大学物理考试试题库经典版(含答案)

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）。

（一）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．现行的时间单位是1967年第13届国际计量大会规定的，用铯（133Cs ）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，他看到石子作自由落体运动，运动轨迹是一条直线，而站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一个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
0d lim
d t t t
∆→∆==∆r r v
速度v 是矢量，其方向沿t 时刻质点在轨迹上A 处的切线，它的单位是m ·s -1．
（五）加速度
22
0d d lim d d t t t t ∆→∆===∆v v r
a
加速度a 是速度v 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 -2． （六）圆周运动
圆周运动是最简单、最基本的曲线运动，2
d ,
d n v
v a a t
R
τ==
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t 的变化规律是= 2 + 4t 2 (SI)。

在t =2 s 时，它的法向加速度大小a n =_______25.6_______m/s 2；切向加速度大小a t =________0.8______ m/s 2。

3. 一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,192x t y t ==-,则质点在任意时刻的速度表达式为
j t i
42-=ν ；加速度表达式为j a
4-=。

4、沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为 2
12t θ=+ (SI) ，则ｔ时刻质点的法向加速度大小为a n =（ 16 R t 2 ） ；角加速度β=（ 4 rad /s 2 ）（1 分）．
5. 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：2
2
14πt +=
θ，则其切向加速度大小为t a =______0.1______2m s -⋅, 第1秒末法向加速度的大小为n a =______0.1______2m s -⋅.
6．一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：2
45t t s -+=，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22,192x t y t ==-,则质点在任意时刻的速度表达式为（ j t i
42-=ν ）；加速度表达式为（ j a
4-= ）。

8. 一质点沿半径R=0.4 m 作圆周运动，其角位置θ=2+3t 2，在t=2s 时，它的法向加速度
n a =( 57.6 )2/s m ，切向加速度t a =( 2.4 ) 2/s m 。

9、已知质点的运动方程为j t i t r )2(22
-+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。

则质点的运动轨迹方
程=y （2
4
12x -
），由0=t 到s t 2=内质点的位移矢量=∆r （j i 44-）m 。

10、质点在OXY 平面内运动，其运动方程为
210,2t y t x -==，质点在任意时刻的位置矢量为
（j t i t )10(22
-+）；质点在任意时刻的速度矢量为（j t i 22-）；加速度矢量为（j 2-）。

二、选择题
1. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝5t -2t 3 + 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．
2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r
22+=（其中a 、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6533
+-=t
t x (SI)，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，其坐标与时间的变化关系为x =4t-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 ）12m/s 、4m/s 2； （B ）-12 m/s 、-4 m/s 2 ； （C ）20 m/s 、4 m/s 2 ； （D ）-20 m/s 、-4 m/s 2；
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、一质点沿x 轴运动的规律是m t t x 3352+-=。

则第三秒时的加速度的大小是（ A ）2
/s m 。

A ． 10 B ．50； C ．15； D ．12。

8、质点做半径为1m 的圆周运动，运动方程为θ=3+2t 2
（SI 单位），则t 时刻质点的切向加速度的大小为t a =
（ C ）m/s 2。

A ． 1
B ．3；
C ．4；
D ．8。

9、质点沿半径R 做圆周运动，运动方程为2
32t t θ=+(SI 单位)，则任意时刻质点角速度的大小ω=（B ）。

A ．31t +
B ．62t +；
C ．42t +；
D ．62t +。

10、质点在OXY 平面内运动,其运动方程为2
10,t y t x +==,质点在任意时刻的加速度为（ B ）。

A ．
j B ．j
2；
C ．3j ；
D ．4j 。

三、一质点沿半径为R 的圆周按规律2
02
1bt t v s -
= 运动，b v ,0都是常量。

（1） 求t 时刻质点加速度的大小；
（2） t 为何值时总加速度在数值上等于b ？
（3） 当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？ （1）由2
02
1bt t v s -
=可知bt v v -=0 ()R
bt v R v a t 2
02-=
= b dt dv a n -== ()
R
bt v b R a a a t n 4
02222-+=+=
（2）()
b R
bt v b R a a a t n
=-+=
+=
4
0222
2
即00=-bt v b
v t 0
=
（3）b v t 0=带入2021bt t v s -= b v
bt t v s 2212
020=-= bR
v n π42
0=
四、质点P 在水平面内沿一半径为1m 的圆轨道转动，转动的角速度ω与时间t 的关系为2
kt =ω，已知t =2s 时，质点P 的速率为16m/s ，试求t=1s 时，质点P 的速率与加速度的大小。

解：由线速度公式 2
21kt Rkt R ⨯===ωυ 得 4216
2
2
==
=
t k υ
P 点的速率为 2
4t =υ m/s t t a t 8d d ==υ m/s 2
4222161
)4(t t R a n ===υ m/s 2 t =1时：)/(41442
2s m t =⨯==υ )/(882s m t a t == )/(1611616244s m t a n =⨯== )/(9.175********
2s m a a a n t ≈=+=+=
五、已知质点的运动学方程为：()()
22
83126810r t t i t t j =-++++. 式中r 的单位为米，t 的单位为秒，
求作用于质点的合力的大小。

解： ()163(128)dr
v t i t j dt
=
=-++ 1612dv
a i j dt
=
=+ 六、一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a = 3+2 t (SI) ,如果初始时质点的速度v 0为5m/s ，则当ｔ为3s 时，质点的速率 v 为多大。

解：()2
()3+2 3 +v a t dt t dt t t
C ==
=+⎰
⎰
0t =时，05v = 可得积分常量5C =m/s
速度为2
3+5v t t =+
当3t =时，()2
33+523v t t =+= m/s
七、一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,10x t y t ==-,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。

（1）4
102
x y -=
（2） j t i
22-=ν，
j a
2-=
八、已知一质点的运动方程为22r at i bt j =+（a 、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。

22dr
v ati btj dt =
=+ 22dv a ai bj dt
==+
2x at = 2y b t =
则将2
x t a =
代入y 的表达式可得到质点运动的轨迹方程为b
y x a
= 九、已知质量为3kg 的质点的运动学方程为：()()
22
321468r t t i t t j =+-+-+. 式中r 的单位为米，t
的单位为秒，求任意时刻的速度矢量和加速度矢量表达式。

解： ()62(86)dr
v t i t j dt
=
=++- 68dv
a i j dt
=
=+ （2） 2226810m s a a -==
+=⋅
31030N F ma ==⨯=
十、一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为2
4,82x t y t ==-,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。

（1）2
88
x y =-
（2） 44i tj ν=-，
4a j =-
十一、已知质量为10kg 的质点的运动学方程为：()()
22
83126810r t t i t t j =-++++. 式中r 的单位为
米，t 的单位为秒，求作用于质点的合力的大小。

解： ()163(128)dr
v t i t j dt
=
=-++ 1612dv
a i j dt
=
=+ 222121620m s a a -==+=⋅ 1020200N F ma ==⨯=
十二、有一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x = 5t 2 - 3t 3 (SI). 试求（1）在第2秒内的平均速度；（2）第2秒末的瞬时速度；（3）第2秒末的加速度.
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，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θ∆ 弧长 θ∆⋅=∆R s
线速度v: ωθR t R t s v t t =∆∆=∆∆=
→∆→∆lim lim
法向加速度： 22
2)(ωωr R
R R v a n === 切向加速度： αωωτ⋅=⋅===
R dt
d R R dt d dt dv a )( (1) /6m/s x t =∆∆=-v 2(2) d d 109,x/t t t ==-v t 216 m/s ==-v 1018,
t =-(3) d /d a t =v 2t 226 m/s a
==-
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r 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m ，力F
，加速度a
，牛顿第二定律a m F
=
刚体转动：转动惯量J ，力矩M ，角加速度α
，转动定律α J M =
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：kg·m 2
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0J ，角速度为0ω；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为023J ，则转动角速度变为
032
ω.
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m ，长度为l ，则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为（32
ml ），对于通过
棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量（122
ml
）。

5、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（
L
g
23 ），细杆转动到竖直位置时
角加速度为（ 零 ）。

6. 一长为1m l =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呈60°，然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为
2
13
ml ，则(1) 放手时棒的角加速度为（ 7.5 ）2
/s rad ；(2) 棒转到水平位置时的角加速度为（ 15 ）2
/s rad 。

（2
10m /s
g =）
7、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，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ω（ 减小 ）。

8一根长为l ，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（
l
g
23 ）。

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 ) 10、如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为32ML 。

一质量为m 、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2v
，则此时棒的角速度应为（
ML
m 2v
3 ）。

二、选择题
1、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转动到竖直位置时的角加速度分别为：（ B ）
（A ）0;
L
g
23 (B)
L
g
23; 0 (C) 0；
L
g
3 （D ）
L
g
3；0。

2. 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。

3. 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0J ，角速度为0ω，然后将两手臂合拢，使其转动惯量为
02
3
J ，则转动角速度变为（ C ）。

A ．03
2ω B.
03
2ω C.
023ω D. 02
3ω 4、如图所示，A 、B 为两个相同的定滑轮，A 滑轮挂一质量为m 的物体，B 滑轮受力F = mg ，设A 、B 两滑轮的角加速度分别为A α和B α，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 ） B A αα=
（B ） B A αα< （C ）
B A αα>
（D ） 无法判断
A
mg
B
F
O
v
2
1
v
俯视图
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A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若B A ρρ>
，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通
过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 ：（ B ）
（A ）B A J J > （B ）B A J J <（C ）B A J J =（D ）A J 、B J 哪个大，不能确定。

7、假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ A ）。

(A) 动量不守恒，角动量守恒； (B) 动量不守恒，角动量不守恒； (C) 动量守恒，角动量不守恒； (D) 动量守恒，角动量守恒
8、均匀细棒 oA 可绕通过其一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是：（ A ） （A ） 角速度从小到大，角加速度从大到小。

（B ） 角速度从小到大，角加速度从小到大。

（C ） 角速度从大到小，角加速度从大到小。

（D ） 角速度从大到小，角加速度从小到大。

9、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法正确的是（ C ） （A ）只取决于刚体质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。

(B) 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。

（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。

（D ）只取决于轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。

10.在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ C ）。

(A) 角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零； (B) 角速度ω不能为零，角加速度α可以为零；
(C) 角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； (D) 角速度ω与角加速度α均不能为零。

三、如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之
间无相对滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为21
2
MR ，滑轮轴光滑。

试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。

解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程:
对物体： mg T =m a - 对滑轮： TR=J α 运动学关系：=R a α 解方程组，得 mg
=
m + M / 2
a
R
M
. m
⋅o
A
∵ v 0 ＝ 0， ∴ mg t
v = t =
m + M / 2
a
四、一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。

一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方
向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。

则棒中点获得的瞬时速率为多少。

解：由角动量守恒定律可得
2
2001223l l mv m m l ωω⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
由此可得棒和子弹的瞬时角速度为00634mv ml m l
ω=+
棒中点获得的瞬时速率为
0000
6334234mv mv l
v r ml m l m m ω==
⨯=
++
五、如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞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t 时刻滑轮的角加速度。

解：作受力图。

m 1g-T 1=m 1a ① T 2-m 2g=m 2a ② (T 1-T 2)r=J
β ③ 且有a r β
= ④
由以上四式消去T 1，T 2
得：
β= (m 1-m 2)gr/[(m 1+m 2)r 2+J]
六、如图所示，均匀直杆质量为m ，长为l ，初始时棒水平静止。

轴光滑，4
l
AO =。

求杆下摆到θ角时的角速度ω。

解 对于杆和地球系统，只有重力做功，故机械能守恒。

21s i n 42
l mg
J θω= ① 直杆的转动惯量为OA 段和OB 段转动惯量的叠加，所以
2222017()12448
l J J md ml m ml =+=+= ②
将②代入①，解得 l
g 7sin 62θ
ω=
O
v 0
θ
O O
ω
A
B l , m
七、一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上（可看作圆环），可绕固定轴O 转动．另一质量为0m 的子弹（可看作质点）以速度0v 射入轮缘，并留在轮内。

开始时轮是静止的，求子弹打入后车轮的角速度。

2mR J =
ω2000)(R m m R v m +=
R
m m v m )(00
0+=
ω
八、长为l 的木杆,质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。

今有一子弹质量为m,以水平速度v 射入杆的一端,并留在其中,求木杆获得的角速度（212
1
Ml J =
）。

九、一轻绳跨过两个质量为m 、半径为 r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为3m 和m 的重物，
如图所示，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2
2m r ，将由两个定滑轮以及
质量为3m 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2T 。

解： 列牛顿第二定律方程
ma mg T 333=- ma mg T =-1
根据αJ M =
αr T T m r 22321)(=- αr T T m r 2
122
1)(=-
αr a = g a 5
2= mg T 5
82=
十、均质细棒长为l 质量为m ，2
3
1ml J =
，和一质量也为m 的小球牢固地连在杆的一端，可绕过杆的另一端的水平轴转动。

在忽略转轴处摩擦的情况下，使杆自水平位置由静止状态开始自由转下，试求：（1）当杆与水平线成θ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）由转动定律得
22
1()2122l l mv Ml m ωω=+6(3)mv
M m l
ω=
+m
3m
r m ,r
m ,3T 2
T 1
T
αθθ⋅+=+)3
1
(cos cos 222ml ml mgl l mg
l
g 8cos 9θ
α=
（2）由机械能守恒得
222)31
(212ωml ml mgl l mg
+=+ l
g
2
3
=
ω (1分) gl v 23=
十一、质量为M ，长为L 的均匀的细杆竖直放置，其下端与一固定铰链O 相接，并可绕其转动，由于此竖直放置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铰链
O 转动。

试计算细杆与竖直线成θ角时的角速度和角加速度。

αJ M =
2
s i n θm g l M =
3
2m l J =
l
g 2sin 3θα=
l
g d d dt d 2sin 3θ
θθω= l
g d d 2s i n 3θ
θωω
=
⎰
⎰
=θ
ω
θθωω0
2s i n 3d l
g d ()l
g θωc o s 13-=
十二、如图所示：长为L 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由下摆。

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
αJ L
mg =2
231mL J = L
g
23=α
（2）垂直位置时 22
1
2ωJ L mg
= L
g 3=
ω
θ
.
θ
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J=0.5kg ⋅m 2。

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 αJ M =
()
2/2.395
.02.098s rad J r F J M =⨯=⋅==
α （2）对物体应用牛顿运动定律 a m T mg ⋅=- 对滑轮应用转动定律 ()α-=⋅-J r T 利用关系 αr a =
由以上各式解得
()
2
2
2/8.215
.02.0108.92.010s rad J mr mrg g r
J mr m =+⨯⨯⨯=+=
+
=
α
十四、如图所示，有两个转动惯量分别为J 1、J 2的圆盘，它们分别以角速度ω1 、ω2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ω。

求两圆盘啮合后共同的角速度 ω 。

解：根据角动量守恒
ωωω)(212211J J J J +=+
2
12
211J J J J ++=
ωωω
第五章 简谐振动
一、基本要求
1、掌握简谐振动的定义，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，能根据一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、简谐振动的表达式（运动方程） c o s ()x A t ω
ϕ=+ 三个特征量：
振幅A ，决定与振动的能量；角频率ω，决定于振动系统的固有属性； 初相位ϕ，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。

F
1J 2
J 1
ω2
ω
2、振动的相位：()t ωϕ+
两个振动的相差：同相2k ϕπ∆=，反相(21)k ϕπ∆=+
3、简谐振动的运动微粉方程：22
20d x x dt
ω+=
4、简谐振动的实例
弹簧振子：220,2d x k m
x T dt m k
π+==
单摆小角度振动：220,2d g l
T dt l g
θθπ+==
LC 振荡：221
0,2d q q T LC dt LC
π+==
5、简谐振动的能量：222
111()222
k P dx E E E m kx kA dt =+=
+= 6、两个简谐振动的能量
（1）同方向同频率的简谐振动的合成
合振动是简谐振动，合振动的振幅和初相位由下式决定
22
1212212cos()A A A A A ϕϕ=
++-，1122
1122
sin sin tan cos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=
+
（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2k ϕπ∆=或(21)k π+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)cos(1ϕω+=t A x 。

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 ）)2cos(2π
ϕω+
+=t A x （B ）)2
cos(2π
ϕω-+=t A x （表示落后）
（C ）)2
3cos(2π
ϕω-+=t A x （D ）)cos(2πϕω++=t A x
2、一物体做简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2
A
-且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为：（ D ）
2
A x -
=
3、一质点作简谐振动，振动方程)cos(ϕω+=t A x ，当时间 t =T/4 时，质点的速度为：( C )
（A ） ϕωsin A - (B) ϕωsin A （C ）ϕωcos A - （D ）ϕωcos A
4、一质点作谐振动，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 ）T /6 （B ）T /12 （C ）T /4 （D ）T /8
5、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（12ϕϕ-）为：（ C ）
（A ）2π （B ）32π （C ）6π （D ）6
5π
6、质量为10×10－
3 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按20.1cos(8)3
x t π
π=+
(SI)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)t 2＝5 s 与t 1＝1 s 两个时刻的位相差.
解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：
3/2,s 4
1
2,8,m 1.00πφω
π
πω==
=
∴==T A 又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1
s m -⋅
2.632==A a m ω2s m -⋅
N 63.0==ma F m
(2)
J 1016.32
122
-⨯==
m mv E J 1058.12
1
2-⨯===E E E k p
当p k E E =时，有p E E 2=，
即
)2
1(212122kA kx ⋅= ∴ m 20
2
22±=±
=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t
7、一个沿x 轴做简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表出.如果t ＝0时质点的状态分别是：
(1)x 0＝－A ；
(2)过平衡位置向正向运动；
(3)过2A
x =
处向负向运动； (4)过2
A
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 ⎩⎨⎧-==00
0sin cos ϕωϕA v A x
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
)2cos(
1ππ
πϕ+==t T A x )23
2cos(2
3
2πππϕ+==t T A x
)32cos(33π
ππ
ϕ+==
t T A x
)45
2cos(4
54πππϕ+==
t T A x
8、一质量为10×10－
3 kg 的物体做谐振动，振幅为2
4 cm ，周期为4.0 s ，当t ＝0时位移为＋24 cm.求：
(1)t ＝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 s 0.4,m 10242
=⨯=-T A ∴ 1s rad 5.02-⋅==ππ
ωT
又，0=t 时，0,00=∴+=ϕA x 故振动方程为
m )5.0cos(10242t x π-⨯=
(1)将s 5.0=t 代入得
0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π。