医用物理学课后题答案 第三章
(新)医学物理学习题答案
第1章习题答案1-1 解：竖直上抛运动 gH 2max20v = ()s m gH /849102008.1223max 0=⨯⨯⨯==v1-2 解：匀变速直线运动 ()()g s m t a t 259.24680.103600/1000160020<⋅=-⨯=∆-=-v v （不超过） ()()m t s t 4008.1036001000160021210=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯=∆⨯+=v v 1-3 解：以喷嘴作为坐标原点，竖直向上作为y 轴的正向 竖直上抛运动 ()m g v H 5.348.92262220max=⨯== ()gy v y v 220-=连续性方程 ()()gyv qy v q y S 220-==任一瞬间空间上升的水流体积 ()()l gy v g q dy gy v qdy y S V H H 38.1222maxmax020020=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-==⎰⎰上升下降上升V V =()l V V V 7.24=+=下降上升总1-4 解：()()bt u bt u btbt b u u dt dx v --=----⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==1ln 1ln 11 ()()btub bt b u dt dv a -=---==11 ()00=v()()()s m v /1091.6120105.71ln 100.3120333⨯=⨯⨯-⨯-=-1-5 解：()2122212R R N rNdr s R R -==⎰ππ ()()()()m in 6939416364132256650222122==-⨯⨯=-==∆s v R R N v s t ππ()s rad r v /26.00.53.1===ω ()222/338.00.53.1s rad r v ===α1-6 解： ()s m v /37430344=+=东()s m v /31430344=-=西()s m v /3433034422=-=北N F μθ≥cos1-7 解： 因θs i nF mg N += 故 θμμθsin cos F mg F +≥ （1） θμθμs i n c o s s s mgF -≥静（2） θμθμs i n c o s k k mgF -≥动（3） 0s i n c o s ≤-θμθs sμθ1tan ≥1-8 解：()()()()()()()N a g m M F am M g m M F 676006.08.915005000=+⨯+=++=+=+-桨桨()()()N a g m F mamg F 156006.08.91500=+⨯=+==-桨绳1-9 解： r m rMm G22ω= ()()()Kg G r T G rM 261138232321069.51067.61036.136002.142/2⨯=⨯⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯===-ππω1-10 解： ⎰⎰⎰-=-==ωπω20c o s td t kA kxdt Fdt I ωωωωπkAt kA -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=20sin1-11 解： ()s m /500i v-=()()s m t /45sin 8045cos 800j i v +=()()s N m m t ⋅+=-=j i v v I92.778.140()215278.1492.7arctan 89.160'=-=⋅=πϕs N I ()6168.914.084584502.089.16=⨯===∆=mg F N t I F1-12 一辆停在直轨道上质量为m 1的平板车上站着两个人，当他们从车上沿同方向跳下后，车获得了一定的速度。
医用物理学课后习题参考答案
医⽤物理学课后习题参考答案医⽤物理学课后习题参考答案第⼀章1-1 ① 1rad/s ② 6.42m/s1-2 ① 3.14rad/s - ② 31250(3.9310)rad π? 1-3 3g =2l β 1-4 1W=g 2m l 1-5 ① 22k E 10.8(1.0710)J π=? ② -2M=-4.2410N m ??③ 22W 10.8(1.0710)J π=-?1-6 ① 26.28rad/s ② 314rad ③ 394J ④ 6.28N1-7 ①ω② 1g 2m l 1-8 ① =21rad/s ω② 10.5m/s1-9 ① =20rad/s ω② 36J ③ 23.6kg m /s ?1-10 ① 211=2ωω②1=-2k k1E E ? 1-11 =6rad/s ω 1-12 12F =398F 239NN = 1-13 ① 51.0210N ? ② 1.9%1-14 ① 42210/N m ? ② 52410/N m ?1-15 ① -65m(510)m µ? ② -31.2510J ?第三章3-1 -33V=5.0310m ?3-2 ① 12m/s ② 51.2610a P ?3-3 ① 9.9m/s ② 36.0m3-4 ①-221.510;3.0/m m s ? ② 42.7510a P ? ③粗处的压强⼤于51.2910a P ?时，细处⼩于P 0时有空吸作⽤。
3-5 主动脉内Re 为762～3558，Re <1000为层流，Re >1500为湍流， 1000< Re <1500为过渡流。
3-6 71.210J ? 3-7 0.77m/s3-8 ①3=5.610a P P ?? ②173=1.3810a P s m β-③-143Q=4.0610/m s ?3-9 0.34m/s 3-10 431.5210/J m ?第四章4-1 -23S=810cos(4t )m 2ππ?+ 或-2-2S=810cos(4t-)m=810sin 4t 2πππ??4-2 ① ?π?= ② 12t=1s S 0,S 0==当时， 4-3 ① S=0.1cos(t-)m 3ππ②5t (0.833)6s s ?= 4-4 ①-2S=810cos(2t-)m 2ππ? ② -2=-1610s in(2t-)m/s 2v πππ?;2-22a=-3210cos(2t-)m/s 2πππ?③k E =0.126J 0.13J;F=0≈.4-5 ①max =20(62.8)m/s v π②242max a =4000 3.9410m/s π=? ③22321E=m A =1.9710J=200J 2ωπ? 4-6 ①2A 5.010,=4,T=0.25,=1.25m Hz s m νλ-=?② -2S=5.010cos8(t-)0.5x m π?4-7 ①S=0.10cos (-)0.10cos 0.2(-)522x x t m t m ππ= ②S=-0.10m4-8 ①=60,=1.0Hz m νλ② -2S=5.010cos120(-)60x t m π? 4-9 ①1s ?π-=②2A 6.010,=20,T=0.1,=0.2,c 2.m s m m/s ωπλ-=?= 4-10 ①22-31=A =25.44J m 2ερω? ②328.4210W m -?? 4-11 ① 0 ② 2A4-12 ①-39.1210a P ? ②-9E=1.6510J ?4-13 ① 889.9 ② 0.54-14 ① -621.010W m -?? ② -61.010W ?4-15 2=0.054 5.410v m/s m/s -=?第五章5-1 ①71.110a P ? ②67.0810a P ?5-2 ① 2534.8310m -? ② -9=2.7310;9d m ?倍。
医用物理学第3章课后答案
式中 x 以 m 计，t 以 s 计，求它们合成振动的振幅、初相位及振动方程．
解：
根据公式 及 由题意可得
合振动方程为
A
A12
A
2 2
2 A1 A2
cos( 2
1)
tg 1
A1 sin A1 cos
1 1
A2 A2
sin 2 cos 2
A
0 .05 2
0 .06 2
得它们的周期都是 2s。现将两个振子都从平衡位置向右拉开 5cm，然后先释放
a 振子，经过 0.5s 后，再释放 b 振子。如果从 b 振子释放时开始计时，求两振
子的振动方程．在同一坐标中画出两者的振动曲线，并用旋转矢量表示这两个
振动。
解：因两振子的周期相同，所以圆频率也相同，其值为
2π T
2π 2
0 .4 cos(
4t
8
)
y2
0 .4 cos
4
(t
1 4
50 20
)
0 .4 cos(
4t
11
)
8
则两波传到 P 点时的位相差为 2 1 11 8 3 P 点的合振幅 A A1 A2 0.4 0.4 0
9
68 .22 68 13
x 8.92 10 2 cos( 10 t 68 13) m
3-8 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 0.20m，相位
与第一振动的相位差为 π／6，若第一振动的振幅为 0.173m，求第二振动的振幅
以及第一、第二两振动之间的相位差．
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三式联立求解，得
I1=-0.01A；I2=0.015A；I3=0.025A
则高斯面内的电荷量之和
7-9.
解：以细棒的轴线为对称轴，做出如图所高斯面
因上底和下底面无电场线通过，故
7-10.
解：
在带电直线上取线元dr,
8-8.
解：由图可知，电路中有1个独立节点，对f点所列的支路电流方程为：
根据基尔霍夫定律选定afcba和fedcf两个回路，并规定绕行方向为逆时针方向，分别列出回路方程：
1-6.
解:地球自转角速度 = ,转动惯量J= ,则角动量 ,转动动能
1-7.
解: ,将各已知量代入即可求解
第二章习题答案
2-1.
1.皮球在上升和下降阶段均受恒力(重力),因而皮球上下运动不是简谐振动.
2.小球在半径很大的光滑凹球面的底部摆动时,所受的力是指向平衡位置的回复力,且由于是小幅度摆动,回复力的大小和位移成正比(类似于单摆的小幅度摆动)。所以此情况下小球小幅度摆动是简谐振动。
第一章习题答案
1-4
解：对滑轮：由转动定律
对 ：
对 ：
又因为 得 联立上式得
则
1-5.
解:以质心为转轴分析,摩擦力矩为转动力矩。因A、B、C的质量和半径相同，故支持力 相同。由摩擦力 =μ ，摩擦力矩M= ·R可知，三者的摩擦力矩也相同。
圆盘A的转动惯量 = m ;实心球B的转动惯量 = m ;圆环C的转动惯量 = m .由M=Jα可知 ＞ ＞ ,所以B先到达,C最后到达.
6-8.
解：如图所示的循环过程是由两条等温线和两条绝热线组成，因此该循环为卡诺循环。循环的效率
7-3.
解：1.做一高斯面S1，其球心为大球和小球的球心，半径r1>R1
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第1章习题答案1-1 解：竖直上抛运动 gH 2max20v = ()s m gH /849102008.1223max 0=⨯⨯⨯==v1-2 解：匀变速直线运动 ()()g s m t a t 259.24680.103600/1000160020<⋅=-⨯=∆-=-v v （不超过） ()()m t s t 4008.1036001000160021210=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯=∆⨯+=v v 1-3 解：以喷嘴作为坐标原点，竖直向上作为y 轴的正向 竖直上抛运动 ()m g v H 5.348.92262220max=⨯== ()gy v y v 220-=连续性方程 ()()gyv qy v q y S 220-==任一瞬间空间上升的水流体积 ()()l gy v g q dy gy v qdy y S V H H 38.1222maxmax020020=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-==⎰⎰上升下降上升V V =()l V V V 7.24=+=下降上升总1-4 解：()()bt u bt u btbt b u u dt dx v --=----⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==1ln 1ln 11 ()()btub bt b u dt dv a -=---==11 ()00=v()()()s m v /1091.6120105.71ln 100.3120333⨯=⨯⨯-⨯-=-1-5 解：()2122212R R N rNdr s R R -==⎰ππ ()()()()m in 6939416364132256650222122==-⨯⨯=-==∆s v R R N v s t ππ()s rad r v /26.00.53.1===ω ()222/338.00.53.1s rad r v ===α1-6 解： ()s m v /37430344=+=东()s m v /31430344=-=西()s m v /3433034422=-=北N F μθ≥cos1-7 解： 因θs i nF mg N += 故 θμμθsin cos F mg F +≥ （1） θμθμs i n c o s s s mgF -≥静（2） θμθμs i n c o s k k mgF -≥动（3） 0s i n c o s ≤-θμθs sμθ1tan ≥1-8 解：()()()()()()()N a g m M F am M g m M F 676006.08.915005000=+⨯+=++=+=+-桨桨()()()N a g m F mamg F 156006.08.91500=+⨯=+==-桨绳1-9 解： r m rMm G22ω= ()()()Kg G r T G rM 261138232321069.51067.61036.136002.142/2⨯=⨯⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯===-ππω1-10 解： ⎰⎰⎰-=-==ωπω20c o s td t kA kxdt Fdt I ωωωωπkAt kA -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=20sin1-11 解： ()s m /500i v-=()()s m t /45sin 8045cos 800j i v +=()()s N m m t ⋅+=-=j i v v I92.778.140()215278.1492.7arctan 89.160'=-=⋅=πϕs N I ()6168.914.084584502.089.16=⨯===∆=mg F N t I F1-12 一辆停在直轨道上质量为m 1的平板车上站着两个人，当他们从车上沿同方向跳下后，车获得了一定的速度。
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第一章习题答案1-4解：对滑轮：由转动定律 (TT )rJ 1 mr 2122对 m： mg TmaTm ( g a )111111对 m ：TKmgmaTm ( aK g )222222得T 1T 2ma 联立上式得 amgK mg又因为 ar122mm 1m2 2(1K)m2m则 Tmg ma2mg11 m mm1122(1K )mmKTmg m g12mgK222m 2m m1221-5.解: 以质心为转轴剖析 ,摩擦力矩为转动力矩。
因 A 、B 、C 的质量和半径相同， 故支持力 F N相同。
由摩擦力F f = μ，摩擦力矩 M =F f· R 可知，三者的摩擦力矩也相同。
F N圆盘 A 的转动惯量 J A = 1 m r 2;实心球 B 的转动惯量 J B =2 m r 2 ; 圆环 C 的转动惯量 J C =25m r 2 .由 M =J α可知B＞A＞C ,所以 B 先抵达 ,C 最后抵达 .1-6.解 :地球自转角速度=24 2 ,转动惯量 J= 2mR 2 ,则角动量 L J,转动动能60 60512E k = J1-7.解: EF/S = l 0F,将各已知量代入即可求解ll/l 0 S l第二章习题答案2-1.①.②. 皮球在上涨和下降阶段均受恒力(重力 ),因此皮球上下运动不是简谐振动.小球在半径很大的圆滑凹球面的底部摇动时,所受的力是指向均衡地点的答复力,且因为是小幅度摇动,答复力的大小和位移成正比(近似于单摆的小幅度摇动)。
所以此状况下小球小幅度摇动是简谐振动。
第四章习题答案4-1.答：射流在静止气体中发射时，射流双侧的一部分气体随射流流动，进而在射流双侧形成局部低压区。
远处的气压未变，所以远处气体不停流向低压区，以增补被卷吸带走的气体，进而形成了射流的卷吸作用。
4-2.答：关于必定的管子，在流量必定的状况下，管子越粗流速越小；在管子两头压强差必定的状况下，管子越粗流速越快。
医学物理学习题解答(第3版)
《医学物理学（第3版）》习题解答2009.10 部分题解2－10．解：已知 363102525m cm v -⨯==; a P .p 511051⨯= a P .p 521011⨯=()())J (..vp p 110251011105165521=⨯⨯⨯-⨯=-=ω∴-2-11．10-5s第三章 液体的表面现象3-1．解：设由n 个小水滴融合成一个大水滴，释放出的能量为P E ∆。
n 个小水滴的总表面积S 1=24r n ⋅⋅π，大水滴的表面积S 2=42R ⋅π，利用n 个小水滴的体积等于一个大水滴的体积，可求出n 即n ×334r ⋅π=334R ⋅π 所以n ×334r ⋅π=334R ⋅π; ()()936333310102102=⨯⨯==--r R n 个 将910个半径为2×310-mm 小水滴融合成一个半径为2mm 的大水滴时，其释放的能量等于表面能的减少，所以 )44()(2221R r n S S E P ⋅-⋅⨯=-=∆ππαα=3612931066.3)10414.3410414.3410(1073----⨯≈⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯J3-2解：由于肥皂泡非常薄，因此可忽略肥皂泡的厚度，取外内＝R R ＝2d＝0.05m 。
因为肥皂泡有内外两个表面，所以肥皂泡增加的表面积242R S π⨯=∆。
根据SW∆=α可得吹一个直径为10cm 的肥皂泡，需要做的功 4423108105421040---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=∆⋅=ππαS W J 又因为增加表面能等于外力所做的功 W E P =∆ 所以 4108-⨯==∆πW E P J根据拉普拉斯公式，可得球形液面的内外压强差 ＝－外内p p Rα2由于肥皂泡有内外两个表面，所以其内外压强差 ＝－外内p p 2.3100.510404423=⨯⨯⨯=--R α(P a ) 3-3．解：根据拉普拉斯公式，可得球形液面的内外压强差 ＝－外内p p Rα2 所以，当肺泡的半径为0.04mm 时，它的内外压强差为＝－外内p p 353100.2100.4104022⨯=⨯⨯⨯=--R α(P a ) 3-4．解：根据拉普拉斯公式可得球形液面的内外压强差 ＝－外内p p Rα2 因为气泡在水下面只有一个球形表面，所以气泡的内外压强差＝－外内p p Rα2 而 h g p p ⋅⋅+ρ0＝外 所以,气泡内的压强 h g p p ⋅⋅+ρ0＝内＋Rα2 即 内p ＝1.013×105＋310×9.8×10＋5331001.2101.010732⨯=⨯⨯⨯--(P a ) 3=5．解：根据毛细现象的公式 θραcos 2rg h ⋅⋅=由于乙醇能完全润湿玻璃壁，所以接触角O=0θ，故 rg h ⋅⋅=ρα2所以 332107.2221015.08.97911090.32---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=r g h ρα (N/m) 3-6．解：根据毛细现象的公式 θραcos 2rg h ⋅⋅=由于水能完全润湿玻璃壁，所以接触角O =0θ，故 rg h ⋅⋅=ρα2所以 112r g h ⋅⋅=ρα 222r g h ⋅⋅=ρα⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=∆---3333212121105.11105.018.9101073211222r r g gr gr h h h ραραρα ＝1.99×210-(m)＝1.99(cm)3-7．解：根据毛细现象的公式 θραcos 2rg h ⋅⋅=;由于水能完全润湿毛细管，所以接触角O =0θ，因此水在毛细管中上升的高度为 rg h ⋅⋅=ρα2而管中水柱的高度r g R h ⋅⋅+='ρα223333103.5103.08.91010732103----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=(m)=5.3(cm)3-8．解：：根据毛细现象的公式 θραcos 2rg h ⋅⋅=由于水和丙酮能完全润湿毛细管，所以接触角O =0θ，因此水和丙酮在毛细管上升的高度分别为rg h ⋅=水水ρα21 ① rg h ⋅=酮酮ρα22 ②②式除以①式可得 酮水水酮ρραα⋅=t h h 12 所以 3332212104.32107310105.2792104.1-⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⋅－－－水水酮酮＝＝αρραh h (N/m) 3-9．解：根据毛细现象的公式 θραcos 2rg h ⋅⋅=由于血液在毛细管产生完全润湿现象，所以接触角O =0θ，故 rg h ⋅⋅=ρα2所以,血液表面张力系数3332109.572105.08.91005.11025.22---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=r g h ρα (N/m)第四章 振动和波动及超声波成像的物理原理4－2.解：已知 kg M 5=；()cm t cos x 44010π+π=（1） 由()cm t cos x 44010π+π=得m cm A 11010-==；)srad (π=ω40；mk 2=ω； m k 2ω= 则)J (.)J (.mA kA E 384394400105160021212122222=π=⨯⨯π⨯=ω==s .T 0504022=ππ=ωπ=； Hz Tf 201==； ()()sm 43t 40cos 4s m 4t 40sin 4vπ+ππ=π+ππ-= ()()2222sm 45t 40cos 160s m 4t 40cos 160a π+ππ=π+ππ-=（2） 当s .t 21=时，则()m .cos x 2110254214010--⨯=π+⨯π=；()sm .cos v π=π+⨯ππ=224321404)J (kx E );J (mv E p k 242222220105051600212120852121π=⨯⨯⨯π⨯==π=π⨯⨯==-(或)J (E E E k p 222202040π=π-π=-=)4－3.解：已知cm A 2=；0=t 时，刚好向x 反向传播;πω==250Hz f , 则 s rad π=ω100()ϕ+ω=t cos A x ，0=t 时 0=x 则 2πϕ±=又由 ()0sin 〈+-=ϕωωt A v ， 得 2π=ϕ所以，振动方程为 cm 2t 100cos 2x ⎪⎭⎫ ⎝⎛π+π=速度方程为 s cm t sin v ⎪⎭⎫ ⎝⎛π+ππ-=2100200 s m t cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛π+ππ=231002 ；s m 2v m π= 加速度方程为 222100200s m t cos a ⎪⎭⎫ ⎝⎛π+ππ-=；22m s m 200a π= 4－4. 解：（１）2A x =时，222121kA kx E p ==； 41218122==kA kAE E p 即势能占总能量的25%，动能占总能量的75% 。
医用物理学习题解答汇总(1)(1)(1)(1)
第一章 生物力学基础1-1 两物体的转动动能之比为1:8，转动惯量之比为2:1，求两物体的角速度之比。
解：由211112k E I ω=，222212k E I ω=，且121/8k k E E =，12/2I I =，可得1214ωω=1-2 细棒长度为1m ，质量为6kg ，转轴与棒垂直，距离一端为0.2m ，求转动惯量。
解：0.80.82230.20.211.0083I r dm x dx x λλ--====⎰⎰ kg/m 21-3 圆盘质量为m ，半径为R ，质量分布均匀，轴过盘中心且与盘面垂直，求转动惯。
解：4232212242Rm R J r dm r dr mR R πσππ===⋅⋅=⎰⎰1-4 一个飞轮的转动惯量为2335kg m ⋅，转速为每分钟72转，因受摩擦力矩作用而均匀减速，经40s 停止，求摩擦力矩。
解： 由每分钟72转可得角速度为2π×72/60=2.4π rad/s ， 由0t ωωβ=+ 可得 0 2.440πβ=+⨯，0.06βπ=- rad/s ， 由M I β=，可得 335(0.06)63.15 N m M π=⨯-=-1-5 在自由旋转的水平圆盘边上，站着一质量为m 的人，圆盘半径为R ，转动惯量为J ，角速度为ω，如果这人由盘边走到盘心，求角速度变化。
解：由角动量守恒()2J mR J ωω+=220(1)J mR mR J Jωωω+==+ 角速度变化20mR Jωωω-= 1-6 一个人坐在转台上，将双手握住的哑铃置于胸前，转台以一定角速度0ω转动（摩擦不计），人和转台的转动惯量为0J ，如果此人将两手平伸，使人和转台的转动惯量增加为原来的2倍，求：（1）人和转台的角速度；（2）转动动能。
解：（1）由角动量守恒0002J J ωω=，所以0/2ωω=（2）222001122224k J E I J ωωω⎛⎫=== ⎪⎝⎭1-7 解释以下各物理量的定义、单位以及它们之间的关系：（1）压应变、压应力、杨氏模量；（2）切应变、切应力、切变模量；（3）体应变、体应力、体变模量。
《医用物理学》各章题库含答案(中医药社) 分子动理论题库
第三章 分子动理论3-1 一U 形玻璃管的两竖直管的直径分别为1mm 和3mm.试求两管内水面的高度差（水的表面张力系数⨯=73α10-3N·m -1）。
(2cm)解：设U 形玻璃管的两竖直管的半径分别为1r 和2r ，根据题意可知m m 5.0r 1=，m m 5.1r 2= 两管弯曲液面处的压强分别为101r 2-p p α=，202r 2-p p α=，同时，gh -p p 12ρ= 由上面三式联立可得： cm 2105.11-105.018.9100010732gr 2-gr 2h 3-3-3-21≈⨯⨯⨯⨯⨯==）（ραρα 答：两管水面高度差为2cm3-2 在内半径r=0.33mm 的毛细管中注入水，在管的下端形成一半径为R=3.0mm 的水滴，求管中水柱的高度。
(5.5cm) 解：设毛细管中靠近弯液面处的水中一点压强为r a p p 201-=，在管的下端的水滴中一点的压强为R a p p 202+=,且同时有pgh p p =-12。
由上面三式可得)5.5)11(2cm R r rg a h （≈+=3-3 有一毛细管长L =20cm ，内直径d =1.5mm ，水平的浸在水银中，其中空气全部都留在管中，如果管子浸在深度处h =10cm ，问管中空气柱的长度是多少（设大气压强0P =76cmHg ，已知水银表面张力系数α=0.49N·m -1，与玻璃的接触角=θπ）？(0.179m)答：因水银与玻璃的接触角πθ=，水平浸在深度cm h 10=处的玻璃毛细管内气体压强为220⨯-+=da pgh P P 按玻马定律有： 10022L d a pgh P L P ⋅⨯-+=⋅）（ 所以：)(0.17922001m d a pgh P LP L =⨯-+=答：管中空气柱的长度是0.179m 。
3-4 吹一个直径为10cm 的肥皂泡，设肥皂液的表面张力系数α=40×10-3N·m -1。
医用物理学课后习题参考答案解析
医用物理学课后习题参考答案解析-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN医用物理学课后习题参考答案第一章1-1 ① 1rad/s ② 6.42m/s1-2 ① 3.14rad/s - ② 31250(3.9310)rad π⨯ 1-3 3g =2l β 1-4 1W=g 2m l 1-5 ① 22k E 10.8(1.0710)J π=⨯ ② -2M=-4.2410N m ⨯⋅③ 22W 10.8(1.0710)J π=-⨯1-6 ① 26.28rad/s ② 314rad ③ 394J ④ 6.28N1-7 ① ω ② 1g 2m l 1-8 ① =21rad/s ω ② 10.5m/s1-9 ① =20rad/s ω ② 36J ③ 23.6kg m /s ⋅1-10 ① 211=2ωω ②1=-2k k1E E ∆ 1-11 =6rad/s ω 1-12 12F =398F 239NN =1-13 ① 51.0210N ⨯ ② 1.9%1-14 ① 42210/N m ⨯ ② 52410/N m ⨯1-15 ① -65m(510)m μ⨯ ② -31.2510J ⨯第三章3-1 -33V=5.0310m ⨯3-2 ① 12m/s ② 51.2610a P ⨯3-3 ① 9.9m/s ② 36.0m3-4 ①-221.510;3.0/m m s ⨯ ② 42.7510a P ⨯ ③粗处的压强大于51.2910a P ⨯时，细处小于P 0时有空吸作用。
3-5 主动脉内Re 为762～3558，Re<1000为层流，Re>1500为湍流， 1000< Re<1500为过渡流。
3-6 71.210J ⨯ 3-7 0.77m/s3-8 ①3=5.610a P P ∆⨯ ②173=1.3810a P s m β-⨯⋅⋅③-143Q=4.0610/m s ⨯3-9 0.34m/s 3-10 431.5210/J m ⨯第四章4-1 -23S=810cos(4t )m 2ππ⨯+或-2-2S=810cos(4t-)m=810sin 4t 2πππ⨯⨯4-2 ① ϕπ∆= ② 12t=1s S 0,S 0==当时，4-3 ① S=0.1cos(t-)m 3ππ ②5t (0.833)6s s ∆=4-4 ①-2S=810cos(2t-)m 2ππ⨯ ② -2=-1610s in(2t-)m/s 2v πππ⨯;2-22a=-3210cos(2t-)m/s 2πππ⨯③k E =0.126J 0.13J;F=0≈.4-5 ①max =20(62.8)m/s v π ②242max a =4000 3.9410m/s π=⨯③22321E=m A =1.9710J=200J 2ωπ⨯ 4-6 ①2A 5.010,=4,T=0.25,=1.25m Hz s m νλ-=⨯② -2S=5.010cos8(t-)0.5xm π⨯ 4-7 ①S=0.10cos(-)0.10cos 0.2(-)522x xt m t m ππ= ②S=-0.10m4-8 ①=60,=1.0Hz m νλ ② -2S=5.010cos120(-)60xt m π⨯ 4-9 ①1s ϕπ-=②2A 6.010,=20,T=0.1,=0.2,c 2.m s m m/s ωπλ-=⨯= 4-10 ①22-31=A =25.44J m 2ερω⋅ ②328.4210W m -⨯⋅ 4-11 ① 0 ② 2A4-12 ①-39.1210a P ⨯ ②-9E=1.6510J ⨯4-13 ① 889.9 ② 0.54-14 ① -621.010W m -⨯⋅ ② -61.010W ⨯ 4-15 2=0.054 5.410v m/s m/s -=⨯第五章5-1 ①71.110a P ⨯ ②67.0810a P ⨯5-2 ① 2534.8310m -⨯ ② -9=2.7310;9d m ⨯倍。