发布时间 : 星期四 文章2014期末试卷力学部分更新完毕开始阅读80a541090b1c59eef8c7b4f6
∴ ??(2)由机械能守恒定律，有
3g 2lmg∴ ??l11sin??(ml2)?2 2233gsin? l1326. 一长为1 m的均匀直棒可绕过其一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成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为ml，其中m和l分别为棒的质量和长度．求：
(1) 放手时棒的角加速度；
(2) 棒转到水平位置时的角加速度．
解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律
M?J? 2分
其中 M?1mglsin30??mgl/4 2分 2M3g??7.35 rad/s2 2分 于是 ??J4l1当棒转动到水平位置时， M?mgl 2分
2M3g??14.7 rad/s2 2分 那么 ??J2l
???????7. 物体质量为3kg，t=0时位于r?4im, v?i?6jm?s?1，如一恒力f?5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化．
??3???1 解: (1) ?p??fdt??5jdt?15jkg?m?s
0(2)解(一) x?x0?v0xt?4?3?7
115y?v0yt?at2?6?3???32?25.5j
??2??23?即 r1?4i,r2?7i?25.5j
vx?v0x?1
5vy?v0y?at?6??3?11
??3????即 v1?i1?6j,v2?i?11j
???????∴ L1?r1?mv1?4i?3(i?6j)?72k
????????L2?r2?mv2?(7i?25.5j)?3(i?11j)?154.5k
????2?1∴ ?L?L2?L1?82.5kkg?m?s
dz解(二) ∵M?
dt??t?t?∴ ?L??M?dt??(r?F)dt
00
?152???????(4?t)i?(6t?)?t)j??5jdt023??
??3??5(4?t)kdt?82.5kkg?m2?s?130
8. 一均匀木杆，质量为m1 = 1 kg，长l = 0.4 m，可绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴，在竖直平面内转动．设杆静止于竖直位置时，一质量为m2 = 10 g的子弹在距杆中点l / 4处穿透木杆(穿透所用时间不计)，子弹初速度的大小v0 = 200 m/s，方向与杆和轴均垂直．穿出后子弹速度大小减为v = 50 m/s，但方向未变，求
(1) 子弹刚穿出的瞬时，杆的角速度的大小． (2) 木杆能偏转的最大角度。
(木杆绕通过中点的垂直轴的转动惯量J = / m1l 212) 解：（1）在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒．
则有 m2v 0 l / 4 = m2vl / 4 +J? 3分
??m2l?v0?v?3m2?v0?v? ＝11.3rad/s 2分 ?4Jm1l （2）偏转过程中，机械能守恒．
11J?2?mg(1?cos?) 3分 22 cos??1?l2? 3g ??137.5? 2分
9.一振幅为 10 cm，波长为200 cm的一维余弦波．沿x轴正向传播，波速为 100 cm/s，在t = 0时原点处质点在平衡位置向正位移方向运动．求
(1) 原点处质点的振动方程．
（2）波动方程 (3) 在x = 150 cm处质点的振动方程．
解答及评分标准：
解：(1) 振动方程： y?Acos(?t??0) A = 10 cm，
? = 2?? =?? s1，? = u / ? = 0.5 Hz (2分)
-
1? (2分) 21故得原点振动方程： y?0.10cos(?t??) (SI) (2分)
2x1)?π]（SI） (2分) (2) 波动方程y?0.10cos[π(t?10023(3) x = 150 cm处相位比原点落后?， 所以
213(t????)?0.10cos?(t?2?) (SI) (2分) y?0.10cos?22也可写成 y?0.10cos?t (SI)
初始条件得 ?0??
10.一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为? ，
波速为u．设t = 0时刻的波形曲线如图所示．求 (1) x = 0处质点振动方程；
(2) 该波的表达式．
y u O t=0 x
解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 y?Acos2(??t??)
由图可知，t = 0时 y?Acos(??)?0 dy/dt??2π?Asin(??)?0 所以 ??12π x = 0处的振动方程为 y?Acos[2π?t?12π] (2) 该波的表达式为 y?Acos[2π?(t?x/u)?12π]
(2分)
(2分) (3分)
(3分)