华理工大学大学物理习题集之刚体力知识学习题集详解

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 [ ]

4M（A）mglgl2M； （B）； （C）23m16M2gl。 gl； （D）23m答案：A 解：

2J11J12J,ml212lJm, JMl 1112243JMgl22lv0mv0/2m1JJ1(12)211v02v0v0/2v01，2 11，JJl/2ll/2l2M11JJ2Mgl， J11Mgl， 222J22J1212Mgl 4J2ml24v022224lMgl，3mv0Mgl，v216Mgl，所以 v4M00212m16M3m4Ml3gl 3

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

[ ]

（A）80J，80Nm； （B）800J，40Nm；（C）4000J，32Nm；（D）9600J，16Nm。 答案：D

解：080，40，t10，J4

,.

Ek1212112JJ0 EkJ(02)4(64001600)9600(J) 2222

M恒定，匀变速，所以有

0t，

0t，MJJ0t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0。设它所受阻力矩与转动角速度成正比Mk (k为正常数)。

（1）它的角速度从0变为0/2所需时间是 [ ]

（A）J/2； （B）J/k； （C）(J/k)ln2； （D）J/(2k)。

（2）在上述过程中阻力矩所做的功为 [ ]

2222/4； （B）3J0/8； （C）J0/4； (D) J0/8。 （A）J0答案：C；B。

解：已知 Mk，0,1J，0

2dddk（1）MJk，Jk，dt

dtdtJkJ0dt0dt，lnkJJt，所以 tln0ln2 0Jkk（2）A

111123J222J2J0J000

222484．如图所示，对完全相同的两定滑轮（半径R，转动惯量J均相同），若分别用F（N）的力和加重物重力PmgF(N) 时，所产生的角加速度分别为

1和2，则 [ ]

（A）12 ； （C）12 ； 答案：A

（B）12 ； （D）不能确定 。

12TF(Fmg)解：根据转动定律，有mgRJ1,TRJ2，

mg,.

依受力图，有mgTma，Tmgmamg 所以，12。

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 [ ]

（A）增大； （B）减小； （C）不变； （D）无法确定。 答案：B

解：J11J0J22(J1J2J)

vOvJ1J2m1r2m2r2所以

二、填空题

(m1m2)， 12v rJ00

2J1J1．半径为r1.5m的飞轮，初角速度0=10rad/s，角加速度5rad/s2，若初始时刻角位移为零，则在t 为v

。

时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度

答案：4s；15m/s。 解：已知

r1.5m，0=10rad/s，5rad/s2，00。

因const，为匀变速，所以有

00tt2。

1令 0，即 (0t)t0得，由此得

2122210t04s

50t105410，所以 vr15m/s

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。若它与桌面间的滑动

Lrodrdm,.

摩擦系数为，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0，则棒停止转动所需时间为 答案：t

。

20L 3gmgdr Lrvvmm12mgdMrdf，dMrdf grdr， MdMgLLL22Ld1dmg又，MJJ，所以 mL2dt3dt2L0t3g3g3gddt，ddt，两边积分得：0t，

002L2L2L2L所以 t0

3g解：dfdmgdrg

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。如果这人由盘边走到盘心，则角速度的变化  = 统动能的变化Ek =

。

；系

2mR2122mR答案：；mR(1)。 J2J解：应用角动量守恒定律 JmR2J

mR2解得 1JmR2 ，角速度的变化 J211122mR222系统动能的变化 EkJJmR，即 EkmR(1)

2J22

4． 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度0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

ωr,.

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0/2所花的时间为

。

答案：5s

解：由角动量守恒定律 得 m所以

5． 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

。

m 2m R (Jmr2)02J0

J， r2t由于

m1103m1103kg/s tJ510525s r11030.12110311mg 8(1)(2)(3)(4)m1gT1m1aT2m2gm2a解：列出方程组 (T1T)R1J11(TT2)R2J22

其中，1a,R11a12J1M1R12， 2,J2M2R2

2R22M2T2m2m2gTR2M1R1T1T1m1(ga)由（1）、（2）两式得：

Tm(ga)22可先求出a，解得

am1m1ga2(m1m2)g4m1m2m1(M1M2) ，T1g ，

2(m1m2)(M1M2)2(m1m2)(M1M2),.

T24m1m2m2(M1M2)4m1m2m1M2m2M1g，Tg

2(m1m2)(M1M2)2(m1m2)(M1M2)将m12m，m2m M1M2m,R1R2代入，得：T 三．计算题

11mg 81．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（< 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？

4mR222MR1242，或，或答案：（1）；（2）。 22222mR2MR122MR12/(mR2)2mR2MR122mR2/(MR12)1解：设人相对圆盘的角速度为，圆盘相对地面的角速度为M。 则人相对地面的角速度为 mM

2应用角动量守恒定律 mR2m解得

112MR12M0 得，mR2MMR12M0 22mR222mR22 M2212mRMR2221mR2MR12圆盘相对地面转过的角度为

2mR222mR224MMdtdt2 2222mR2MR122mR2MR122MR12/(mR2)人相对地面转过的角度为

2MR122 mmdt2M222mR2MR122mR2/(MR12)1

2． 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。 （1）如物体2与桌面间的摩擦系数为，求系统的加速度a 及绳中的张力T1和T2；

12,.

（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张力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受力图。 f对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律

m2gNaT2T2NT1m1gm1(a)

对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律

mgT1T2Nm2a，Nm2g0

对滑轮，应用转动定律

T1aT2rT1rJ，并利用关系 ar，

由以上各式， 解得

m1gJJmm11m1m2r2mg；Tr2mg ag；T1122JJJm1m22m1m22m1m22rrrm2m2（2）0时

am1Jm1m22r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：（1）0.98J；（2）8.57rad/s。 解：根据机械能守恒定律，有：mg别为：

l12J。杆转动到铅直位置时的动能和角速度分22Ek

mglmgl3g1l8.57rad/s J2mg0.59.80.20.98J；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：（1）11.8m；（2）1.7m/s。

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

J k 3712121v2kxmvJ2mgxsin3700 222r22.09.8sin37（1）v0时，得x0或x11.8m

2（2）x1时

11mgsin37kx22.09.8sin3721222v1.7m/s

11J110.5m2.022r222(0.3)2

5．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：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。

,.

答案：（1）8.9rad/s；（2）94.5。 解：（1）应用角动量守恒定律

O 313mvlMl2ml

23l4l 4343A 3得

mv3810420019498.9rad/s 3M16ml1311081030.4（2）应用机械能守恒定律

1123Ml2m(34l)2Mgl2mg3l4Mgl2cosmg3l4cos 2得 M9cos138mM3ml2g0.079， 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)（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 / b； （D）波的周期为2

/ a。

答案：D

解：由yAcos(atbx)Acos(2222/at2/bx)，可知周期Ta。波长为2b。

］

,.

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Acost，则 ［ ］

（A）O点的振动方程为 yAcos(tl/u)； （B）波的表达式为 yAcos[t(l/u)(x/u)]； （C）波的表达式为 yAcos[t(l/u)(x/u)]； （D）C点的振动方程为 yAcos(t3l/u)。 答案：C

解：波向右传播，原O的振动相位要超前P点l/u，所以原点O的振动方程为

yuPOlC2lx

yAcos[t(l/u)0]，因而波方程为yAcos{[t

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［ ］

]； y 2u a u（B）yacos[2(tt)]；

b2uO （C）yacos[(tt)]；

b2b u（D）yacos[(tt)]。

b2（A）yacos[(tt)答案：D

ubx

x解：令波的表达式为 yacos[2π(t)]

x当tt， yacos[2π(t)]

由图知，此时x0处的初相 2πt由图得

ππ， 所以 2πt， 222b，

uu 2bπuπ(tt)] b2故x0处 yacos[2πt]acos[

,.

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变化，但二者的相位不相同； （C）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；（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S。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［ ］

（A）S； （B） 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S

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

uvRS； u（C）

uS； uvR（D）

uS。 uvRx1= 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)；5.55 rad。 解：（1）x1= 10m的振动方程为 yx100.25cos(125t3.7) （2）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 21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(t)，则

O处质点的振动方程___________________________________；

该波的波动表达式_____________________________________。

LPOux

LxL答案：y0Acos[(t)]；yAcos[(t)]

uuL解：（1）O处质点振动方程 y0Acos[(t)]

uxL （2）波动表达式 yAcos[(t)]

u

3．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 x (m) 0.60 P处质点的振动方程

为_________________________________。 答案：y0.04cos[2(O -0.04 P 0.20 0.40 t5x)] (SI)； 0.42yP0.04cos(0.4t3) (SI)。 2解：（1）O处质点，t0时 y0Acos0， v0Asin0

0.40= 5s

u0.08txπ故波动表达式为 y0.04cos[2π()] (SI)

50.42（2）P处质点的振动方程为 1所以 π，

2

又有 T yP0.04cos[2(

t50.23)]0.04cos(0.4t) (SI) 0.422,.

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： （1） I（2）

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3cos2πt；另一列波在C点引起的振动是y203103cos(2t1)；令BP2

1A2222A221.58105Wm2 2vwPtISt3.79103 J。

BP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(2πtπ)(SI)。

2解：第一列波在P点引起的振动的振动方程为

1y13103cos(2πtπ)

2第二列波在P点引起的振动的振动方程为

1y23103cos(2πtπ)

2所以，P点的合振动的振动方程 1 yy1y26103cos(2πtπ)

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：（1）y2102cos(100πtπ)；（2）v6.28 m/s。

2解：设x0处质点振动的表达式为 y0Acos(t)，

1已知 t0时，y0 = 0，且 v0 > 0，所以π，因此得

21y0Acos(2πt)2102cos(100πtπ)

2由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为

x11yAcos(2πt2π)2102cos(100πtππx)

u22x4m处的质点在t时刻的位移

1y2102cos(100πtπ)

2该质点在t2s时的振动速度为

1v2102100πsin(200π)2π= 6.28 m/s

2

2．一平面简谐波沿Ox轴的负方向传播，波长为

（1）求P处质点的振动方程； （2）求此波的波动表达式；

（3）若图中 d1，求坐标原点O处质点的振动方程。

，P处质点的振动规律如图所示．

2yP (m)答案：（1）yPAcos(t)；

（2）

12txdyAcos[2()]；（3）

40-A1t (s)dPx

y0Acos(1t)。

2O解：（1）由振动曲线可知，P处质点振动方程为

yPAcos[(21t)]Acos(t) 42（2）波动表达式为 yAcos[2(（3）O处质点的振动方程 y0Acos(1t)

2t4xd)]

,.

x3．一平面简谐波沿Ox轴正方向传播，波的表达式为 yAcos2π(t)，而另一平面

x简谐波沿Ox轴负方向传播，波的表达式为 y2Acos2π(t)

求：（1）x4处介质质点的合振动方程；（2）x4处介质质点的速度表达式。

答案：（1）yAcos(2πt解：（1）在x1（2）v2πAcos(2πtπ)。 π)；24处

11y1Acos(2t)，y22Acos(2t)

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与

1振幅较大者（即y2）的初相相同，为。所以，

21合振动方程 yAcos(2πtπ)

2（2）x4处质点的速度

v

dy12πAsin(2πt π)2πAcos(2πtπ) dt24．设入射波的表达式为 y1Acos2(端。设反射时无能量损失，求

xt)，在x0处发生反射，反射点为一固定T（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）y2Acos[2π(txt)π]Acos2π()； TT2ππ2ππ2πx2πt（2）y2Acos(x)cos(t)2Asin； sin2T2T111（3）波腹：x(n) n1,2,3,L；波节：xn n1,2,3,L。

222的突变，且反射波振幅为A，因此反

x解：（1）反射点是固定端，所以反射有相位射波的表达式为

,.

xtxty2Acos[2π()π]Acos2π()

TT（2）驻波的表达式是

yy1y22Acos(2ππ2ππ2πx2πt x)cos(t)2Asinsin2T2T（3）波腹位置满足： 2x/1n，即 2

11 x(n) n1,2,3,L

22波节位置满足

112x/n，即

221xn n1,2,3,L

2

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

0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（设声波在空气中的速度为V340m/s）。 答案：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

V340010201018.5Hz Vv3400.5黑板接收到的音波频率（声源朝向黑板运动）

V340010201021.5Hz Vv3400.5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

1021.5Hz

故，学生听到的拍的频率为

3Hz