华理工大学大学物理习题之 刚体力学习题详解.docx

华理工大学大学物理习题之 刚体力学习题详解习题三 一、选择题 1一根长为l、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90°，则v0的大小为 4Mmglgl2M； ； 32m16M2gl。 gl； 3m2答案：A 解： 2ìJ1w1=J1w2+Jw,m2l12ælöïJ=m=, J=M l í111ç÷243Jw=Mg×lè2øïî22l1JwJ1(w1-w2)211v02v0v0/2v01=，w2= w1=w1，w=JJl/2ll/2l2v0mv0/2mM121æJwöJw=Mgl， J×ç11÷=Mgl， 22è2Jø22J12w12=Mgl 4J2æml2ö4v0ç÷2222è4øl=Mgl，3×mv0=Mgl，v2=16Mgl，所以 v=4M0021216Mm3m4×Ml3 gl 32圆柱体以80rad/s的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为4kg×m2。在恒力矩作用下，10s内其角速度降为40rad/s。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 80J，80N×m； 800J，40N×m；4000J，32N×m；9600J，16N×m。 答案：D 解：w0=80，w=40，t=10，J=4 -DEk=1212112Jw-Jw0 DEk=J(w0-w2)=´4´(6400-1600)=9600(J) 2222M恒定，匀变速，所以有 w=w0-at，a=w0-wt，M=Ja=J×w0-wt=4´80-40=16N×m 103一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为w0。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M=-kw (k为正常数)。 它的角速度从w0变为w0/2所需时间是 1 J/2； J/k； (J/k)ln2； J/(2k)。 在上述过程中阻力矩所做的功为 2222Jw0/4； -3Jw0/8； -Jw0/4； (D) -Jw0/8。 答案：C；B。 解：已知 M=-kw，w0,1J，w=w0 2dwdwdwkM=J=-kw，J=-kw，=-dt dtdtwJòww0dwk=-wJòt0dt，lnwkJwJ=-t，所以 t=ln0=ln2 w0JkwkA= 111æ123J222öJw2=Jw0=Jçw0-w0=-w0 ÷222è48ø4如图所示，对完全相同的两定滑轮，若分别用F的力和加重物重力P=mg=F(N) 时，所产生的角加速度分别为a1和a2，则 a1>a2 ； a1<a2 ； 答案：A 解：根据转动定律，有mg×R=Ja1,T×R=Ja2， 依受力图，有mg-T=ma，T=mg-ma<mg 所以，a1>a2。 5 对一绕固定水平轴O匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应 增大； 减小； 不变； 无法确定。 答案：B 解：J1w1+Jw0-J2w2=(J1+J2+J)w a1=a2 ； 不能确定 。 a1a2TF(F=mg)mgvOvJ1=J2=m1r2=m2r2所以 v(m1=m2)， w1=w2= rw=Jw0<w0 2J1+J2 二、填空题 1半径为r=1.5m的飞轮，初角速度w0=10rad/s，角加速度a=-5rad/s2，若初始时刻角位移为零，则在t= 为v= 。 答案：4s；-15m/s。 解：已知 r=1.5m，w0=10rad/s，a=-5rad/s2，q0=0。 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度因a=const，为匀变速，所以有 q=q0+w0t+at2。 令 q=0，即 (w0+at)t=0得，由此得 12122w2´10t=-0=-=4s a-5w=w0+at=10-5´4=-10，所以 v=wr=-15m/ s2 一根质量为 m、长度为 L的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为m，在t=0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为w0，则棒停止转动所需时间为 答案：t= 。 L2w0L 3mgrodrdmmgdr Lrvvmmmm12mmg dM=r´df，dM=rdf=grdr， M=òdM=g×L=LL22Ldw1dwmmg又，M=-Ja=-J，所以 =-mL2=dt3dt2L0t3mg3mg3mgdw=-dt，òdw=-òdt，两边积分得：w0=t， 解：df=mdmg=mldrg=m2L w0所以 2L2wLt=0 3mg02L3 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘半径为R，转动惯量为J，角速度为w。如果这人由盘边走到盘心，则角速度的变化 Dw = 能的变化DEk = 。 ；系统动2mR2122mR+1)。 答案：w；mRw(J2JJw+mR2w=Jw¢ 解：应用角动量守恒定律 3 æmR2ömR2解得 w¢=wç1+ ÷，角速度的变化 Dw=w¢-w=wJJøè211122mR222+1) 系统动能的变化 DEk=´Jw¢-(J+mR)w，即 DEk=mRw(2J224 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度w0作匀速转动，转台对该轴的转动惯量 J=5´10-5kg×m2。现有砂粒以1g/s的流量落到转台，并粘在台面形成一半径r=0.1m的圆。则使转台角速度变为w0/2所花的时间为 。 答案：5s 解：由角动量守恒定律 得 m=所以 r(J+mr2)w02=Jw0 J， 2rt=由于 m1´10-3m=1´10-3kg/s tJ5´10-5=2=5s r´1´10-30.12´1´10-35 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为R的匀质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为m和2m的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力为 答案：T=。 R 11mg 8(1)(2)(3)(4)m 2m ìm1g-T1=m1aïïT2-m2g=m2a解：列出方程组 íï(T1-T)R1=J1a1ïî(T-T2)R2=J2a2 其中，a1=a,R1J1=1a12M1R12， a2=,J2=M2R2 2R22M2T2m2m2g4 TR2M1R1T1ìT1=m1(g-a)由、两式得：í T=m(g+a)2î2可先求出a，解得 am1m1ga=2(m1-m2)g4m1m2+m1(M1+M2)g ， ，T1=2(m1+m2)+(M1+M2)2(m1+m2)+(M1+M2)4m1m2+m2(M1+M2)4m1m2+m1M2+m2M1g，T=g 2(m1+m2)+(M1+M2)2(m1+m2)+(M1+M2)T2=将m1=2m，m2=m M1=M2=m,R1=R2代入，得：T= 11mg 8三计算题 1在半径为R1、质量为M的静止水平圆盘上，站一静止的质量为m的人。圆盘可无摩擦地绕过盘中心的竖直轴转动。当这人沿着与圆盘同心，半径为R2的圆周相对于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少？ 4pmR222pMR124p2p答案：；。 -，或-，或22222mR2+MR122+MR12/(mR2)2mR2+MR122mR2/(MR12)+1解：设人相对圆盘的角速度为w，圆盘相对地面的角速度为wM。 则人相对地面的角速度为 wm=w+wM 2应用角动量守恒定律 mR2wm+解得 112MR12wM=0 得，mR2(w+wM)+MR12wM=0 22mR222mR22 wM=-w=-w2212mR+MR2221mR2+MR12圆盘相对地面转过的角度为 2mR222mR224pqM=òwMdt=-wdt=-´2p=- 22ò22222mR2+MR12mR2+MR12+MR1/(mR2)人相对地面转过的角度为 2pMR122p= qm=òwmdt=2p+qM=222mR2+MR122mR2/(MR12)+12 如图所示，物体1和2的质量分别为m1与m2，滑轮的转动惯量为J，半径为r。 如物体2与桌面间的摩擦系数为m，求系统的加速度a 及绳中的张力T1和T2； 如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张力T1和T2。 5 21答案：太长，略。 解：用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。 对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律 fNaT2T2N¢T1-m1g=m1(-a) mg对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律 2mgaT2-mN=m2a，N-m2g=0 对滑轮，应用转动定律 T1T1T2r-T1r=J(-a)，并利用关系 a=ra， 由以上各式， 解得 am1gJJm+mm+m1122m1-mm2rra=×g；T1=×m1g；T2=×m2g JJJm1+m2+2m1+m2+2m1+m2+2rrrm=0时 m2+mm2+m1Jm1+m2+2ra=×g；T1=m2+Jm1+m2+2rJr2×m1g；T2=m1Jm1+m2+2r×m2g 3.一匀质细杆，质量为0.5Kg，长为0.4m，可绕杆一端的水平轴旋转。若将此杆放在水平位置，然后从静止释放，试求杆转动到铅直位置时的动能和角速度。 答案：0.98J；8.57rad/s。 解：根据机械能守恒定律，有：mg别为： l1=Jw2。杆转动到铅直位置时的动能和角速度分221lmglmgl3g=8.57rad/s Ek=Jw2=mg=0.5´9.8´0.2=0.98J；w=1Jl22ml234如图所示，滑轮的转动惯量J =0.5kg×m2，半径r =30cm，弹簧的劲度系数k =2.0N/m，重物的质量m =2.0kg。当此滑轮重物系统从静止开始启动，开始时弹簧没有伸长。滑轮与绳子间无相对滑动，其它部分摩擦忽略不计。问物体能沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑1.00m时，它的速率有多大？ 答案：11.8m；1.7m/s。 6 J k 37°解：以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律 12121v2kx+mv+J2-mgxsin370=0 222r2´2.0´9.8´sin37°v=0时，得x=0或x=11.8m 2x=1时 11mgsin37°-kx22.0´9.8´sin37°-´2´1222v=1.7m/s 11J110.5m+´2.0+×22r222(0.3)25长l=0.40m、质量M=1.00kg的匀质木棒，可绕水平轴O在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂，现有质量m=8g的子弹以v=200m/s的速率从A点射入棒中，A、O点的距离为3l/4，如图所示。求：棒开始运动时的角速度；棒的最大偏转角。 答案：8.9rad/s；94.5°。 解：应用角动量守恒定律 O 231æ3ö3mv×l=Ml2w+mçl÷w l43è4ø4l 得 33mv´8´10-3´20044w=8.9rad/s 9ö9æ1æ1ö-3çM+m÷lç´1+´8´10÷´0.416ø10è3è3øA 应用机械能守恒定律 1é123ù2l3ll3lMl+m(l)w-Mg-mg=-Mgcosq-mgcosq ú2ê342424ëû29M+m8×lw=-0.079， 得 cosq=1-32M+3mgq=94.5° 习题五 一、选择题 1已知一平面简谐波的表达式为 y=Acos(at-bx)，则 波的频率为a； 波的传播速度为 b/a； 波长为 p / b； 波的周期为2p / a。 答案：D 解：由y=Acos(at-bx)=Acos(2p2p2p2p。波长为。 t-x)，可知周期T=b2p/a2p/ba7 2如图，一平面简谐波以波速u沿x轴正方向传播，O为坐标原点已知P点的振动方程为y=Acoswt，则 O点的振动方程为 y=Acosw(t-l/u)； 波的表达式为 y=Acoswt-(l/u)-(x/u)； 波的表达式为 y=Acoswt+(l/u)-(x/u)； C点的振动方程为 y=Acosw(t-3l/u)。 yuPOlC2lx答案：C 解：波向右传播，原O的振动相位要超前P点wl/u，所以原点O的振动方程为y=Acoswt+(l/u)+j0，因而波方程为y=Acoswt-xl+，可得答案为C。 uu3一平面简谐波以速度u沿x轴正方向传播，在t=t¢时波形曲线如图所示则坐标原点O的振动方程为 up(t-t¢)+； y b2u a upy=acos2p(t-t¢)-； b2upO y=acosp(t+t¢)+； b2b upy=acosp(t-t¢)-。 b2y=acos答案：D x x解：令波的表达式为 y=acos2(nt-)+j lx当t=t¢， y=acos2(nt¢-)+j l由图知，此时x=0处的初相 2nt¢+j=-， 所以 j=-2nt¢， 22由图得 l=2b， n=ul=u 2bu故x=0处 y=acos 2nt+j=acos-t¢(-t)b24当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论哪个是正确的？ 媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减小，总机械能守恒； 媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性变化，但二者的相位不相同； 8 媒质质元的振动动能和弹性势能的相位在任一时刻都相同，但二者的数值不等；媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大。 答案：D 解：当机械波传播到某一媒质质元时，媒质质元在平衡位置处形变最大，因此其弹性势能也最大。运动到最大位移处形变最小，其弹性势能最小。媒质质元的振动动能和弹性势能是等相位的，能量向前传播，媒质质元机械能不守恒。所以答案应选D。 5设声波在媒质中的传播速度为u，声源的频率为nS。若声源S不动，而接收器R相对于媒质以速度vR沿着S、R连线向着声源S运动，则位于S、R连线中点的质点P的振动频率为 u+vRuunS； nS； nS。 nS； u+vRu-vRu答案：A 解：位于S、R连线中点的质点P相对于声源并没有相对运动，所以其接收到的频率应是声源的频率nS 二、填空题 1已知一平面简谐波的表达式为 y=0.25cos(125t-0.37x) (SI)，则 x1= 10m点处质点的振动方程为_； x1= 10m和x2= 25m两点间的振动相位差为_。 答案：y=0.25cos(125t-3.7) (SI)；Dj=-5.55 rad。 解：x1= 10m的振动方程为 yx=10=0.25cos(125t-3.7) 因x2= 25m的振动方程为 yx=25=0.25cos(125t-9.25) 所以x2与x1两点间相位差 Dj=j2-j1=-5.55 rad 2如图所示，一平面简谐波沿Ox轴正向传播，波速大小为u，若P处质点的振动方程为yP=Acos(wt+j)，则 O处质点的振动方程_； P该波的波动表达式_。 LOuxLx-L答案：y0=Acosw(t+)+j；y=Acosw(t-)+j uuL解：O处质点振动方程 y0=Acosw(t+)+j u9 波动表达式 y=Acosw(t-x-L)+j u3图示为一平面简谐波在t=0时刻的波形图，则该波的波动表达 式_； y (m) u = 0.08 m/s P处质点的振动方程 为_。 x (m) txp)- (SI)； 答案：y=0.04cos2p(-50.42O -0.04 P 0.20 0.40 0.60 yP=0.04cos(0.4pt-3p) (SI)。 2解：O处质点，t=0时 y0=Acosj=0， v0=-Awsinj>0 所以 j=-1， 2故波动表达式为 0.40= 5s u0.08tx y=0.04co (SI) s2-(-)50.42又有 T=l=P处质点的振动方程为 yP=0.04cos2p(- 4一平面简谐波，频率为1.0´103Hz，波速为1.0´103m/s，振幅为1.0´104m，在截面面积为4.0´10-4m2的管内介质中传播，若介质的密度为8.0´102kg×m-3，则该波的能量密度_；该波在60 s内垂直通过截面的总能量为_。 答案：1.58´105W×m-2；3.79´103 J。 解： I=t50.2p3p)-=0.04cos(0.4pt-) (SI) 0.4221rmA2w2=2p2rmA2n2=1.58´105W×m-2 2vw=P×Dt=ISDt=3.79´103 J。 5如图所示，两列相干波在P点相遇。一列波在B点引起的振动是 y10=3´10-3cos2t；另一列波在C点引起的振动是y20=3´10-3cos(2pt+1p)；令BP2BP=0.45 m，CP=0.30 m，两波的传播速度u= 0.20 m/s。若不考虑传播途中振幅的减小，则P点的合振动的振动方程为 C _。 1答案： y=6´10-3cos(2t-)(SI)。 2解：第一列波在P点引起的振动的振动方程为 10 1y1=3´10-3cos(2t-) 2第二列波在P点引起的振动的振动方程为 1y2=3´10-3cos(2t-) 2所以，P点的合振动的振动方程 1 y=y1+y2=6´10-3cos(2t-) 2三、计算题 1平面简谐波沿x轴正方向传播，振幅为2cm，频率为50Hz，波速为 200 m/s在t=0时，x=0处的质点正在平衡位置向y轴正方向运动，求x=4m处媒质质点振动的表达式及该点在t=2s时的振动速度。 1答案：y=2´10-2cos(100t-)；v=6.28 m/s。 2w(t+j，) 解：设x=0处质点振动的表达式为 y0=Acos1已知 t=0时，y0 = 0，且 v0 > 0，所以j=-，因此得 21y0=Acos(2nt+j)=2´10-2cos(100t-) 2由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为 x11y=Acos(2nt+j-2n)=2´10-2cos(100t-x) u22x=4m处的质点在t时刻的位移 1y=2´10-2cos(100t-) 2该质点在t=2s时的振动速度为 1v=-2´10-2´100sin(200p-)=2= 6.28 m/s 22一平面简谐波沿Ox轴的负方向传播，波长为l ，P处质点的振动规律如图所示 求P处质点的振动方程； 求此波的波动表达式； 若图中 d=1l，求坐标原点O处质点的振动方程。 2yP (m)答案：yP=Acos(pt+p)； 12tx-dy=Acos2p(+)+p；4l0-A1t (s)dPxy0=Acos(1pt)。 211 O解：由振动曲线可知，P处质点振动方程为 2p1t)+p=Acos(pt+p) 42tx-dp(+)+p 波动表达式为 y=Acos24lyP=Acos(O处质点的振动方程 y0=Acos(1pt) 2x3一平面简谐波沿Ox轴正方向传播，波的表达式为 y=Acos2(nt-)，而另一平面lx简谐波沿Ox轴负方向传播，波的表达式为 y=2Acos2(nt+) l求：x=l4处介质质点的合振动方程；x=l4处介质质点的速度表达式。 答案：y=Acos(2nt+解：在x=1)；v=2nAcos(2nt+)。 2l4处 11p)，y2=2Acos(2pnt+p) 22因y1与y2反相，所以合振动振幅为二者之差： As=2A-A=A，且合振动的初相j与1振幅较大者的初相相同，为p。所以， 21合振动方程 y=Acos(2nt+) 2ly1=Acos(2pnt-x=4处质点的速度 v=dy1=-2nAsin(2nt+ )=2nAcos(2nt+) dt24设入射波的表达式为 y1=Acos2p(xl+t)，在x=0处发生反射，反射点为一固定T端。设反射时无能量损失，求 反射波的表达式；合成的驻波的表达式；波腹和波节的位置。 答案：y2=Acos2(txt-)+=-Acos2(-)； lTlT222x2ty=2Acos(x+)cos(t-)=-2Asin； sinl2T2lT111波腹：x=(n-)l n=1,2,3,L；波节：x=nl n=1,2,3,L。 22212 x解：反射点是固定端，所以反射有相位p的突变，且反射波振幅为A，因此反 射波的表达式为 xtxty2=Acos2(-)+=-Acos2(-) lTlT驻波的表达式是 222x2t y=y1+y2=2Acos(x+)cos(t-)=-2Asinsinl2T2lT波腹位置满足： 2px/l+1p=np，即 211 x=(n-)l n=1,2,3,L 22波节位置满足 2px/l+11p=np+p，即 225在大教室中，教师手拿振动的音叉站立不动，学生听到音叉振动声音的频率1x=nl n=1,2,3,L 2n0=1020Hz；若教师以速度v=0.5m/s匀速向黑板走去，则教师身后的学生将会听到拍音，试计算拍频。 答案：Dn=3Hz。 解：因声源远离学生，所以由音叉直接传来至学生处的声波频率 V340n0=´1020=1018.5Hz V+v340+0.5黑板接收到的音波频率 n¢=V340n0=´1020=1021.5Hz V+v340-0.5黑板固定不动，所以黑板反射的声波频率n¢¢¢等于黑板接收到的声波频率n¢¢ n¢¢=即 n¢¢¢=n¢¢=1021.5Hz 故，学生听到的拍的频率为 Dn=n¢¢¢-n¢=3Hz 13