12级期中试卷一稿_答案.docx

大学物理期中试卷
一、填空题(每空2分，共40分)
1> (1) v = 4n -/rsin/itj ； (2) a = 4z -Tt 1 cos^T/ : (3) a (=4m/s 2； (4) tz n =7t 2m/s 2；
(3)山功能原理：
人外力+人卜保守内力=E? — E 、
其中： A 外力=一巴厶=一片(m + M )g 厶,
2gh cos 2
0,
解得木箱与地而之间的滑动摩擦系数：从=加勺曲。

kL
三. (10分)解：质点沿直线运动，取该直线为兀轴，原点(x = 0)为质点在/ = 0时刻以初速度％开始运动的 位置。

因为a = ^L = -k v,分离变量后积分：[—
(lt
妬I) 必
In — = -kt, v = u Q e~kr
(I)
u ()
可见质点速度随时间按指数衰减，如图所示。

dx 因为 v =—,贝ij dx = vdt = v (}e~kt
clt, dt o
x= (dx= [udf = k{dt = -(l-e kl
) (2) k
当/TOO 时，质点行进的最人距离为：X max =—
k
1
m 2
2 严+ M 2g/? cos 2
0 ；
7 则有:-以& + M)gL = -k&
2
2、(5)
m ⑻x
歸4、⑼鈴恥
5、 (10)
M =-^vgL ； (11) t = ^
2 3 pg
2 L
(12) 0 二色一；6、(13)兀= 0.1cos(10/ + %； (14) 0.366s ；
3 pg /
7、 (15) 心=10cos(5加+ 4%)； (16)
心=10COS (5/Z T + 2%)； (17) 10m ；
(18) 计算题:
0.374m ； (19) 1.3kHz ； (20) 0.20m
一 1 °
二、(10分)解(1)山机械能守恒：mgh = —mu 2
； 2 (2)由动量分量守恒： m= (m + M )L >0
可得:
；水平方向速度分量：v = -yj2gh cos 0
可得，碰撞后m 和M —起运动的速度：
q )=
/ 、 m
q =
/ 、 m
W + M
丿
W + M )
A 非保守内力
(m + M )2L 2(m + M)g
设经过人时间后，质点的速度降为 5=乞，由式（1）有 ^ = - = e ~kt
n u （） n
取对数有
r, = — （3） i k
山（2）、（3）式，当质点速度为5=乞时，所经过距离坷与最大距离X nnx Z 比为 n
亠=1—严=1_严=1_丄
I ） X
因此，在任一时刻f,质点的位置兀与速度U 遵循下述规律：上+亠 =1
% 兀唤
四、（10分）解：取细棒与小滑块为系统，在碰撞过程中，摩擦力矩作用可忽略不计，系统对O 轴的角动量守恒。

设碰撞后细棒的角速度为①），则m 2ul = Ico （｝-m 2ul （1）
式中I 为细棒对O 轴的转动惯量。

碰撞后，细棒以初角速度®开始绕O 轴转动，转动过程中，细棒受摩擦力矩作用。

取如图所示的坐标，则距O 轴为x 处的dx 长的细棒所受摩擦力为
df = pgdm = pg ^-clx
其对O 轴的摩擦力矩 dM = -xdf = -fig -y-xdx
则细棒所受的摩擦力矩为 M = JdM = - //g — xdx =-丄““g?
， I 2
细棒绕O 轴转动，由转动定律：M=Z —,得-丄叫1 = I 昨, dt 2 dt
五. （10分）解（1）在平衡位置O,两弹簧心和心处于口然伸长状态，设物休从平衡位置向右位移为八 如图, 此时物体受到弹性力为则f=-kx ；式中k 为等效劲度系数，又因为两弹•簧人和心为串联。

所以f = fl =f 2
（2）子弹打入木块的碰撞过程，满足动量守恒：叫q ）=（加+ "））5加 此时，系统速度故大：％严上込 m + m
（｝
此时弹簧振子系统的的初始条件为：x = 0, % = 4虻冃向左运动uvO ，
设弹簣振子系统的简谐振动方程：x = Acos （曲+炉），o = -Acosin^cot + （p ）
即——/Liin A gldt = Idco
积分上式:
(2)； 山（1）、（2）两式解得细棒运动的时间为
2m 2(u + u)
如lg
而 f\ = 一也西；f 2 = -kAx 2:注意到 x = Ax x + zlx 2 ；所以
a)=
(k 、+ k 2 )m
由f =-kx 可知，物体作简谐振动，其频率为
代入初始条件得：cos0 = O ； sin0>O ； e =寸
——；解之得： 炉二彳
阮
诟(1 I 1、 m +
m 0 龜 k 2>此时小球与木块立柱的受力情况如图，根据牛顿运动定律，对小球和木块立柱分别列出运动方程：
小球:
2
T -mg sin 0 = m — (4)
木块立柱: /-Tcos^ = 0 N-Tsin0-Mg=O
(5) 为使木块不移动，必须满足：f<juN (6)
由(3)~(6)式解徐 /z >3msinfco^
M+3加 sir? & sin 2^ —+ 2sin 2
^ 3m
2M
^A = — f 并设:
3m (7)
叫% (/ +底) m + m 0 k }k 2 ( 龙) cos cot + — I 2丿
/ \
71 cos cot ——
I 2
六、（10分）解（1）碰撞前瞬间，取地球与小球为系统，显然该系统的机械能导恒: |
m mgl = — mu 2
2
碰撞前瞬间小球的速度为： U = 莎 碰撞过程中，取小球与木块立柱为系统, 图5
rh 于摩擦力的冲量/2k 很小，可略去不计，系统在水平方向的动量守恒：〃u = （加+ M0'
解得碰撞后系统的速度为：u' =
m + M
碰撞以后，仍取小球与木块立柱为系统，系统在摩擦力/的作用下，作减速运动直到静止。

设系统最大位移为兀 max
山动能定理得：一/石疵二。

----- （m + M ）L >'2
（1 ）； ifij .f = “（〃? +
M ）g
(2)
mF
“（加 + M ）2
（2）设小球摆至任意位置时细绳与水平方向的夹角为小球的速度大小为u,取小球与地球为系统，因系统的 mglsind
= -^mu 2
111（D>（2）两式并代入〃的值可求出系统的最大位移为 X. max
(3)
mg
所以： sin20 = 丫人（人 + _）
（8）
sin 2 0 =——-——
（9）
力 + 1
2（A + 1）
2M
把（8）、（9）式及A =— 代入（7）式，求得F0）的最大值F 叭（&），得到小球在下摆过程中，为使木块不移
3m 动的最小摩擦系数为如叽心页F
七、（10分）解（1）入射波到达P 点振动相位比S 点落后2
蓟。

+ X ）,
人
I
到达d 点的位相落质地出），人而上反射至P 点相位再
+
$ _____
=厶 A V _ L
落后2加-X ）,同时注意到A 面上反射时有一半波损失，故A 面上反射波的波动方程为：图8 兄1
A cos
2TT (1 - x)
=A cos 2/ + /() — x
cot-co ---- ---- 71
A
入
W 1
（2）波动由。

点进入媒质II 屮，在b 点反射到c 点再透入媒质I 屮传播至P 点，P 点的振动位相较S 点落后。

2 兀（1（）+ /） 27td 2 兀 d 2^■（/ - x ）
- ----- H ---------- 1 ---------- 1 ----- :—
/I]
2。

Aj
仏面上反射时无半波损失，所以每面上反射进入I 区的反射波在戶点的波函数为:
/
\ A 「
2^(/0+/) 2%(2d) 2TT (1 - x)l x 「 2/ + /0-x 2d
y 2\x,t)= /4cos cot ------ —— ----- - ------ L ----- L --------------------------- L = cos a)t-o)
---------------------- co ——
久q
^^*2
入
"1
比 2
(3)两波在任一点P 点琶加满足加强的条件是： 2/ + /n — x 2d cot-co ---- ---- co ——
u { u 2 cot-co 2l + l -~X
-71 = ±2k7T ,
解之得: d_(2R+l);r u 2
CO
"0丄2, 因为d 为负值是无意义的，故应舍掉；所以，当k=0时，〃有最小厚度。

"min
7TU 2 2co。