大学物理考试试题库经典版含答案.pdf

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1、第一章质点运动学基本要求：1、掌握位矢、位移、速度、加速度、角速度和角加速度等物理量。2、能计算速度、加速度、角加速度、切向加速度和法向加速度等。教学重点：位矢、运动方程,切向加速度和法向加速度。教学难点：角加速度、切向加速度和法向加速度。主要内容：本章首先从描述物体机械运动的方法问题入手，阐述描述运动的前提质点理想模型、时间和空间的量度，参照系坐标系。其次重点讨论描写质点和刚体运动所需要的几个基本物理量（如位移、速度、加速度、角速度、角加速度等）及其特性（如相对性、瞬时性、矢量性）。（）时间和空间研究机械运动，必然涉及时间、空间及其度量.我们用时间反映物体运动的先后顺序及间隔，即运动的持续性

2、.现行的时间单位是1967年 第 13届国际计量大会规定的，用 钠（8 C s）原子基态的两个超精细能级间跃迁相对应的辐射周期的9 192 631 770倍 为 1秒.空间反映物质的广延性.空间距离为长度，长度的现行单位是1983年 10月 第 17届国际计量大会规定的，把光在真空中1/299 792 458秒内走过的路程定义 为 1米.（二）参照系和坐标系宇宙间任何物质都在运动，大到地球、太阳等天体，小到分子、原子及各种基本粒子，所以说，物质的运动是普遍的、绝对的，但对运动的描述却是相对的.比如，在匀速直线航行的舰船甲板上，有人放开手中的石子，他看到石子作自山落体运动，运动轨迹是条直线，而站

3、在岸边的人看石子作平抛运动，运动轨迹是一条抛物线.这是因为他们站在不同的物体上.因此，要描述一个物体的运动，必须先确定另一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫参照系或参考系.选择哪个物体作为参照系，主要取决于问题的性质和研究的方便.在研究地球运动时，多取太阳为参照系，当研究地球表面附近物体的运动时，一般以地球为参照系.我们大部分是研究地面上物体的运动，所以，如不特别指明，就以地球为参照系.（三）质点实际的物体都有一定的大小和形状，物体上各点在空中的运动一般是不一样的.在某些情况下，根据问题的性质，如果物体的形状和大小与所研究的问题关系甚微，以至可以忽略其大小和形状，这时就可以把整个物体看作个

4、没有大小和形状的几何点，但是它具有整个物体的质量，这种具有质量的几何点叫质点.必须指出质点是一种理想的物理模型.同样是地球，在研究它绕太阳公转时，把它看作质点，在研究它的自转时，又把它看作刚体.（四）速度Ar drv=lim =A-。/d/速度V是矢量，其方向沿f 时刻质点在轨迹上/处的切线，它的单位是n r s l（五）加速度Av dv d2ra=lim =“旬 Ar d/d加速度”是速度y 对时间的一阶导数，或者是位矢r 对时间的二阶导数.它的单位是m s.（六）圆周运动圆周运动是最简单、最基本的曲线运动，%=曳，r d/”R习题及解答：一、填空题1.一质点作半径为R 的匀速圆周运动，在此

5、过程中质点的切向加速度的方向 改变，法向加速度的 大 小 不变。(填“改变”或“不变”)2.一质点作半径为0.1 m的圆周运动，其角位移,随时间f 的变化规律是.=2+(S I)。在 Z =2 s 忖，它的法向加速度大小=25.6 1侬 2：切向加速度大小a 尸 0.8 m/s2o*5 64、沿半径为R的圆周运动，运动学方程为6 =1 +2(S 1)，则 时刻质点的法向加速度大小为小=(1 6R)；角加速度/?=(4 r ad/s2)(1 分).7 T 15.一质点作半径为0.1 m 的圆周运动，其角位置的运动学方程为：6-+-t2,则其切向加速度大小为4 2at 0.1 m-s-2,第 1

6、秒末法向加速度的大小为a.=0.1 m-s、.6.一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：s =5 +4 -则小球运动到最高点的时刻是t=2 S.7、一 质 点 在 OXY平面内运动,其运动方程为x =2/=1 9-2/,则质点在任意时刻的速度表达式为(P=2/-4/)；加速度表达式为(a =-4j)o8.-质 点 沿 半 径 R=0.4 m 作 圆 周 运 动，其 角 位 置 6=2+3 t 2,在 t=2s 时，它 的 法 向 加 速 度an=(5 7.6 )m/s2,切向加速度a,=(2.4 )m i s1 09、已知质点的运动方程为尸=2行+(2-)7 ,式中r的单位为m,t的单位为

7、s。则质点的运动轨迹方程 y=(2 :由，=0到/=2 s 内质点的位移矢量尸=(4 z-4/)/M o1 0、质 点 在 OXY平面内运动，其运动方程为x =2/,y=10-，质点在任意时刻的位置矢量为(2ZF+(1 0-/2)J);质点在任意时刻的速度矢量为(2：2)；加速度矢量为(-2_ 7)。二、选择题1.某质点作直线运动的运动学方程为x=5 f-2p +8,则该质点作(D )。(A)匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向.(B)匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向.(C)变加速直线运动，加速度沿x轴正方向.(D)变加速直线运动，加速度沿x轴负方向.3.一质 点 在 OXY平面内运动,其运动

8、方程为x =27,y=1 9-2J,则质点在任意时刻的速度表达式为v=2i-At j；加速度表达式为万=4/。22.一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为r =a t2T +b t2j（其中。、b为常量），则该质点作（C ）。（A）匀速直线运动；（B）抛物线运动；（C）变速直线运动；（D）一般曲线运动。3、某质点作直线运动的运动学方程为x=3f 5广+6（S I）,则该质点作（D ）。（A）匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向（B）匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向（C）变加速直线运动，加速度沿x轴正方向（D）变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向4、一质点在x 轴上运动，其坐标与时间的

9、变化关系为x=4 t-2t 2,式中x、t 分别以m、s 为单位，则 4秒末质点的速度和加速度为（B ）（A）1 2m/S x 4 m/s2；（B）-1 2 m/s -4 m/s2；（C）20 m/s、4 m/s2；（D）-20 m/s、-4 m/s2；5 .在一直线上相向运动的两个小球作完全弹性碰撞，碰撞后两球均静止，则碰撞前两球应满足：（D）。（A）质量相等；（B）速率相等；（C）动能相等；（D）动量大小相等，方向相反。6 .以下四种运动形式中，加速度保持不变的运动是（A ）.A.抛体运动；B.匀速圆周运动；C.变加速直线运动；D.单摆的运动7、-质点沿x 轴运动的规律是x=5 产-3/+

10、3相。则第三秒时的加速度的大小是（A ）m/s2.A.1 0 B.5 0；C.1 5；D.1 2。8、质点做半径为 m的圆周运动，运动方程为，=3+2/（5/单位），贝 ij/时刻质点的切向加速度的大小为（C）m/s2-1A.1 B.3；C.4；D.8。9、质点沿半径R做圆周运动，运动方程为。=3+2/（S 7 单位），则任意时刻质点角速度的大小0=（B）。A.3 1 +1 B.6 r+2 ；C.+2 ；D.6 +2，。1 0、质点在OXY平面内运动,其运动方程为x=7,v =1 0 +质点在任意时刻的加速度为（B）。A.J B.2J；c.3j；D.47,3三、一质点沿半径为火的圆周按规律s=

11、%/-g 42运动，,6都是常量。(1)求/时刻质点加速度的大小；(2)/为何值时总加速度在数值上等于b?(3)当加速度达到。时，质点已沿圆周运行了多少圈？1?(1)由s=%5从 可知y =%4V2(%_4)2 dv I 2 J.2.2 +(%_ 4)4%=L a =M +a=-飞-I 2 2-J火+(%从)4 y(2)a =+QJ=-=b 即%-4=0 t =(3)/=/带 入s=%/-；b/2 5 =v0t-b t22%4就Rn2b四、质点P在水平面内沿一半径为1 m的圆轨道转动，转动的角速度与时间t的关系为。=左，已知/=2 s时，质点P的速率为1 6 m/s,试求t=l s时,质点P的

12、速率与加速度的大小。解：由线速度公式。=尺。=火胸c c D 1 62=1x 2得左=彳=一 =4t2 22P 点的速率为。=4/2 m/s a.=8/m/s2=幺=(*)=1 6/4 m/s2由 R 1t=时：v=4/2=4 xI2=4(/7 7/5)af=8/=8(w/2)%=1 6 =1 6 xf*=1 6(加/$2)a =yj a：+4=1 1 6?+8,=8后a 1 7.9(加/./)五、已知质点的运动学方程为:r=(8/2-3/+1 2)7+(6/2+8/+1 0)7.式中r的单位为米，/的单位为秒,求作用于质点的合力的大小。71-_解：V=_ =(1 6/-3)F +(1 2/+

13、8)Ja =q=1 6 7 +1 2)六、一质点沿x方向运动，其加速度随时间的变化关系为。=3+2 *S I),如果初始时质点的速度V。为5 m/s,则 当 为3 s时，质点的速率v为多大。解：v =j a(/)dt =j(3+2 t)dt=3/+/2+C/=0时，=5 可得积分常量。=5 m/s速度为n =3 7+/+5当 7 =3 时，y(3)=3/+J+5 =2 3 m/s4七、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为x=2/,y =1 0-求()质点运动的轨迹方程；(2)质点在任意时刻的速度和加速度矢量。(1)y =1 0 4(2)P =2 7 -2(/)5=-2八、已知一质点的运动方程

14、为7+4 2 6、b为常数，且不为零)，求此质点运动速度的矢量表达式、加速度的矢量表达式和轨迹方程。v=2a t i +2b t jdtdV 一 一a=2a i+2 dtx =a t1 y=b t2yA则将/=二代入丁的表达式可得到质点运动的轨迹方程为y=Lxa a九、己知质量为3 kg的质点的运动学方程为：予=(3/+2/1)7+(4/2 6/+8斤.式 中r的单位为米，/的单位为秒，求任意时刻的速度矢量和加速度矢量表达式。dr /、一 一解：E =(6/+2)i+(87 6)/a-=dy =6i+,o8-/dt(2)/62+82=1 0 m-s-2F =ma=3 x1 0 =3 0 N十、

15、一质点在O X Y平面内运动以运动方程为x=4 7/=8-2/,求(1)质点运动的轨迹方程；(2)质点在任意时刻的速度和加速度矢量。x2(1)y =8 8(2)V=4 f 4),万=YJ十一、已知质量为1 0 kg的质点的运动学方程为：予=(83 7 +1 2)7+(6/+8/+1 0.式 中r的单位为米，的单位为秒，求作用于质点的合力的大小。5解：V=(16/-3)F+(12/+8)；-dv-a=16/+12,dta-p/|=V122+162=20m-s-2F=ma=10 x20=200N十二、有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x=5t2 3t3（SI）.试求（1）在第2 秒内的平

16、均速度;（2）第 2 秒末的瞬时速度；（3）第 2 秒末的加速度.(1)U=Ax/A/=-6m/s(2)v=dx/dt=l0 t-9 t(3)a=dv/dt=10-18/,Vl=-16 m/s2=-26 m/s2lt=2第四章刚体的转动一、基本要求：1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。3、理解质点和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。二、主要内容：1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。是一个理想化的力学模

17、型，它是指各部分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。即运动过程中没有形变的物体。2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。3.转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。这条直线叫作转轴。4、描述刚体转动的物理量引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。刚体上各点的速度和加速度都是不同的，用线量描述不太方便。但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度和角加速度，

18、故采用角量描述比较方便。为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。5、角量与线量的关系半 径 R,角位移A6弧长 Z =R Z线速度V：u=l i m =lim R =R。Af-0 N 加TO L X l法向加速度：V2a=R二Rrco2切向加速度：dvaT=二r dtdt=Rdt-R a6结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相同的：而各点的线位移、线速度和线加速度均与厂成正比。6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的；转动定律是解决刚体定

19、轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律相当。7、转动惯量质点运动：质量 7,力 户，加速度5,牛顿第二定律户=加值刚体转动：转 动 惯 量 力 矩 必，角加速度反，转动定律必=1 当合外力矩相同时，转动惯量大，角加速度小；转动惯量小，角加速度大。故转动惯量是反映刚体转动惯性大小的物理量。刚体的转动惯量等于刚体上各质点的质量与各质点到转轴距离平方的乘积之和。它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关，也就是说，它只与绕定轴转动的刚体本身的性质和转轴的位置有关。物理意义：转动惯量是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。说明：转动惯量是标量；转动惯量有可加性，当一个刚体由几部分组成时，可

20、以分别计算各个部分对转轴的转动惯量，然后把结果相加就可以得到整个刚体的转动惯量；单位：k g m2三、习题及解答一、填空题1 .刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成 正比，与刚体本身的转动惯量成反比。（填 正比 或 反比）2 .花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为4，角速度为例）；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为2 /3,则转动角速度变为 3 供）/2 ,3 .某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。当他把哑铃收到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动角速度应变 大；转动惯量变 小。4、均匀细棒质量为加，长度为/,

21、则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为（机厂/3）,对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量（m/2/1 25、长为L的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为（）,细杆转动到竖直位置时角加速度为（零）。6.一长为/=1m的均匀直棒可绕过其端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。抬起另一端使棒向上与水平 面 呈 6 0,然后无初转速地将棒释放，己知棒对轴的转动惯量为;mF,贝 4（1）放手时棒的角加速度为（7.5 ）r a d/s2；（2）棒转到水平位置时的角加速度为（1 5 ）r a d/s2 0

22、（g =1 0 m/s2）77、一圆盘正绕垂直于盘血的水平光滑固定轴0转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在条直线上的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度0 （减 小）o-C 38 一根长为I,质量为m的均匀细棒在地上竖立着。如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时细棒的角加速度应为（空 ）。2/9、某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。当他把哑铃收到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动的角速度（变大）1 0、如图所示，一静止的均匀细棒，长为L、质量为可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴。在

23、水平面内转动，转动惯量为加乃白。一质量为 加、速率为V的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为丫/2,则此时棒的角速度应为（网 上 ）。2 M L二、选择题71、长为L的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆 O -置于水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动瞬间杆的角加速度和细杆 价俯机视因图 U转动到竖直位置时的角加速度分别为：（B）（A）0;3%L（B）3%；0 （C）0；3%（D）；。2 .刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的（BA.力一定很大；B.力矩一定很大；C.力矩可以为零；D.无法确定。3 .花样

24、滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为4,角速度为0 0,然后将两2手臂合拢，使其转动惯量为 4,则转动角速度变为（C2A.-o2B.忑。4、如图所示，A、B为两个相同的定滑轮,两滑轮的角加速度分别为a”和，A滑轮挂-质量为m的物体，B滑轮受力F =m g,设A、B不计滑轮的摩擦，这两个滑轮的角加速度的大小关系为:B)(A)aA=aR(B)aA aB(D)无法判断5.刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的(B)。A.力一定很大；B.力矩一定很大；C.力矩可以为零；D.无法确定。6、两个均质圆盘Z和8的密度分别为。“和夕，若0 0 5，但两圆盘的质量与厚度相同，

25、如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为 JB(B)JA m 2,定滑轮的半径为r,对转轴的转动惯量为J,轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计。设开始时系统静止，试求解：作受力图。mig-Ti=mia 卜 二T2-m2g=m2a（T=T2）I=J 夕 且有a -r 1 3 由以上四式消去Ti，T2得：P=（mi-m2）gr/（m 六、如图所示，均匀直杆质量为m长为/,初始时棒水平静止。时的角速度回。解对于杆和地球系统，只有重力做功，故机械能守恒。直杆的转动惯量为OA段和OB段转动惯量的叠加，所以J =，）+加 0 =-(m+)R八、长为/的木杆,质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。今

26、有一子弹质量为m,以水平速度v 射1 ,入杆的一端，并留在其中，求木杆获得的角速度（J=m v-Ml2co+m(2 co2 12 26mvG)=-九、一轻绳跨过两个质量为加、半 径 为 r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为3W和m的重物,如图所示，绳与滑轮间无相为滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为上:，将由两个定滑轮以及2质量为3根和m的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力T2。解：列牛顿第二定律方程3mg T 3 3ma T、mS=m a根据M =Ja1 2 1(73-72)尸=5加/a(7 2-7尸=5机 厂 加2Qa=r a a -g T2=-

27、m g1 ,十、均质细棒长为/质量为mJ=-m l2,和一质量也为胆的小球牢固地连在杆的一端，可绕过杆的另3-端的水平轴转动。在忽略转轴处摩擦的情况下，使杆自水平位置山静止状态开始自山转下，试求：（1）当杆与水平线成。角时，刚体的角加速度；（2）当杆转到竖直线位置时，刚体的角速度，小球的线速度。解：（1）山转动定律得1 1mg cos0+mglcos 6-(-ml2+ml2)-a_ 9g cos 0a 8/(2)由机械能守恒得mg g+mgl-；(ml2+；tnl2)co20=(1 分)v=3 如十一、质量为M,长为L的均匀的细杆竖直放置，其下端与一固定较链O相接，并可绕其转动，由于此竖直放置

28、的细杆处于非稳定的平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在重力的作用下由静止开始绕校链O转动。试计算细杆与竖直线成。角时的角速度和角加速度。,mgl sin 0.ml2M=Ja M=上-J=2 3a二 出 2/dco d6 _ 3gsindt dO 2/dco 3g sin。co=-dd 272十二、如图所示：长为1的匀质细杆，质量为M可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自山下摆。求：（1）开始转动的瞬间，细杆的角加速度为多少？（2）细杆转动到竖直位置时角速度为多少？解：（1）开始转动的瞬间mg L =JraJ-m l3(2)垂直位置时L -mg=

29、J69”1!12十三、轻绳绕于半径r=20cm的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N的拉力，飞轮的转动惯量bOSkg.n?。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求：(1)飞轮的角加速度；(2)如以质量m=10kg的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。(1)由转动 定 律M =J a =三 =39.2(94)J J 0.5 (2)对物体应用牛顿运动定律m g-T -m a对滑轮应用转动定律-T-r=J(a)利 用 关 系a-r a由以上各式解得10 x 0.2 x 9.8lOxO.22+0.5=21.8（rad/s2）卜四、如图所示，有两个转动惯量分别为/、0 的圆盘，它们分别以角速

30、度劲、g 绕水平轴转动，且旋转轴在同一条直线上。当两个圆盘在沿水平轴方向的外力作用下，啮合为一体时，其角速度为如 求两圆盘啮合后共同的角速度co,解：根据角动量守恒J 1 1 2J +J2co2=+J2)a)iI _J 8 +J 2 .-4+|69,co2第五章简谐振动一、基本要求1、掌握筒谐振动的定义，描述简谐振动的各物理量及其相互关系，会根据定义来判断一各物体的运动是不是简谐振动。2、掌握简谐振动的旋转矢量表示法。3、掌握简谐振动的基本特征，能根据定的初始条件写出简谐振动的运动方程。4、掌握同方向频率的两个简谐振动的合成，了解相互垂直同频率的简谐振动的合成。二、主要内容1、简 谐 振 动

31、的 表 达 式(运 动 方 程)x=Zcos(iy/+e)三个特征量：振幅Z，决定与振动的能量；角频率3，决定于振动系统的固有属性;初相位决定于振动系统初始时刻的状态。简谐运动可以用旋转矢量来表示。132、振动的相位：(创+夕)两个振动的相差：同相八0=2左万，反相八夕=(2左+1)73、简谐振动的运动微粉方程：/+苏*=04、简谐振动的实例弹簧振子：祭+”。2力单摆小角度振动：竿+彳。=0,7=2万L C 振 荡:4 +=0,T=27rjL Cdt2 L C5、简谐振动的能量：E Ek+Ep-m()2+-kx-kA22 at 2 26、两个简谐振动的能量(1)同方向同频率的简谐振动的合成合振

32、动是简谐振动，合振动的振幅和初相位由下式决定A=Jm +2 4 4 cos,-%),tan 夕=山 口 +4 sin 外4 cose+A2 cos夕 2(2)相互垂直的两个同频率的简谐振动的合成合运动的轨迹一般为椭圆，其具体形状决定于两个分振动的相差和振幅。当AQ=2左乃或(2左+1)万时,合运动的轨迹为直线，这时质点在做简谐振动。三、习题与解答1、两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为须=/c o s(H +)。某时刻当第一个质点正在平衡位置向负方向运动时，第二个质点正在最大位移处。则第二个质点的振动方程为：(B )(A)七=Z co s(+0+W)(B)x

33、2-A C0S(6/+(p-)3不(C)x2=Acos(a)t+(p-)(D)x2=Acoscot+(p+71)A2、一物体做简谐振动，振幅为力,在起始时刻质点的位移为-3 且向不轴的正方向运动，代表此简谐振2动的旋转矢量图为：(D )14(C)(D)3、一质点作简谐振动，振动方程x =Zc o s(H +),当 时 间t =T A时，质点的速度为：(C )(A)-Acosmcp(B)Acosmcp(C)-Aa)co?,(p(D)Acocoscp4、质点作谐振动，周期为T,当它由平衡位置向x轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为(A )(A)7 7 6(B)7

34、7 1 2(C)T/4(D)7 7 85、有两个沿x轴做简谐运动的质点，其频率、振幅皆相同，当第一个质点自平衡位置向负方向运动时，第二个质点在处(A为振幅)也向负方向运动，则两者的相 位 差(处-为：(C )7 T 2 7t 57r(A)-(B)(C)-(D)2 3 6 66、质量为1 0 x 1。-3 kg的小球与轻弹簧组成的系统，按 彳=0.叱0 5(8加+-)(51)的规律做谐振动，求：(1)振动的周期、振幅、初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等？(3)/2=5 s与八=1 s两个时刻的位相差.解：(1)设谐振动的标准

35、方程为XA=又vni =a)A(2)=4 c o s（&+苑），则知：2万 1=T =s,0 o =2 1/3co 4=0.8万 m -s-1=2.51 m -s-14=63.2 m-s-2X=-%|&=“=0.63 N 2加=3.1 6x 1 0-2 j2EP=Ek=-=1.58X10-2J2当 E k=E p 时，有 E =2E p,15即lytx2=-(-2)2 2 2x=立 公 土 也m2 20 0=(?2 A)=8 万(5 _ 1)=32万7、一个沿x轴做简谐振动的弹簧振子，振幅为力,周期为兀 其振动方程用余弦函数表出.如果f=0时质点的状态分别是：(1)%0 一/；(2)过平衡位置

36、向正向运动；A(3)过x=处向负向运动；2A(4)正过 x处向正向运动.试求出相应的初位相，并写出振动方程.解：因为xQ=A cos 夕o%=-a)A sin(p0将 以 上 初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相.故有(P=兀./2%、x=4cos(斤-f+笈)302=2%715万0r./2 万 3、X=AcOS(t-b 7T)/2兀 兀、x-Acos(t+),2 兀 5、x=Jcos(/+8,-质量为10 x1。kg的物体做谐振动，振幅为24cm,周期为4.0 s,当/=0时位移为+24 cm.求:(1)/=0.5 s时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起

37、始位置运动到x=12 cm处所需的最短时间；(3)在x=12 cm处物体的总能量.解：由题已知 N=24xl(p2m,T=4.0s/.C D-=0.57 rad-s-1T又，/=0 时,x0=+4%=0故振动方程为x=24x 10-2 cos(0.5r)m 将Z =0.5s代入得x05=24x10 2 cos(0.5r)m=0.17m16F =-m a=-mco2xjr=-10 xl0-3x(y)2x0.17=-4.2xl03N方向指向坐标原点，即沿x轴负向.由题知，/=0时，0o=O,/=/时 x0 +,且 u/2 xl02 cos(5z+10、图 为 两 个 谐 振 动 的 曲 线，试分别

38、写出其谐振动方程.17x/cm(a)1050 x/cm题1 0图3解：由题 1 0图(a),丁 /=0 时、X 0=0,%0,，A。=2肛又,4=1 0c m,T =2s即co=7r ra d-s-1T故3xa=0.1 c os(R +%)mA 57r由题 1 0图(b):=0 时，x()=耳,%，%=44 =o 时，xo=万，%又5%-T1 5 5CO XI+7T =713 25CO =7t6故 /5 5 乃、xh=0.1 c os(7T t +)m6 3TT1 1、有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20 m,位相与第一振动的位相差为一，已6知第一振动的振幅为0.1 73

39、 m,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差.解：由题意可做出旋转矢量图如F.由图知用=A+A2-2 AjAcos30 0=(0.1 73)2+(0.2)2-2x 0.1 73x 0.2x 73/2=0.01A2=0.1 m设角44。为夕，则A2=/；+团-2 AtA2 c os3c ose-彳+屈 _.2 _ (0.1 73)2+(0.1)2 _(0.02)2即 CS 一2 4 一 2x 0.1 73x 0.1=07T TT TT即。=一，这说明，4与2间夹角为 一，即二振动的位相差为22 2 21813、质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为12、试用最筒单的方法求出下

40、列两组谐振动合成后所得合振动的振幅(1)JI玉=5 cos(3/H )cm,:(2)x2=5 cos(3/+)cmJIx,=5 cos(3z 4 )c 加，447r=5 cos(3/+77r解：;N(p=(p】一 甲、=飞殳=2肛3 合振幅 A=A+A2=lOcu(2)V A9=-=7F,3 3，合振幅 A=0X j=0.4cos(2/+)w,65万x2-0.3 cos(2/-试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振幅和初相，并写出谐振动方程.解：A =/5、0=-(7T)=7 T6 6/合=A 一 阕=0.1m/一 0.4 x sin-0.3 sin-rtan。=4 sm，+4=6 6=过

41、_ 4 cos+4 cos夕2 0.4cosX+O.3cos区-367 16其振动方程为7 1x-0.1cos(2/+)m14、若简谐运动方程为x=0.10cos(20R +0.25u)(M，求：振 幅、频率、角频率、周期和初相；(2)/=2s时的位移、速度和加速度。解：(1)将x=0.10COS(20R+0.25)(与x=Ncos(加+夕)比较后可得：振幅2=0.10？，角频率=20仃a d-s-,初相0=0.25万，周期 T=2乃/ty=0.1s,频率丫=1/T=1 0 4。(2)/=2s时的位移、速度、加速度分别为x=0.1 0COS(20T T/+0.25-)(w)=7.07 x 10

42、 mu=dx/dt=-2TV sin(40)+0.25 万)=-4.44/77 s19a =d2x/dt2=-40 4 2 c os(40 万 +0.254)=-2.79x 1 02w -5-21 5、一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅4=2.0 x 1 0-2加，周期T =0.50s。当/=0时，(1)物体在正方向端点；(2)物体在平衡位置、向负方向运动：(3)物体在x =L 0 x l(p2相处，向负方向运动；(4)物体在X=-1.0X1(T2加处，向正方向运动。求以上各情况的运动方程。解：由题给条件知1 =2.0 x 1 0 2加，。=2万/7=4万尸而初相0可采用两种不同方法来求。解析

43、法：根据简谐运动方程x =Z c os(y/+e),当/=0 时有x。=/c os。，q)=-4y s i n。当(1)X。=Z 时，c os 夕=1 ,则 0 =0；J I J I(2)/=0 时，c os?2=0,则 仍=，因 0，取/=；2 2兀 冗(3)%=1.0 x 1 0一2加时，c os?3=0.5,(p=,由/=2乃 Jyl/iZmax=0.314s（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即E.=E=-2 m A1co2-2 fnAammaxa=2.0 x W-3J（3）设振子在位移X。处动能与势能相等，则有心。2/2=。2/4%=+V

44、2?4/2=7.07 x 10 w（4）物体位移的大小为振幅的一半（即x=/2）时的势能为昂=*0 2 f=/则动能为 Ek=E-Ep =3E/418、一质量为0.01版 的物体作简谐运动，其振幅为0.08优，周期为4 S,起始时刻物体在尤=0.04%21处，向X轴负方向运动（如图）。试 求（1）Z =l s时，物体所处的位置和所受的力；（2）由起始位置运动到x=-0.0 4 m处所需要的最短时间。1Ox/mI I I-0.08(1)A=0.08m-1-1-0.04 2 K 卢 0,04 0.08C D =S-1T 271X-A cos(cot+)=0.08 cos(t+/=Is时 x=0.0

45、69m F=kx=ma)2x=1.70 xl0-3NI兀cos cot=cot=v=-A sin cot=-0.26m-sl2 3arccos()(2)-0.04m=(0.08m)cos(1-s-1)/+y t=-看-s=-s19、一轻弹簧的右端连着物体，弹簧的劲度系数4=0.72N 7,物体的质量加=20g。（1）把物体从平衡位置向右拉到x=0.05?处停下后再释放，求简谐运动方程；（2）求物体从初位置运动到第一次经A过4处时的速度。20.05x-A cos(M+)=0.05cos(6.0/)m4(2)x=力 cos(H +e)=ACOSM-22第六章机械波一、基本要求1、掌握描述平面简谐波

46、的各物理量及各量之间的关系。2、理解机械波产生的条件，掌握由一知质点的简谐振动方程得出平面筒谐波的波动方程的方法及波动方程的物理意义。理解波形图，了解波的能量、能流、能量密度。3、理解惠更斯原理，波的相干条件，能应用相位差和波程差分析、确定相干波叠加后振幅加强和减弱的条件。4、了解驻波及其形成条件，了解半波损失。5、了解多普勒效应及其产生的原因。二、主要内容1、波长、频率与波速的关系 u=MT2、平面简谐波的波动方程t X Xy=A c o s 2 -(-)+例 或 y-c o s y(/)+例T 2 u当=0时上式变为t x xy=A c o s 2 ,(-)或 y=A c o s co(t

47、 -)T 2 u3、波的能量、能量密度，波的吸收(1)平均能量密度：仍=0力2 221 、1(2)平均能流密度：I=pAa)u=mu2(3)波的吸收：I=仁、4、惠更斯原理介质中波动传播到的各点都可以看作是发射子波的波源，而在其后任意时刻，这些子波的包络就是新的(1)几列波相遇之后，仍然保持它们各自原有的特征(频率、波长、振幅、振动方向等)不变，并按照原来的方向继续前进，好象没有遇到过其他波一样.(独立性)(2)在相遇区域内任一点的振动，为各列波单独存在时在该点所引起的振动位移的矢量和.(叠加性)6、波的干涉23 =2左 乃，左=0,1,2 /=4+4（干 涉 相 长）,夕=（2左+1）为 A

48、:=0,1,2-A=Ai-A2（干 涉 相 消）8 =k A,%=0,1,2 A=A+A2（干 涉 相 长）b =（2左+1）,左=0,1,2=网 一 阕 （干 涉 相 消）.27、驻波两列频率、振动方向和振幅都相同而传播方向相反的简谐波叠加形成驻波，其表达式为Y=2 2 4 c o s -c o s ty/28、多普勒效应（1）波源静止，观测者运动。=（1 +五）%观测者静止,波源运动=2=匕十 一 匕（3）观测者和波源都运动”=用/2 u-V三、习题与解答1、振动和波动有什么区别和联系？平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同？又有什么联系？振动曲线和波形曲线有什么不同？解：（1）振动是指

49、一个孤立的系统（也可是介质中的一个质元）在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为y=/）；波动是振动在连续介质中的传播过程,此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置X,又是时间/的函数，即y=/（x,t）.（2）在谐振动方程歹=/中只有一个独立的变量时间/,它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程y=/（x,/）中有两个独立变量，即坐标位置x和时间/,它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律.242、波动方程y=4cos 0(/+%当谐

50、波方程y=/c o s。-2)中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动u又是产生波动的必要条件之一.振动曲线y=描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为N，横轴为/；波动曲线y=/*)描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为V，横轴为X.每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置X变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图.中的壬表示什么？如果改写为y=/c o s(&丝+%,竺 又U U )u是什么意思？如果/和X均增加，但相应的。，-?)+外的值不变，由此能从波动方程说明什么？CL)Y解：波动