跳到主要内容

2019-2020学年上学期期中

2019-2020学年上学期期中试卷（A）（含答案）​

一、选择题（每题 3 分，共 18 分）​

  1. 假设一质点做直线运动，下列论断中哪项不正确。（ ）

    A. 若合外力与运动方向一致，运动速度增加

    B. 若合外力与运动方向相反，运动速度减少

    C. 若合外力与运动方向一致，运动位移增加

    D. 若合外力与运动方向相反，运动位移减少

    答案：

    D

  2. 宇宙飞船关闭发动机返回地球的过程，可以认为是仅在地球万有引力作用下运动。若用 mm 表示飞船质量，MM 表示地球质量，GG 表示引力常量，则飞船从距地球中心 r1r_1 处下降到 r2r_2 处的过程中，动能的增量为（ ）。

    A. GmMr2\dfrac{GmM}{r_2}

    B. GmMr22\dfrac{GmM}{r_2^2}

    C. GmMr1−r2r1r2GmM\dfrac{r_1-r_2}{r_1r_2}

    D. GmMr1−r2r12r22GmM\dfrac{r_1-r_2}{r_1^2r_2^2}

    答案：

    C

  3. 一子弹以水平速度 v0v_0 射入一静止于光滑水平面上的木块后，随木块一起运动。对于这一过程正确的分析是（ ）。

    A. 子弹、木块组成的系统机械能守恒

    B. 子弹、木块组成的系统水平方向的动量守恒

    C. 子弹所受的冲量等于木块所受的冲量

    D. 子弹动能的减少等于木块动能的增加

    答案：

    B

  4. 两物体的转动惯量相等，当其转动的角速度之比为 2:12:1 时，两物体的动能之比为（ ）。

    A. 4:14:1

    B. 2:12:1

    C. 2:1\sqrt2:1

    D. 1:21:\sqrt2

    答案：

    A

  5. 一弹簧振子，重物的质量为 mm，弹簧的劲度系数为 kk，该振子作振幅为 AA 的简谐振动。当重物通过平衡位置且向规定的正方向运动时，开始计时。则其振动方程为（ ）。

    A. x=Acos⁡(k/m t+12π)x=A\cos\left(\sqrt{k/m}\,t+\dfrac12\pi\right)

    B. x=Acos⁡(k/m t−12π)x=A\cos\left(\sqrt{k/m}\,t-\dfrac12\pi\right)

    C. x=Acos⁡(m/k t+12π)x=A\cos\left(\sqrt{m/k}\,t+\dfrac12\pi\right)

    D. x=Acos⁡(m/k t−12π)x=A\cos\left(\sqrt{m/k}\,t-\dfrac12\pi\right)

    答案：

    B

  6. 一平面简谐波沿 xx 轴负方向传播。已知 x=bx=b 处质点振动方程为 y=Acos⁡(ωt+ϕ0)y=A\cos(\omega t+\phi_0)，波速为 uu，则波的表达式为（ ）。

    A. y=Acos⁡[ωt+b+xu+ϕ0]y=A\cos\left[\omega t+\dfrac{b+x}{u}+\phi_0\right]

    B. y=Acos⁡{ω[t−b+xu]+ϕ0}y=A\cos\left\{\omega\left[t-\dfrac{b+x}{u}\right]+\phi_0\right\}

    C. y=Acos⁡{ω[t+x−bu]+ϕ0}y=A\cos\left\{\omega\left[t+\dfrac{x-b}{u}\right]+\phi_0\right\}

    D. y=Acos⁡{ω[t+b−xu]+ϕ0}y=A\cos\left\{\omega\left[t+\dfrac{b-x}{u}\right]+\phi_0\right\}

    答案：

    C

二、填空题（每空 2 分，共 30 分）​

  1. 若一质点的运动轨迹为 r⃗=5t2i⃗+3tj⃗+(10−3t)k⃗\vec r=5t^2\vec i+3t\vec j+(10-3t)\vec k，则任意 tt 时刻质点的速度为 ‾\underline{\qquad}；加速度为 ‾\underline{\qquad}。

    答案：

    10ti⃗+3j⃗−3k⃗10t\vec i+3\vec j-3\vec k；10i⃗10\vec i

  2. 质量为 mm 的子弹，水平射入质量为 MM、置于光滑水平面上的沙箱，子弹在沙箱中前进距离 ll 而静止，同时沙箱向前运动的距离为 ss，此后子弹与沙箱一起以共同速度 vv 匀速运动，则子弹受到的平均阻力 F=‾F=\underline{\qquad}，子弹射入时的速度 v0=‾v_0=\underline{\qquad}。沙箱与子弹系统损失的机械能 ΔE=‾\Delta E=\underline{\qquad}。

    答案：

    F=Mv22s,F=\frac{Mv^2}{2s},

    v0=vMms(s+l)+1或者(M+m)vm,v_0=v\sqrt{\frac{M}{ms}(s+l)+1}\quad\text{或者}\quad\frac{(M+m)v}{m},

    ΔE=Ml2sv2或12m[M+mmv]2−12(M+m)v2.\Delta E=\frac{Ml}{2s}v^2\quad\text{或}\quad\frac12m\left[\frac{M+m}{m}v\right]^2-\frac12(M+m)v^2.

  3. 质量为 MM 的小球自高为 y0y_0 处沿水平方向以速率 v0v_0 抛出，与地面碰撞后跳起的最大高度为 y0/2y_0/2，水平速率为 v0/2v_0/2，则碰撞过程中，地面对小球的竖直冲量为 ‾\underline{\qquad}；地面对小球的水平冲量为 ‾\underline{\qquad}。

    第3题图

    答案：

    M(gy0+2gy0)M\left(\sqrt{gy_0}+\sqrt{2gy_0}\right)；12Mv0\dfrac12Mv_0

  4. 质量为 mm 的质点以恒定速度 v⃗\vec v 运动了 10 秒，则质点相对其出发点的角动量为 ‾\underline{\qquad}。

    答案：

    00

  5. 一弹簧振子作简谐振动，振幅为 AA，周期为 TT，其运动方程用余弦函数表示。若 t=0t=0 时，（1）振子在负的最大位移处，则初相为 ‾\underline{\qquad}；（2）振子在平衡位置向正方向运动，则初相为 ‾\underline{\qquad}；（3）振子在位移为 A/2A/2 处，且向负方向运动，则初相为 ‾\underline{\qquad}。

    答案：

    （1）π\pi；（2）−π/2-\pi/2；（3）π/3\pi/3

  6. 一横波的表达式是 y=0.02sin⁡2π(100t−40x−0.04π) (SI)y=0.02\sin2\pi(100t-40x-0.04\pi)\ (\mathrm{SI})，则振幅是 ‾\underline{\qquad}，波长是 ‾\underline{\qquad}，频率是 ‾\underline{\qquad}，波的传播速度是 ‾\underline{\qquad}。

    答案：

    2 cm2\ \mathrm{cm}；2.5 cm2.5\ \mathrm{cm}；100 Hz100\ \mathrm{Hz}；250 cm/s250\ \mathrm{cm/s}

三、计算题（第 1、2、3、5 题，每题 10 分；第 4 题 12 分，共 52 分）​

  1. 已知质量为 mm 的小球受合外力影响做加速直线运动。假设在 t=t0t=t_0 时刻，小球的位置为 x=x0x=x_0，速度为 v=v0v=v_0。求：（10 分）

    （1）若合外力 F=k1tF=k_1t，在任意时刻 tt 小球的速度 vv；

    （2）若合外力 F=−k2vF=-k_2v，在任意时刻 tt 小球的速度 vv；

    （3）若合外力 F=−k3xF=-k_3x，在任意位置 xx 小球的速度 vv。

    解：

    答案汇总页给出：

    （1）v=v0+k1m(t−t0)\displaystyle v=v_0+\frac{k_1}{m}(t-t_0)。 3分

    （2）v=v0e−k2m(t−t0)\displaystyle v=v_0e^{-\frac{k_2}{m}(t-t_0)}。 3分

    （3）v=v02−k3m(x12−x02)\displaystyle v=\sqrt{v_0^2-\frac{k_3}{m}(x_1^2-x_0^2)}。 4分

    手写解答为：

    （1）由牛顿第二定律，

    mdvdt=F=k1t,m\frac{dv}{dt}=F=k_1t,

    ∫v0vdv=k1m∫t0tt dt,\int_{v_0}^{v}dv=\frac{k_1}{m}\int_{t_0}^{t}t\,dt,

    v=v0+k12m(t2−t02).v=v_0+\frac{k_1}{2m}(t^2-t_0^2).

    （2）

    mdvdt=F=−k2v,m\frac{dv}{dt}=F=-k_2v,

    ∫v0v1vdv=∫t0t−k2mdt,\int_{v_0}^{v}\frac{1}{v}dv=\int_{t_0}^{t}-\frac{k_2}{m}dt,

    v=v0e−k2m(t−t0).v=v_0e^{-\frac{k_2}{m}(t-t_0)}.

    （3）

    mdvdt=F=−k3x,m\frac{dv}{dt}=F=-k_3x,

    mdvdxdxdt=mvdvdx=−k3x,m\frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}=mv\frac{dv}{dx}=-k_3x,

    ∫v0vv dv=∫x0x−k3mx dx,\int_{v_0}^{v}v\,dv=\int_{x_0}^{x}-\frac{k_3}{m}x\,dx,

    v=v02−k3m(x2−x02).v=\sqrt{v_0^2-\frac{k_3}{m}(x^2-x_0^2)}.

    提示

    第（1）问答案汇总页的线性式与题设 F=k1tF=k_1t 不符。由 m dv/dt=k1tm\,dv/dt=k_1t 积分可知，手写解答 v=v0+k12m(t2−t02)v=v_0+\dfrac{k_1}{2m}(t^2-t_0^2) 正确。

  2. 一质量 m=80 kgm=80\ \mathrm{kg} 的物体 A 自 h=2 mh=2\ \mathrm{m} 处落到弹簧上，如图所示。当弹簧从原长向下压缩 x0=0.2 mx_0=0.2\ \mathrm{m} 时，物体再被弹回。（g=9.8 m/s2g=9.8\ \mathrm{m/s^2}）（10 分）

    试求弹簧下压 0.1 m0.1\ \mathrm{m} 时物体的速度。

    如果把该物体静置于弹簧上，求弹簧将被压缩多少？

    第2题图

    解：

    物体和弹簧组成系统，选弹簧原长处为弹性势能和重力势能零点。利用机械能守恒定律。

    当压缩到 x0=0.2 mx_0=0.2\ \mathrm{m} 时有：

    mgh=\frac12kx_0^2-mgx_0.\tag{1}

    当压缩到 x1=0.1 mx_1=0.1\ \mathrm{m} 时有：

    mgh=\frac12kx_1^2+\frac12mv^2-mgx_1.\tag{2}

    联立解（1）、（2）得：

    v=2g(h+x1)−2g(h+x0)x02x12=5.5 m/s.v=\sqrt{2g(h+x_1)-\frac{2g(h+x_0)}{x_0^2}x_1^2}=5.5\ \mathrm{m/s}.

    k=2mg(h+x0)x02.k=\frac{2mg(h+x_0)}{x_0^2}.

    把物体静置于弹簧上时，最终重力与弹力达到平衡，因而有

    mg−kx=0.mg-kx=0.

    此时弹簧将被压缩

    x=x022(h+x0)=9.1×10−3 m.x=\frac{x_0^2}{2(h+x_0)}=9.1\times10^{-3}\ \mathrm{m}.

  3. 质量为 mm 的质点在 Oxy 平面内运动，其运动学方程为 r⃗=acos⁡ωt i⃗+bsin⁡ωt j⃗\vec r=a\cos\omega t\,\vec i+b\sin\omega t\,\vec j。（10 分）

    （1）试求 tt 时刻质点的动量；

    （2）试求从 t=0t=0 到 t=2π/ωt=2\pi/\omega 这段时间内质点受到的合力的冲量，并说明在上述时间内，质点的动量是否守恒？为什么？

    解：

    （1）由质点运动学方程可得质点速度

    v⃗=dr⃗dt=−ωasin⁡ωt i⃗+ωbcos⁡ωt j⃗.2分\vec v=\frac{d\vec r}{dt}=-\omega a\sin\omega t\,\vec i+\omega b\cos\omega t\,\vec j.\qquad 2\text{分}

    动量为：

    p⃗=mv⃗=−mωasin⁡ωt i⃗+mωbcos⁡ωt j⃗.2分\vec p=m\vec v=-m\omega a\sin\omega t\,\vec i+m\omega b\cos\omega t\,\vec j.\qquad 2\text{分}

    （2）根据动量定理，合力的冲量为

    I⃗=p⃗(2πω)−p⃗(0)=0.2分\vec I=\vec p\left(\frac{2\pi}{\omega}\right)-\vec p(0)=0.\qquad 2\text{分}

    虽然 t=0t=0 和 t=2π/ωt=2\pi/\omega 时，质点的动量是相等的，但在这时间段内，由（1）中的动量表达式可知，动量是时间的函数并非常数。 2分

    结论：故质点的动量不守恒。 2分

  4. 有一均匀的扇形板水平放置，板的总质量为 MM，半径为 RR，张角为 α\alpha，如图所示。该板可以绕通过其顶点 O 的竖直轴在水平方向上无摩擦地转动。今在板的弧形边沿站一个质量为 mm 的人，二者当初处于相对地面静止的状态。问：（12 分）

    （1）板对竖直轴的转动惯量是多少？

    （2）人沿板的圆弧边沿在板上逆时针走 θ\theta 角度（相对板）后，板相对地面转动的角度如何？

    第4题图

    解：

    第4题答案图

    （1）根据转动惯量的定义，可以计算板对竖直轴的转动惯量为

    J=∫0R∫0α(Mα2π(πR2))(ρ dθ dρ)ρ2=MR22.J=\int_0^R\int_0^\alpha\left(\frac{M}{\frac{\alpha}{2\pi}(\pi R^2)}\right)(\rho\,d\theta\,d\rho)\rho^2=\frac{MR^2}{2}.

    （2）已用 ϕ\phi 和 ψ\psi 分别表示人和板相对地面的角位移，则它们相对地面的角速度分别为 ω=dϕ/dt\omega=d\phi/dt 和 Ω=dψ/dt\Omega=d\psi/dt。人和板构成的系统角动量守恒，因此有

    (MR22)Ω+(mR2)ω=0.\left(\frac{MR^2}{2}\right)\Omega+(mR^2)\omega=0.

    由此得到

    (MR22)dψdt=−(mR2)dϕdt.\left(\frac{MR^2}{2}\right)\frac{d\psi}{dt}=-(mR^2)\frac{d\phi}{dt}.

    两边同时乘以 dtdt，并对角度积分

    ∫0X(mR2)dϕ=−∫0Y(MR22)dψ,\int_0^X(mR^2)d\phi=-\int_0^Y\left(\frac{MR^2}{2}\right)d\psi,

    （XX 和 YY 分别是人和板相对地面的角位移）得到 mX=−MY/2mX=-MY/2。

    又 X−Y=θX-Y=\theta，得到板相对地面逆时针转动

    Y=−2mθ2m+M.Y=-\frac{2m\theta}{2m+M}.

  5. 图示一平面余弦波在 t=0t=0 时刻与 t=2 st=2\ \mathrm{s} 时刻的波形图。已知波速为 uu，求：（1）坐标原点处介质点的振动方程；（2）该波的波动表达式。（10 分）

    第5题图

    解：

    （1）比较 t=0t=0 时刻波形图与 t=2 st=2\ \mathrm{s} 时刻波形图，可知此波向左传播。在 t=0t=0 时刻，O 处质点：

    0=Acos⁡ϕ,0<v0=−Aωsin⁡ϕ,0=A\cos\phi,\qquad 0<v_0=-A\omega\sin\phi,

    ϕ=−12π.2分\phi=-\frac12\pi.\qquad 2\text{分}

    又 t=2 st=2\ \mathrm{s}，O 处质点位移为：

    A/2=Acos⁡(4πν−12π),A/\sqrt2=A\cos\left(4\pi\nu-\frac12\pi\right),

    所以：

    −14π=4πν−12π,-\frac14\pi=4\pi\nu-\frac12\pi,

    ν=1/16 Hz.2分\nu=1/16\ \mathrm{Hz}.\qquad 2\text{分}

    振动方程为：

    y0=Acos⁡(πt8−12π)(SI).1分y_0=A\cos\left(\frac{\pi t}{8}-\frac12\pi\right)\quad(\mathrm{SI}).\qquad 1\text{分}

    （2）波速：

    u=20/2 m/s=10 m/s.u=20/2\ \mathrm{m/s}=10\ \mathrm{m/s}.

    波长：

    λ=u/ν=160 m.2分\lambda=u/\nu=160\ \mathrm{m}.\qquad 2\text{分}

    波动表达式：

    y=Acos⁡[2π(t16+x160)−12π](SI).3分y=A\cos\left[2\pi\left(\frac{t}{16}+\frac{x}{160}\right)-\frac12\pi\right]\quad(\mathrm{SI}).\qquad 3\text{分}