解： 二二.1. 22. )() 28 (cos01. 0).1(sity = 2 ) 2 . 0 ( 8 cos01. 0).2( += x ty 波波动（二）动（二） 3. )(my )(mx a 0 o x 2 00:0, 0 00 = x v dt dy ytxx ) 2 cos( 0

45、0 0max 0 =t a v ay a v va dt dy x 2.解：解： 2 00:0, 0 0 = x dt dy ytx scmucm/20402=秒内波形移动了秒内波形移动了在在 8 22 .3 = u m 20 波波动动 （三）（三）一一.1. a 2. a 3. a 3.同频率同频率、同振同振动方向、动方向、同振幅同振幅、相、相差差恒恒定定为为:+ )12( k 二二.1. 2. 三三.1.解：解： 0 4,0i m u 10= 5 .4)( 2 =+=bpap p mmaaaaa p 83.2cos2 21 2 2 2 1 =+= 21 22 2 22 1 )()(kbba

46、xxa=+ 2.解：解：x处两波振处两波振动动位位相相差差为：为： 22 22 22 21 22 12 xabbax p += k2=时时干涉干涉加加强强。解得：。解得： k 为为整数整数 21 一一.1. d 2. c 3. c 0 u y x 0 y x 2. )5 . 02 . 0cos(08. 0 xt smmhz/4 . 041 . 0 )( 12)(2mkxmkx+=txy=2 . 0cos5 . 0cos16. 0 )()(2cossi x t t ay += )() 2 2cos(2sin2 21 si t tx ayyy +=+= 二二.1.2m 50hz 0.1m hzm172025. 0hzsm2468/330 波波动（四）动（四） =2 , 1 , 0k 3. 4. 三三.解：（解：（1）反射端固定反射端固定，x=0处反射波处反射波的的振振动方程为动方程为 +=)/2cos(ttay （2） 22 一一. 1. c 2. d 二二. 1.同频率同频率,同振同振动方向动方向,相相位差位差恒恒定定; 2.间间距不变距不变, 条纹明暗条纹明暗对对比比度变度变小小; 3. 9r10-4 m mmx46. 3 2 = 条条共共12 三三.1.解：