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1、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： 2J1w1=J1w2+Jw,m2l12lJ=m=, J=M l 111243Jw=Mgl222l1JwJ1(w1-w2)211v02v0v0/2v01=，w2= w1=w1，w=JJl/2ll/2l2v0mv0/2mM121JwJw=Mgl， J11=Mgl， 222J2
2、2J12w12=Mgl 4J2ml24v022224l=Mgl，3mv0=Mgl，v2=16Mgl，所以 v=4M0021216Mm3m4Ml3 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4kgm2。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，80Nm； 800J，40Nm；4000J，32Nm；9600J，16Nm。 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
3、=w0-at，a=w0-wt，M=Ja=Jw0-wt=480-40=16Nm 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 dtdtwJww0dwk=-wJt0dt，lnwkJwJ=-t，所以 t=l
4、n0=ln2 w0JkwkA= 111123J222Jw2=Jw0=Jw0-w0=-w0 222484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 a1a2 ； a1a2 ； 答案：A 解：根据转动定律，有mgR=Ja1,TR=Ja2， 依受力图，有mg-T=ma，T=mg-maa2。 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
5、)w a1=a2 ； 不能确定 。 a1a2TF(F=mg)mgvOvJ1=J2=m1r2=m2r2所以 v(m1=m2)， w1=w2= rw=Jw00 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1.0103Hz，波速为1.0103m/s，振幅为1.0104m，在截面面积为4.010-4m2的管内介质中传播，若介质的密度为8.0102kgm-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：1.58105
6、Wm-2；3.79103 J。 解： I=t50.2p3p)-=0.04cos(0.4pt-) (SI) 0.4221rmA2w2=2p2rmA2n2=1.58105Wm-2 2vw=PDt=ISDt=3.79103 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=310-3cos2t；另一列波在C点引起的振动是y20=310-3cos(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=610-3cos(2t-)(SI)。 2解：第一列波
7、在P点引起的振动的振动方程为 10 1y1=310-3cos(2t-) 2第二列波在P点引起的振动的振动方程为 1y2=310-3cos(2t-) 2所以，P点的合振动的振动方程 1 y=y1+y2=610-3cos(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=210-2cos(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
8、 = 0，且 v0 0，所以j=-，因此得 21y0=Acos(2nt+j)=210-2cos(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)=210-2cos(100t-x) u22x=4m处的质点在t时刻的位移 1y=210-2cos(100t-) 2该质点在t=2s时的振动速度为 1v=-210-2100sin(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
9、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
10、：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-)
11、+=-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
12、=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
