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1、习题三一、选择题1一根长为、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，则v0的大小为 A； B； C； D。答案：A解：，所以 2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。在恒力矩作用下，10s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 A80J，80； B800J，40；C4000J，32；D9600J，16。答案：D解：，恒定，匀变速，所以有，3一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为。设它所受阻力矩与转动角速度成正比 (k为正
2、常数)。1它的角速度从变为所需时间是 A； B； C； D。2在上述过程中阻力矩所做的功为 A； B； C； (D) 。答案：C；B。解： ，1，所以24如下图，对完全一样的两定滑轮半径R，转动惯量J均一样，假设分别用FN的力和加重物重力(N) 时，所产生的角加速度分别为和，则 A；B ； C；D不能确定 。答案：A解：根据转动定律，有，依受力图，有，所以，。 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一样、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 A增大；B减小；C不变；D无法确定。答案：B解：，所以二、填空题1半径为的飞轮，初角速度，角
3、加速度，假设初始时刻角位移为零，则在时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度为。 答案：；。解：，。因，为匀变速，所以有。令 ，即 得，由此得，所以 2 一根质量为m、长度为L的匀质细直棒，平放在水平桌面上。假设它与桌面间的滑动摩擦系数为m，在时，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，则棒停顿转动所需时间为 。 答案：解：，又，所以，两边积分得：，所以3 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 =；系统动能的变化DEk =。答案：；。解：应用角动量守恒定律解得 ，角速度的变化 系统动能
4、的变化 ，即 4 如下图，转台绕中心竖直轴以角速度作匀速转动，转台对该轴的转动惯量 。现有砂粒以的流量落到转台，并粘在台面形成一半径的圆。则使转台角速度变为所花的时间为。答案：5s解：由角动量守恒定律得 ，由于 所以 2mRm5 如下图，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，则两滑轮之间绳的力为。 答案：解：列出方程组其中， 由1、2两式得：可先求出a，解得 ， ，将，代入，得：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
5、盘中心的竖直轴转动。当这人沿着与圆盘同心，半径为R2 R1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？答案：1；2。解：设人相对圆盘的角速度为，圆盘相对地面的角速度为。则人相对地面的角速度为应用角动量守恒定律 得，解得 圆盘相对地面转过的角度为人相对地面转过的角度为2 如下图，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。1如物体2与桌面间的摩擦系数为m，求系统的加速度a 及绳中的力T1和T2；2如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的力T1和T2。设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦。答案：太长，略。解：1用隔离体法，分别画出三个物体的
6、受力图。对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律，对滑轮，应用转动定律，并利用关系，由以上各式， 解得；2时；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。假设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：1；2。解：根据机械能守恒定律，有：。杆转动到铅直位置时的动能和角速度分别为：；kJ4如下图，滑轮的转动惯量J=0.5kgm2，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场启动，开场时弹簧没有伸长。滑轮与绳子间无相对滑动，其它局部
7、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：1；2。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1时，得或2时5长、质量的匀质木棒，可绕水平轴O在竖直平面转动，开场时棒自然竖直悬垂，现有质量的子弹以的速率从A点射入棒中，A、O点的距离为，如下图。求：1棒开场运动时的角速度；2棒的最大偏转角。答案：1；2。AO解：1应用角动量守恒定律得2应用机械能守恒定律得 ，习题五一、选择题1一平面简谐波的表达式为a、b为正值常量，则A波的频率为a；B波的传播速度为b/a；C波长为 p / b；D波的周期为2p / a。答案：D解：由，可知周期。波
8、长为。2如图，一平面简谐波以波速u沿*轴正方向传播，O为坐标原点P点的振动方程为，则 AO点的振动方程为；B波的表达式为；C波的表达式为；DC点的振动方程为。答案：C 解：波向右传播，原O的振动相位要超前P点，所以原点O的振动方程为，因而波方程为，可得答案为C。3一平面简谐波以速度u沿*轴正方向传播，在时波形曲线如下图则坐标原点O的振动方程为A；B；C；D。答案：D解：令波的表达式为当，由图知，此时处的初相 ， 所以 ，由图得 ，故处4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？A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；B媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性
9、变化，但二者的相位不一样；C媒质质元的振动动能和弹性势能的相位在任一时刻都一样，但二者的数值不等；D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*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。假设声源S不动，而接收器R相对于媒质以速度沿着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A；B；C；D。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
10、，所以其接收到的频率应是声源的频率二、填空题1一平面简谐波的表达式为 (SI)，则点处质点的振动方程为_；和两点间的振动相位差为_。答案： (SI)；。解：1的振动方程为2因的振动方程为所以与两点间相位差2如下图，一平面简谐波沿O*轴正向传播，波速大小为u，假设P处质点的振动方程为，则O处质点的振动方程_；该波的波动表达式_。答案：；解：1O处质点振动方程2波动表达式3图示为一平面简谐波在时刻的波形图，则该波的波动表达式_；P处质点的振动方程为_。答案： (SI)； (SI)。解：1O处质点，时，所以，又有故波动表达式为 (SI) 2P处质点的振动方程为 (SI) 4一平面简谐波，频率为，波速
11、为，振幅为，在截面面积为的管介质中传播，假设介质的密度为，则该波的能量密度_；该波在60 s垂直通过截面的总能量为_。答案：；。解： 12。5如下图，两列相干波在P点相遇。一列波在B点引起的振动是；另一列波在C点引起的振动是；令，两波的传播速度。假设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_。答案：(SI)。解：第一列波在P点引起的振动的振动方程为第二列波在P点引起的振动的振动方程为所以，P点的合振动的振动方程三、计算题1平面简谐波沿*轴正方向传播，振幅为，频率为，波速为 200 m/s在时，处的质点正在平衡位置向y轴正方向运动，求处媒质质点振动的表达式及该点在时的振动速度。答案：
12、1；2。解：设处质点振动的表达式为，时，且，所以，因此得由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为处的质点在t时刻的位移该质点在时的振动速度为2一平面简谐波沿O*轴的负方向传播，波长为l ，P处质点的振动规律如下图1求P处质点的振动方程；2求此波的波动表达式；3假设图中，求坐标原点O处质点的振动方程。答案：1；2；3。解：1由振动曲线可知，P处质点振动方程为2波动表达式为3O处质点的振动方程3一平面简谐波沿O*轴正方向传播，波的表达式为，而另一平面简谐波沿O*轴负方向传播，波的表达式为求：1处介质质点的合振动方程；2处介质质点的速度表达式。答案：1；2。解：1在处，因与反相，所以合振动振幅为二
13、者之差：，且合振动的初相与振幅较大者即的初相一样，为。所以，合振动方程2处质点的速度4设入射波的表达式为，在处发生反射，反射点为一固定端。设反射时无能量损失，求1反射波的表达式；2合成的驻波的表达式；3波腹和波节的位置。答案：1；2；3波腹：；波节：。解：1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2驻波的表达式是3波腹位置满足：，即波节位置满足，即5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；假设教师以速度匀速向黑板走去，则教师身后的学生将会听到拍音，试计算拍频设声波在空气中的速度为。答案：。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黑板接收到的音波频率声源朝向黑板运动黑板固定不动，所以黑板反射的声波频率等于黑板接收到的声波频率即故，学生听到的拍的频率为
