08级大学物理期中试卷和答桉

108级大学物理期中试卷一、选择题（每空2分，共12分）1、对功的概念有以下几种说法：（1）保守力作功时，系统内相应的势能增加。（2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。（3）作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者作功的代数和必为零。在上述说法中正确的是（C）A、（1）（2）B、（2）（3）C、只有（2）D只有（3）2、一轻弹簧竖直固定于水平桌面上。如图1所示，小球从距离桌面高为h处以初速率0落下，撞击弹簧后跳回到高为h处时速率仍为0，以小球为系统，则在这一整个过程中小球的（A）A.动能不守恒，动量不守恒B.动能守恒，动量不守恒C.机械能不守恒，动量守恒D.机械能守恒，动量守恒3、质量为m的汽车在广场上以速率υ作半径为R的圆周运动，如图2所示，汽车从A点运动到B点，动量的增量为（A）A、im2B、im2C、jm2D、jm2解：immPAAimmPBBimPPPAB24、花样滑冰运动员绕竖直轴旋转，两臂伸开时转动惯量为J0，角速度为ω0；收拢两臂，转动惯量变为031J，则角速度为（C）A、031B、031C、03D、03解：运动员旋转过程中角动量守恒：''JJ000003''JJ5、一平面简谐波在t=0时刻的波形图如图3所示，则O点的振动初位相为（D）A、0B、2C、D、)(223或6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是（B）A、内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）；B、作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；C、角速度的方向一定与外力矩的方向相同；D、质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相同。二、填空题（每空2分，共38分）1、一质点作平面曲线运动，运动方程为jtitr2（m），在t=1s时质点的速度矢量（1）；图2BAυAυBYXhυ0图1C图3Oyx2切向加速度ta（2）；法向加速度na（3）；总加速度a（4）。（1）ji2m/s；（2）554tam/s2；（3）552nam/s2；（4）2am/s2；2、某质点所受的力为kxeFF0，若质点从静止开始运动（即x=0时υ=0），则该质点所能达到的最大动能为（5）；此时动能的增量为（6）。（5）kF0；（6）kF0；3、力jtitF432)(作用在质量为m=2kg的物体上，物体的速度为i10m/s，则此力作用2s时的冲量I（7）；此时物体的动量P（8）。（7）jiI810N·s；（8）jiP812kg·m/s；4、长度为l质量为m的匀质细杆，直立在地面上，使其自然倒下，触地端保持不移动，则碰地前瞬间，杆的转动动能kE=（9），杆质心线速度大小υc=（10）；若将细杆截去一半，则碰地前瞬间，杆的角速度'=（11），这时杆的转动动能kE'=（12）。（9）mgl21；（10）gl321；（11）lg6；（12）mgl81；（机械能守恒2212IEmglk）5、有一人造地球卫星，质量为m，在地球表面上空2倍于地球半径R的高度沿圆轨道运行，用m、R、引力常数G和地球质量M表示，则卫星的动能为（13）；卫星的引力势能为（14）。（13）RGMmEk6；（14）RGMmEp3；6、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为20cm，与第一个简谐振动的位相差为6，若第一个简谐振动的振幅为317310.cm，则第二个简谐振动的振幅为（15）cm；第一、第二两个简谐振动的位相差为（16）。解：（15）10cm；（16）2由旋转矢量图可见：106212122cosAAAAAcm又因为cos21222122AAAAA022122221AAAAAcos27、一频率为1kHz的声源以34sm/s的速率向右运动。在声波的右方有一反射面，该反射面以3681m/s的速率向左运动。设空气中的声速为340um/s。那么声源所发射的声波在左侧空气中的波长为（17）；每秒内到达反射面的波数为（18）；反射波在空气中的波长为（19）。（17）0.374m；（18）1.3kHz；（19）0.20m解：（1）在声源右侧，声源向着观测者运动，静止的观测者接收到的频率为01suu'因而在声源右侧空气中的波长为3060100034340011.''suu（m）同理在声源左侧，声源远离观测者运动，静止的观测者接收到的频率为02suu'因而在声源左侧空气中的波长为3740100034340022.''suu（m）（2）每秒到达反射面的波数为反射面接收到的频率。在这种情况下，波源和接收者都运动，而且相互接近，所以每秒到达反射面的波数为3110003434068340013.'suukHz（3）反射波在空气中的频率为011011314))(()(''uuuuuuuuuuss反射波在空气中的波长为20001144.)())((''uuuus（m）三、计算题（共50分）1、（10分）电风扇的功率恒定为P，风叶转子的总转动惯量为I。设风叶受到的空气阻力矩与风叶旋转的角速度成正比。试求（1）电扇通电后t秒时的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速；（3）若电扇稳定转动时断开电源，则风扇还能继续转过多少角度？解：（1）电扇的功率为P，则电动力矩PM，而阻力矩fM，则kMf，k为比例系数。根据转动定律dtdIMMf即dtdIkP分离变量后积分tdtdkPI002解得)(IktekP21（2）当t时，电扇达稳定转动，转速kP4（3）断开电源，只受空气阻力矩的作用，由转动定律dtdIk，tdtIkdm0解得tIktIkmekPe电扇转过角度kPkIdtekPdttIk02、（10分）如图5所示，水平桌面上有一长01.lm，质量031.mkg的匀质细杆，细杆可绕通过端点O的垂直轴OO‘转动，杆与桌面之间的摩擦系数200.。开始时杆静止，有一子弹质量gm202，速度400m/s，沿水平方向以与杆成30角射入杆的中点，且留在杆内。求：（1）子弹射入后，细杆开始转动的角速度；（2）子弹射入后，细杆的角加速度；（3）细杆转过多大角度后停下来。解：(1)第一阶段子弹入射细杆前后，子弹与细杆组成的系统所受合外力矩为零，故系统的角动量守恒22212231302lmlmmlsin式中为子弹射入后，杆开始转动时的角速度，解得sradmmlm/.0234122（2）子弹射入后，细杆转动过程中所受的摩擦力矩的计算。均匀细杆转动过程中所受的摩擦力矩为glmxdxlmgdMMl1011121细杆中子弹随杆转动过程中所受摩擦力矩为222lgmM子弹射入后，细杆所受摩擦力矩为glmmMMM)(212121由转动定律得sradlmlmglmmIM/.)(942413121222121（3）由公式202求得rad7022.图5Oυm1O‘lm2θ53、（10分）将质量为m的均匀金属丝弯成一半径为R的半圆环，其上套有一质量也等于m的小珠，小珠可在此半圆环上无摩擦地运动，这一系统可绕固定在地面上的竖直轴转动，如图6所示。开始时，小珠（看作质点）位于半圆环顶部的A点，系统绕轴旋转的角速度为0。求：当小珠滑到与环心同一水平的B处及环的底部C处时，环的角速度值，以及小珠相对环和相对地面的速度值。（已知半圆环相对轴的转动惯量为221mRI）解：取半圆环、小珠为系统。在小珠下落过程中，系统所受外力只有重力以及轴上的支持力，这些力对AC轴的力矩为零，故系统对AC轴的角动量守恒。设小珠落至B处时环的角速度为1，小珠落至C处时环的角速度为2，则根据角动量守恒定律，分别有120)(mRII（1）20II（2）221mRI（3）解得0131（4）02（5）取小珠、环及地球为系统，在小珠下落过程中，外力作功为零，系统中又无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒。设小珠落到B处时，相对环的速度为1，小珠落到C处时，相对环的速度为2，则根据机械能守恒定律，分别有2121220212121mmRImgRI)(（6）2222202121221mIRmgI（7）解（4）~（7）得gRR2312021（8）gR42（9）小珠相对环作圆周运动，所以1的方向与AC轴平行向下，2的方向与AC轴垂直向左。小珠落到环上B处时，环上B处相对地面速度为1R，方向垂直AC轴向里。故小珠在B处相对地面的速度量值为gRRRB2942022121)(ABCOω图66环上C处相对地面速度恒为零，所以小珠在C点处相对地面速度，即为相对环的速度，gRC424、（10分）一定滑轮的半径为R、转动惯量为I，轻绳绕过滑轮，一端与固定的轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，另一端挂一质量为m的物体，如图7所示。现将m从平衡位置向下拉一微小位移后放手，试证明物体作简谐振动，并求其振动周期。设绳与滑轮间无滑动，轴的摩擦及空气阻力忽略不计。解：（1）用动力学方程法。选择竖直向下为正方向。挂重物m后弹簧伸长y0，且0kymg（1）选挂重物m后的平衡位置为坐标原点，物体向下运动到y处时，由牛顿第二定律可知，tdydmTmg22（2）对滑轮用转动定律IfRTR（3）)(yykf0（4）Rtdyd22（5）解上述方程得ymRJktdyd222或ymRJkRtdyd2222这就是简谐振动方程，由此得22222kRmRJTmRJkR（2）能量法：物体m经过位置y处时，系统总能量为EyykmgyIm2022212121)(即20222212121kyEkyRIm)(所以，物体m、滑轮、弹簧、地球组成的系统合外力的功为零，系统能量守恒E为常数，则常数2222121kyRIm)(由此可得ymRJkRtdyd222222222kRmRJTmRJkR5、（10分）一平面简谐波在介质中以速度20um/s自左向右传播，已知在传播路径上的某点A的振动方程为)cos(ty43（SI）。另一点D在A点右方9米处，如图8所示。mR图7k7（1）若取x轴方向向右，以A点左方5米处的O点为x轴原点，写出波动方程及D点的振动方程；（2）若取x轴方向向左，并以A点为坐标原点，写出波动方程及D点的振动方程。解：（1）任取一点P，其坐标为x，P点的振动方程即为波动方程：)()cos(524xtAy由题可得10m，所以)cos()](cos[xtxty5435543（m）)cos()(1454314tymxDD(m)（2）任取一点P，其坐标为x，同理可得：)cos()cos(xtxty543243(m))cos()cos()(5144359439ttymxDD(m)uuyyxxOADAD(1)(2)图8