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物理题库==刚体

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//[父试题分类]:试题分类/公安大学试题库/理科基础课教研部/物理教研室/普通物理I/刚体的定轴转动

1.几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上,如果这几个力的矢量和为零,则此刚体()

A.必然不会转动

B.转速必然不变

C.转速必然改变

D.转速可能不变,也可能改变

答案:D

2.{

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,下述说法正确的是()

}

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

答案:A

3.一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮的转动惯量为J,绳下端挂一物体.物体所受重力为P,滑轮的角加速度为

.若将物体去掉而以与P相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度将()

A.不变

B.变小

C.变大

D.如何变化无法判断

答案:C

4.一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动,盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统,当此人在盘上随意走动时,若忽略轴的摩擦,此系统()

A.动量守恒

B.机械能守恒

C.对转轴的角动量守恒

D.动量、机械能和角动量都守恒

E.动量、机械能和角动量都不守恒

答案:C

5.{

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,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度将()

}

A.增大

B.不变

C.减小

D.不能确定

答案:C

6.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是()

A.刚体不受外力矩的作用

B.刚体所受合外力矩为零

C.刚体所受的合外力和合外力矩均为零

D.刚体的转动惯量和角速度均保持不变

答案:B

7.一刚体以每分钟60转绕z轴做匀速转动(沿z轴正方向)设某时刻刚体上一点P的位置矢量为,

其单位为“10-2m”,若以“10-2m·s-1”为速度单位,则该时刻P点的速度为()

A.

B.

C.

D.

答案:B

8.关于刚体对轴的转动惯量,下列说法中正确的是()

A.只取决于刚体的质量,而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.只取决于转轴的位置,与刚体的质量和质量的空间分布无关

答案:C

9.{

一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮,绳的两端分别悬有质量为m

1和m2的物体(m1<m2),如图所示.绳与轮之间无相对滑动.若某时刻滑轮沿逆时针方向转动,则绳中的张力()

}

A.处处相等

B.左边大于右边

C.右边大于左边

D.哪边大无法判断

答案:C

10.{

一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O以角速度w按图示方向转动.若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度将()

}

A.必然增大

B.必然减少

C.不会改变

D.如何变化,不能确定

答案:A

11.两个匀质圆盘A和B的密度分别为和,若>,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J

A和J B,则()

A.J A>J B

B.J B>J A

C.J A=J B

D.J A、J B哪个大,不能确定

答案:B

12.有两个半径相同,质量相等的细圆环A和B.A环的质量分布均匀,B环的质量分布不均匀.它们对通过环心并与环

面垂直的轴的转动惯量分别为J

A和J B,则()

A.J A>J B

B.J A<J B

C.J A=J B

D.不能确定J A、J B哪个大

答案:C

13.将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上,现在在绳端挂一质量为m的重物,飞轮的角加速度为.如果以拉力2mg代替重物拉绳时,飞轮的角加速度将()

A.小于

B.大于,小于

C.大于

D.等于

答案:C

14.{

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.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,则此时棒的角速度应为()

}

A.

B.

C.

D.

答案:B

15.{

光滑的水平桌面上有长为、质量为m的匀质细杆,可绕通过其中点O且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动,转动惯

量为,起初杆静止.有一质量为m的小球在桌面上正对着杆的一端,在垂直于杆长的方向上,以速率v运动,如图所示.当小球与杆端发生碰撞后,就与杆粘在一起随杆转动.则这一系统碰撞后的转动角速度是()

}

A.

B.

C.

D.

答案:C

16.质量为m的小孩站在半径为R的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动,转动惯量为J.平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v的速率在台边缘沿逆时针转向走动时,则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为()

A.,顺时针

B.,逆时针

C.,顺时针

D.,逆时针

答案:A

17.有一半径为R的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为J,开始时转台以匀角速度转动,此时有一质量为m的人站在转台中心.随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为()

A.

B.

C.

D.

答案:A

18.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,角速度为.然后她将两臂收回,使

转动惯量减少为.这时她转动的角速度变为()

A.

B.

C.

D.

答案:D

19.一块方板,可以绕通过其一个水平边的光滑固定轴自由转动.最初板自由下垂.今有一小团粘土,垂直板面撞击方板,并粘在板上.对粘土和方板系统,如果忽略空气阻力,在碰撞中守恒的量是()

A.动能

B.绕木板转轴的角动量

C.机械能

D.动量

答案:B

20.{

如图所示,P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点,PQ=QR=RS=l,则系

统对轴的转动惯量为___.

}

答案:50m l2

21.一个作定轴转动的轮子,对轴的转动惯量J =2.0kg·m2,正以角速度作匀速转动.现对轮子加一恒定的力矩M = -

12N·m,经过时间t=8.0s时轮子的角速度=-,则=___.

答案:24 rad/s

22.一个作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量为J.正以角速度=10 rad·s-1匀速转动.现对物体加一恒定制动力矩M=-0.5 N·m,经过时间t=5.0 s后,物体停止了转动.物体的转动惯量J=___.

答案:0.25 kg·m2

23.{

有一半径为R的匀质圆形水平转台,可绕通过盘心O且垂直于盘面的竖直固定轴OO'转动,转动惯量为J.台上有一

人,质量为m.当他站在离转轴r处时(r<R),转台和人一起以的角速度转动,如图.若转轴处摩擦可以忽略,问当

人走到转台边缘时,转台和人一起转动的角速度=___.

}

答案:

24.{

长为l、质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动,转动惯量为,开始时杆竖直下垂,如图所

示.有一质量为m的子弹以水平速度射入杆上A点,并嵌在杆中,OA=2l/ 3,则子弹射入后瞬间杆的角速度=___.

}

答案:

25.{

质量为m、长为l的棒,可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固定轴O在水平面内自由转动(转动惯量J=m l2/ 12).开

始时棒静止,现有一子弹,质量也是m,在水平面内以速度v

0垂直射入棒端并嵌在其中.则子弹嵌入后棒的角速度=___.

}

答案:3v

0/ (2l)

26.{

质量分别为m和2m的两物体(都可视为质点),用一长为l的轻质刚性细杆相连,系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴

O转动,已知O轴离质量为2m的质点的距离为,质量为m的质点的线速度为v且与杆垂直,则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为___.

}

答案:mv l

27.一个圆柱体质量为M,半径为R,可绕固定的通过其中心轴线的光滑轴转动,原来处于静止.现有一质量为m、速度

为v的子弹,沿圆周切线方向射入圆柱体边缘.子弹嵌入圆柱体后的瞬间,圆柱体与子弹一起转动的角速度=___.(已

知圆柱体绕固定轴的转动惯量J=)

答案:

28.一飞轮以600 rev/min的转速旋转,转动惯量为2.5 kg·m2,现加一恒定的制动力矩使飞轮在1 s内停止转动,则该恒定制动力矩的大小M=___.

答案:157 N·m

29.一飞轮以角速度绕光滑固定轴旋转,飞轮对轴的转动惯量为J1;另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合,绕同

一转轴转动,该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍.啮合后整个系统的角速度=___.

答案:

30.可绕水平轴转动的飞轮,直径为1.0 m,一条绳子绕在飞轮的外周边缘上.如果飞轮从静止开始做匀角加速运动且在4 s内绳被展开10 m,则飞轮的角加速度为___.

答案:2.5 rad / s2

31.一飞轮作匀减速转动,在5 s内角速度由40rad·s-1减到10rad·s-1,则飞轮在这5 s内总共转过了___圈,飞轮再经___的时间才能停止转动.

答案:62.5 | 1.67s

32.{

如图所示,一质量为m、半径为R的薄圆盘,可绕通过其一直径的光滑固定轴转动,转动惯量J=mR2/ 4.该圆盘

从静止开始在恒力矩M作用下转动,t秒后位于圆盘边缘上与轴的垂直距离为R的B点的切向加速度a

t=___,法向加速度a

n=___.

}

答案:4M/ (mR) |

33.一长为L的轻质细杆,两端分别固定质量为m和2m的小球,此系统在竖直平面内可绕过中点O且与杆垂直的水平光滑固定轴(O轴)转动.开始时杆与水平成60°角,处于静止状态.无初转速地释放以后,杆球这一刚体系统绕O轴转动.系统绕O轴的转动惯量J=___.释放后,当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M=___;角加速度___.

答案:3mL2/ 4 |mgL |

34.{

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,其中m和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.

}

A. (%)

答案:{

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

1分

其中1分

于是1分

=mg l1分

当棒转动到水平位置时, M

那么1分

}

35.{

有两位滑冰运动员,质量均为50 kg,沿着距离为3.0 m的两条平行路径相互滑近.他们具有10 m/s的等值反向的速度.第一个运动员手握住一根3.0 m长的刚性轻杆的一端,当第二个运动员与他相距3m时,就抓住杆的另一端.(假设冰面无摩擦)

(1)试定量地描述两人被杆连在一起以后的运动.

(2)两人通过拉杆而将距离减小为1.0m,问这以后他们怎样运动?

}

A. (%)

答案:{

解:(1)对两人系统,对于杆中点合外力矩为零,角动量守恒.故 1分

1分

=2v/=6.67 rad / s

∴ w0

两人将绕轻杆中心O作角速度为6.67 rad/s的转动. 1分

(2)在距离缩短的过程中,合外力矩为零,系统的角动量守恒,则

J0w0= J1w1

1分

1分

即作九倍原有角速度的转动.

}

36.{

如图所示,一半径为R的匀质小木球固结在一长度为l的匀质细棒的下端,且可绕水平光滑固定轴O转动.今有一质量

为m,速度为的子弹,沿着与水平面成角的方向射向球心,且嵌于球心.已知小木球、细棒对通过O的水平轴的转动惯量的总和为J.求子弹嵌入球心后系统的共同角速度.

}

A. (%)

答案:{

解:选子弹、细棒、小木球为系统.子弹射入时,系统所受合外力矩为零,系统

对转轴的角动量守恒. 2分

2分

1分

}

37.{

一轴承光滑的定滑轮,质量为M=2.00 kg,半径为R=0.100 m,一根不能伸长的轻绳,一端固定在定滑轮上,另一端系

有一质量为m=5.00 kg的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J=,其初角速度=10.0 rad/s,方向垂直纸面向里.求:

(1)定滑轮的角加速度的大小和方向;

(2)定滑轮的角速度变化到0时,物体上升的高度;

(3)当物体回到原来位置时,定滑轮的角速度的大小和方向.

}

A. (%)

答案:{

解:(1) ∵ mg-T=ma 1分

TR=J2分

a=R1分

=81.7 rad/s21分

方向垂直纸面向外. 1分

(2) ∵

当=0时,

R=6.12×10-2m 2分

物体上升的高度h=

(3)10.0 rad/s

方向垂直纸面向外.2分

}

38.{

如图所示,设两重物的质量分别为m

1和m2,且m1>m2,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时刻滑轮的角速度.

}

A. (%)

答案:{

解:作示力图.两重物加速度大小a相同,方向如图.

示力图 2分

m1g-T1=m1a 1分

T2-m2g=m2a 1分

设滑轮的角加速度为,则 (T

1-T2)r=J2分

且有 a=r1分

由以上四式消去T

1,T2得:

2分

开始时系统静止,故t时刻滑轮的角速度.

1分

}

39.{

一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮,绳的两端分别挂着质量为m和2m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.将由两个定滑轮以及质量为m和2m的重物组成的系统从静止释放,求两滑轮之间绳内的张力.

}

A. (%)

答案:{

解:受力分析如图所示. 2分

2mg-T1=2ma 1分

T2-mg=ma 1分

T1r-T r=1分

T r-T2r=1分

a=r2分

解上述5个联立方程得: T=11mg / 8 2分

}

40.{

一质量均匀分布的圆盘,质量为M,半径为R,放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为),圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动.开始时,圆盘静止,一质量为m的子弹以水平速度v

0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求

(1)子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度.

(2)经过多少时间后,圆盘停止转动.

(圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)

}

A. (%)

答案:{

解:(1)以子弹和圆盘为系统,在子弹击中圆盘过程中,对轴O的角动量守恒.

1分

mv0R=(MR2+mR2)2分

1分

(2)设s表示圆盘单位面积的质量,可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小

为2分

设经过时间圆盘停止转动,则按角动量定理有

-M

f=0-J=-(MR2+mR2-)=-mv0R 2分

∴ 2分

}

41.{

质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆盘,同轴地粘在一起,可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动,对转轴的转动惯量为9mr2/ 2,大小圆盘边缘都绕有绳子,绳子下端都挂一质量为m的重物,如图所示.求盘的角加速度的大小.

}

A. (%)

答案:{

解:受力分析如图.

2分

mg-T2=ma21分

T1-mg=ma11分

T2(2r)-T1r=9mr2/ 2 2分

2r= a21分

r=a11分

解上述5个联立方程,得:

2分

}

42.{

质量为M

1=24 kg的圆轮,可绕水平光滑固定轴转动,一轻绳缠绕于轮上,另一端通过质量为M2=5 kg的圆盘形定滑轮悬有m=10 kg的物体.求当重物由静止开始下降了h=0.5 m时,

(1)物体的速度;

(2)绳中张力.

(设绳与定滑轮间无相对滑动,圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为

,)

}

A. (%)

答案:{

解:各物体的受力情况如图所示.图2分

由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程,可列出以下联立方程:

T1R=J11=方程各1分共5分

T2r-T1r=J22=

mg-T2=ma , a=R1=r2, v2=2ah

求解联立方程,得m/s2

=2 m/s 1分

T2=m(g-a)=58 N 1分

T1==48 N 1分

}

43.{

如图所示的阿特伍德机装置中,滑轮和绳子间没有滑动且绳子不可以伸长,轴与轮间有阻力矩,求滑轮两边绳子中的张力.已知m

1=20 kg,m2=10 kg.滑轮质量为m3=5 kg.滑轮半径为r=0.2 m.滑轮可视为均匀圆盘,阻力矩M f=6.6

N·m,已知圆盘对过其中心且与盘面垂直的轴的转动惯量为.

}

A. (%)

答案:{

解:对两物体分别应用牛顿第二定律(见图),则有

m1g-T1=m1a ①

T2– m2g= m2a ② 2分

对滑轮应用转动定律,则有

③ 2分

对轮缘上任一点,有 a =r ④ 1分

又:=T1,=T2⑤

则联立上面五个式子可以解出

=2 m/s22分

T1=m1g-m1a=156 N

T2=m2g-m2a=118N 3分

}

44.{

一匀质细棒长为2L,质量为m,以与棒长方向相垂直的速度v

0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O发

生完全非弹性碰撞.碰撞点位于棒中心的一侧处,如图所示.求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度.(细棒

绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为,式中的和分别为棒的质量和长度.)

}

A. (%)

答案:{

解:碰撞前瞬时,杆对O点的角动量为

3分

式中r为杆的线密度.碰撞后瞬时,杆对O点的角动量为

3分

因碰撞前后角动量守恒,所以

3分

∴= 6v

0/ (7L) 1分

}

45.一个以恒定角加速度转动的圆盘,如果在某一时刻的角速度为=20rad/s,再转60转后角速度为=30rad

/s,则角加速度=___,转过上述60转所需的时间Δt=___.

答案:6.54 rad / s2|4.8 s

46.一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量J=3.0 kg·m2,角速度.现对物体加一恒定的制动力矩M=

-12 N·m,当物体的角速度减慢到时,物体已转过了角度=___.

答案:4.0 rad

47.质量为75 kg的人站在半径为2 m的水平转台边缘.转台的固定转轴竖直通过台心且无摩擦.转台绕竖直轴的转动惯量为3000 kg·m2.开始时整个系统静止.现人以相对于地面为1 m·s-1的速率沿转台边缘行走,求:人沿转台边缘行走一周,回到他在转台上的初始位置所用的时间.

A. (%)

答案:解:由人和转台系统的角动量守恒 J

11+ J22= 0 2分其中 J1=300 kg·m2,1=v/r=0.5rad / s, J2=3000kg·m2∴2=

-J

11/J2=-0.05 rad/s 1分人相对于转台的角速度=1-2=0.55 rad/s 1分∴ t=2/=11.4 s 1分

48.一个能绕固定轴转动的轮子,除受到轴承的恒定摩擦力矩M r外,还受到恒定外力矩M的作用.若M=20 N·m,轮子

对固定轴的转动惯量为J=15 kg·m2.在t=10 s内,轮子的角速度由0增大到10 rad/s,则M

r=___.

答案:5.0 N·m

49.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒,可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O转动.棒的质量为m=1.5 kg,长度为=1.0

m,对轴的转动惯量为J=.初始时棒静止.今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端,并留在棒中,如图所

示.子弹的质量为m'=0.020 kg,速率为v=400 m·s-1.试问: (1)棒开始和子弹一起转动时角速度有多大? (2)若棒转动

时受到大小为M

r=4.0 N·m的恒定阻力矩作用,棒能转过多大的角度?

A. (%)

答案:{

解:(1)角动量守恒:

2分

∴=15.4 rad·s-12分

(2) -M r=(+)2分

2分

∴=15.4 rad 2分}

大学物理刚体部分知识点总结

一、刚体的简单运动知识点总结 1、刚体运动的最简单形式为平行移动与绕定轴转动。 2、刚体平行移动。 ·刚体内任一直线段在运动过程中,始终与它的最初位置平行,此种运动称为刚体平行移动,或平移。 ·刚体作平移时,刚体内各点的轨迹形状完全相同,各点的轨迹可能就是直线,也可能就是曲线。 ·刚体作平移时,在同一瞬时刚体内各点的速度与加速度大小、方向都相同。 3、刚体绕定轴转动。 ?刚体运动时,其中有两点保持不动,此运动称为刚体绕定轴转动,或转动。 ?刚体的转动方程φ=f(t)表示刚体的位置随时间的变化规律。 ?角速度ω表示刚体转动快慢程度与转向,就是代数量, 。角速度也可以用矢量表示, 。 ?角加速度表示角速度对时间的变化率,就是代数量, ,当α与ω同号时,刚体作匀加速转动;当α与ω异号时,刚体作匀减速转动。角加速度也可以用矢量表示, 。 ?绕定轴转动刚体上点的速度、加速度与角速度、角加速度的关系: 。 速度、加速度的代数值为。 ?传动比。

二. 转动定律转动惯量 转动定律 力矩相同,若转动惯量不同,产生的角加速度不同 与牛顿定律比较: 转动惯量 刚体绕给定轴的转动惯量J 等于刚体中每个质元的质量与该质元到转轴距离的平方的乘积之总与。 定义式质量不连续分布 质量连续分布 物理意义 转动惯量就是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。 它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关。 计算转动惯量的三个要素:

(1)总质量; (2)质量分布; (3)转轴的位置 (1) J 与刚体的总质量有关 几种典型的匀质刚体的转动惯量 平行轴定理与转动惯量的可加性 1) 平行轴定理 设刚体相对于通过质心轴线的转动惯量为Ic,相对于与之平行的另一轴的转动惯量为I,则可以证明I 与Ic 之间有下列关系 2c I I md =+ 2)转动惯量的可加性 对同一转轴而言,物体各部分转动惯量之与 等于整个物体的转动惯量。 三 角动量 角动量守恒定律 2 c I I md =+

大学物理试题库刚体力学 Word 文档

第三章 刚体力学 一、刚体运动学(定轴转动)---角位移、角速度、角加速度、线量与角量的关系 1、刚体做定轴转动,下列表述错误的是:【 】 A ;各质元具有相同的角速度; B :各质元具有相同的角加速度; C :各质元具有相同的线速度; D :各质元具有相同的角位移。 2、半径为0.2m 的飞轮,从静止开始以20rad/s 2的角加速度做定轴转动,则t=2s 时,飞轮边缘上一点的切向加速度τa =____________,法向加速度n a =____________,飞轮转过的角位移为_________________。 3、刚体任何复杂的运动均可分解为_______________和 ______________两种运动形式。 二、转动惯量 1、刚体的转动惯量与______________ 和___________________有关。 2、长度为L ,质量为M 的均匀木棒,饶其一端A 点转动时的转动惯量J A =_____________,绕其中心O 点转动时的转动惯量J O =_____________________。 3、半径为R 、质量为M 的均匀圆盘绕其中心轴(垂直于盘面)转动的转动惯量J=___________。 4、两个匀质圆盘A 和B 的密度分别是A ρ和B ρ,若B A ρρ>,但两圆盘的质量和厚度相同,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:【 】 (A )B A J J >; (B )B A J J < (C )B A J J = (D )不能确定 三、刚体动力学----转动定理、动能定理、角动量定理、角动量守恒 1、一长为L 的轻质细杆,两端分别固定质量为m 和2m 的小球,此系统在竖直平面内可绕过中点O 且与杆垂直的水平光滑固定轴(O 轴)转 动.开始时杆与水平成60°角,处于静止状态.无初转速地释放以后, 杆球这一刚体系统绕O 轴转动.系统绕O 轴的转动惯量J = ___________.释放后,当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M =____ __;角加速度β= ____ __. 2、一个能绕固定轴转动的轮子,除受到轴承的恒定摩擦力矩M r 外,还受到恒定外力矩M 的作用.若M =20 N ·m ,轮子对固定轴的转动惯量为J =15 kg ·m 2.在t =10 s 内,轮子的角速度由ω =0增大到ω=10 rad/s ,则M r =_______. 3、【 】银河系有一可视为物的天体,由于引力凝聚,体积不断收缩。设它经过一万年体积收缩了1%,而质量保持不变。则它的自转周期将______;其转动动能将______ (A )减小,增大; (B)不变,增大; (C) 增大,减小; (D) 减小,减小 4、【 】一子弹水平射入一竖直悬挂的木棒后一同上摆。在上摆的过程中,一子弹和木棒为系统(不包括地球),则总角动量、总动量及总机械能是否守恒?结论是: (A )三者均不守恒; (B )三者均守恒;

大学物理06刚体力学

刚体力学 1、(0981A15) 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω? 沿z 轴正方向).设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为k j i r ??? ? 5 4 3++=,其单位为“10-2 m ”,若以“10-2 m ·s -1”为速度单位,则该时刻P 点的速度为: (A) k j i ???? 157.0 125.6 94.2++=v (B) j i ??? 8.18 1.25+-=v (C) j i ??? 8.18 1.25--=v (D) k ?? 4.31=v [ ] 2、(5028B30) 如图所示,A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮.A 滑轮挂一质量为M 的物体,B 滑轮受拉力F ,而且F =Mg .设A 、 B 两滑轮的角加速度分别为A 和B ,不计滑轮轴的摩擦,则 有 (A) A =B . (B) A >B . (C) A < B . (D) 开始时 A = B ,以后 A < B . [ ] 3、(0148B25) 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上,如果这几个力的矢量和为零,则此刚体 (A) 必然不会转动. (B) 转速必然不变. (C) 转速必然改变. (D) 转速可能不变,也可能改变. [ ] 4、(0153A15) 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度 按图 示方向转动.若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度 (A) 必然增大. (B) 必然减少. (C) 不会改变. (D) 如何变化,不能确定. [ ] 5、(0165A15) 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,下述说法哪一种是正确的? (A) 角速度从小到大,角加速度从大到小. A M B F O F F ω O A

大学物理刚体力学基础习题思考题及答案

习题5 5-1.如图,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2m 和m 的重物,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 mr 2 / 2,将由两个定滑轮以及质量为 2m 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的力。 解:受力分析如图,可建立方程: 广 2mg T 2 2ma ① T1 mg ma ② J (T 2 T)r J ③ (T T 1)r J ④ 虹 a r , J mr 2/2 ⑤ 联立,解得:a 1g, T 4 上,设开始时杆以角速度 °绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动,试求: (1)作 用于杆的摩擦力矩;(2)经过多长时间杆才会停止转动。 解:(1)设杆的线密度为: d f dmg gd x, 微元摩擦力矩:d M g xd x , (2)根据转动定律 M J J 马, t 有: 0 Mdt Jd dt 1 . -mglt 1 [2 —m l 0, . . t _oL 4 12 3 g 或利用: M t J J 0,考虑到 0, J 1 | 2 一 ml , 12 有:t ol 。 11 a mg 5-2.如图所示,一均匀细杆长为 l ,质量为m ,平放在摩擦系数为 的水平桌面 一小质元dm dx,有微元摩擦力: 考虑对称性, l_ M 2 2 有摩擦力 矩: gxdx 1

5-3.如图所示,一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子的质量 可以忽略,它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M、半径为 R,其转动惯量为MR2/2,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:受力分析如图,可建立方程: r mg T ma ① * TR J ② —, 1 ~2 — k a R , J — mR —-③ 2 2mg Mmg 联立,解得:a ------------ — , T ----------- —, 考虑到a四,.?. v dv 「旦—dt,有:v dt 0 0 M 2m M 2m 5-4.轻绳绕过一定滑轮,滑轮轴光滑,滑轮的质量为M /4,均匀分布在其边缘上,绳子A端有一质量为M的人抓住了绳端,而在绳的另一端B系了一质量为M /4的重物,如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量J MR2 /4 ,设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时,绳与滑轮间无相对滑动,求B端重物上升的加速度? 解一: 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 Mg T1Ma A人 T2M 4g M 心 a B物 4 T1R T2R J滑轮 由约束方程:a A a B R 和J MR2/4,解上述方程组 得到a —. 2 解二: 选人、滑轮与重物为系统,设 U为人相对绳的速度,V为重

大学物理-力学考题

一、填空题(运动学) 1、一质点在平面内运动, 其1c r = ,2/c dt dv =;1c 、2c 为大于零的常数,则该质点作 运动。 2.一质点沿半径为0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动,质点在0~t 这段 时间内所经过的路程为4 2 2t t S ππ+ = ,式中S 以m 计,t 以s 计,则在t 时刻质点的角速度为 , 角加速度为 。 3.一质点沿直线运动,其坐标x 与时间t 有如下关系:x=A e -β t ( A. β皆为常数)。则任意时刻t 质点的加速度a = 。 4.质点沿x 轴作直线运动,其加速度t a 4=m/s 2,在0=t 时刻,00=v ,100=x m ,则该质点的运动方程为=x 。 5、一质点从静止出发绕半径R 的圆周作匀变速圆周运动,角加速度为β,则该质点走完半周所经历的时间为______________。 6.一质点沿半径为0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动,质点在0~t 这段时间内所经过的路程为2t t s ππ+=式中S 以m 计,t 以s 计,则t=2s 时,质点的法向加速度大小n a = 2/s m ,切向加速度大小τa = 2/s m 。 7. 一质点沿半径为0.10 m 的圆周运动,其角位移θ 可用下式表示3 2t +=θ (SI). (1) 当 2s =t 时,切向加速度t a = ______________; (2) 当的切向加速度大小恰为法向加速度 大小的一半时,θ= ______________。 (rad s m 33.3,/2.12) 8.一质点由坐标原点出发,从静止开始沿直线运动,其加速度a 与时间t 有如下关系:a=2+ t ,则任意时刻t 质点的位置为=x 。 (动力学) 1、一质量为kg m 2=的质点在力()()N t F x 32+=作用下由静止开始运动,若此力作用在质点上的时间为s 2,则该力在这s 2内冲量的大小=I ;质点在第 s 2末的速度大小为 。

大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B),2(B),3(C),4(C),5(C) 二、填空题 (1). 62.5 1.67s (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2 (4). mgl μ21参考解:M =?M d =()mgl r r l gm l μμ2 1 d /0=? (5). 2E 0 三、计算题 1. 如图所示,半径为r 1=0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2=0.75 m 的B 轮带动,B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动,轮与皮带间无滑动发生.试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间. 解:设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ,由于两轮边缘的切向加速度相同, a t = βA r 1 = βB r 2 则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为 ()75 .03.060/2300021?π?π?=== r r t B A βωβωs =40 s 2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ,以 900 rev / min 的转速转动.撤去动力后,一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上,使砂轮在11.8 s 内停止.求砂轮和工件间的摩擦系数.(砂轮轴的摩擦可忽略不计,砂轮绕轴的转动惯量为 2 1 mR 2,其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径). 解:R = 0.5 m ,ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s , 根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ② μ为摩擦系数,N 为正压力,22 1 mR J = . ③ 设在时刻t 砂轮开始停转,则有: 00=+=t t βωω 从而得 β=-ω0 / t ④ 将②、③、④式代入①式,得 )/(2 1 02t mR NR ωμ-= - ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 r

大学物理第3章 刚体力学习题解答

第3章 刚体力学习题解答 3、13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度与角加速度。 解:23212643ct bt ct bt a dt d dt d -== -+== ωθβω 3、14桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为0、26m,发动机转速与驱动轮转速比为0、909, 问发动机转速为每分多少转? 解:设车轮半径为R=0、26m,发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然,汽车前进的速度就就是驱动轮边缘的线速度, 909.0/2212Rn Rn v ππ==,所以: min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3、15 如题3-15图所示,质量为m 的空心圆柱体,质量均匀分布,其内外半径为r 1与r 2,求对通过其中心轴的转动惯量。 解:设圆柱体长为h ,则半径为r,厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为: 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量dI z 为 232..z dI r dm h r dr ρπ== 2 1 222211 2..()2 r z r I h r r dr m r r ρπ== -? 3、17 如题3-17图所示,一半圆形细杆,半径为 ,质量为 , 求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解:如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2,根据垂直轴定理z x y I I I =+与问题的对称性知:圆形细杆对过 轴的转动惯量为 1 2 mR 2,由转动惯量的可加性可求得:半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为:21 4 AA I mR '=

大学物理(第四版)课后习题及答案刚体

题4.1:一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。 (1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转? 题 4.1解:(1)由于角速度2n (n 为单位时间内的转数),根据角加速度的定义t d d ωα=,在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-=-=t n n t πωωα (2)发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 20221 +=+=+=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20=+==t n n N πθ 题4.2:某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt e --=,式中10s rad 0.9-?=ω, s 0.2=τ。求:(1)s 0.6=t 时的转速;(2)角加速度随时间变化的规律;(3)启动后s 0.6内转过的圈数。 题4.2解:(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t 6.0 s 代入,即得 100s 6.895.01--==??? ? ??-=ωωωτt e (2)角加速度随时间变化的规律为 220s 5.4d d ---===t t e e t ττωωα (3)t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=??? ? ??-==??-s t s t e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θN 题4.3:如图所示,一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动,空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ,问:(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半?(2)在此时间内共转过多少转? 题4.3解:(1)通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=,由转动定律αM J =,可得叶片的角加速度为 J C t ωωα-==d d (1) 根据初始条件对式(1)积分,有

大学物理习题及解答(刚体力学)

1 如图所示,质量为m 的小球系在绳子的一端,绳穿过一铅直套管,使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以速度0v 。绕管心作半径为r D 的圆周运动,然后向下慢慢拉绳,使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆,求(1)小球距管心r 1时速度大小。(2)由r D 缩到r 1过程中,力F 所作的功。 解 (1)绳子作用在 小球上的力始终通过中 心O ,是有心力,以小球 为研究对象,此力对O 的 力矩在小球运动过程中 始终为零,因此,在绳子缩短的过程中,小球对O 点的角动量守恒,即 1 0L L = 小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 1 00r r v v = (2)可见,小球的速率增大了,动能也增大了,由功能定理得力所作的功 ??????-=-=-=1)(21 2 1)(21 2 1212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W

2 如图所示,定滑轮半径为r ,可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动,转动惯量为J ,轮上绕有一轻绳,一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连,另一端与质量为m 的物体相连。 物体置于倾角为θ的光滑斜面上。 开始时,弹簧处于自然长度,物体速度为零,然后释放物体沿斜面下 滑,求物体下滑距离l 时, 物体速度的大小。 解 把物体、滑轮、弹簧、 轻绳和地球为研究系统。在 物体由静止下滑的过程中,只有重力、弹性力作功,其它外力和非保守内力作功的和为零,故系统的机械能守恒。 设物体下滑l 时,速度为v ,此时滑轮的角速度为ω 则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= (1) 又有 ωr v = (2) 由式(1)和式(2)可得 m r J kl mgl v +-=22 sin 2θ

大学物理_刚体的定轴转动_习题及答案

第4章 刚体的定轴转动 习题及答案 1.刚体绕一定轴作匀变速转动,刚体上任一点是否有切向加速度是否有法向加速度切向和法向加速度的大小是否随时间变化 答:当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动,因此该点速率在均匀变化,v l ω=,所以一定有切向加速度t a l β=,其大小不变。又因该点速度的方向变化, 所以一定有法向加速度2 n a l ω=,由于角速度变化,所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系 答:刚体是一个特殊的质点系,它应遵守质点系的动量矩定理,当刚体绕定轴Z 转动时,动量矩定理的形式为z z dL M dt = ,z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩,z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑,代表刚体对定轴的转动惯量,所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式, 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3.两个半径相同的轮子,质量相同,但一个轮子的质量聚集在边缘附近,另一个轮子的质量分布比较均匀,试问:(1)如果它们的角动量相同,哪个轮子转得快(2)如果它们的角速度相同,哪个轮子的角动量大 答:(1)由于L I ω=,而转动惯量与质量分布有关,半径、质量均相同的轮子,质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大,故角速度小,转得慢,质量分布比较均匀的轮子转得快; (2)如果它们的角速度相同,则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4.一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动,有一玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动,问平台如何运动如小汽车突然刹车,此过程角动量是否守恒动量是否守恒能量是否守恒 答:玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动时,平台将沿相反方向转动;小汽车突然刹车过程满足角动量守恒,而能量和动量均不守恒。 5.一转速为1200r min 的飞轮,因制动而均匀地减速,经10秒后停止转动,求: (1) 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动,飞轮所转过的圈数; (2) 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解:(1)由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动,其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动,飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此,飞轮转过圈数为

大学物理刚体部分知识点总结

一、刚体的简单运动知识点总结 1.刚体运动的最简单形式为平行移动和绕定轴转动。 2.刚体平行移动。 ·刚体内任一直线段在运动过程中,始终与它的最初位置平行,此种运动称为刚体平行移动,或平移。 ·刚体作平移时,刚体内各点的轨迹形状完全相同,各点的轨迹可能是直线,也可能是曲线。 ·刚体作平移时,在同一瞬时刚体内各点的速度和加速度大小、方向都相同。 3.刚体绕定轴转动。 ?刚体运动时,其中有两点保持不动,此运动称为刚体绕定轴转动,或转动。 ?刚体的转动方程φ=f(t)表示刚体的位置随时间的变化规律。 ?角速度ω表示刚体转动快慢程度和转向,是代数量,。角速度也可以用矢量表示,。 ?角加速度表示角速度对时间的变化率,是代数量,,当α与ω同号时,刚体作匀加速转动;当α与ω异号时,刚体作匀减速转动。角加速度 也可以用矢量表示,。 ?绕定轴转动刚体上点的速度、加速度与角速度、角加速度的关系: 。 速度、加速度的代数值为。 ?传动比。

二.转动定律转动惯量 转动定律 力矩相同,若转动惯量不同,产生的角加速度不同 与牛顿定律比较: 转动惯量 刚体绕给定轴的转动惯量J 等于刚体中每个质元的质量与该质元到转轴距离的平方的乘积之总和。 定义式质量不连续分布 质量连续分布 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。 它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关。

计算转动惯量的三个要素: (1)总质量; (2)质量分布; (3)转轴的位置 (1) J 与刚体的总质量有关 几种典型的匀质刚体的转动惯量 平行轴定理和转动惯量的可加性 1) 平行轴定理 设刚体相对于通过质心轴线的转动惯量为Ic ,相对于与之平行的另一轴的转动惯量为I ,则可以证明I 与Ic 之间有下列关系 2c I I md =+ 2)转动惯量的可加性 对同一转轴而言,物体各部分转动惯量之和 等于整个物体的转动惯量。 2 c I I m d =+

大学物理2-1第四章(刚体力学)习题集规范标准答案

习 题 四 4-1 一飞轮的半径为2m ,用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上,飞轮可绕水平轴转动,飞轮与绳子无相对滑动。当重物下落时可使飞轮旋转起来。若重物下落的距离由方程2at x =给出,其中2s m 0.2=a 。试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。 [解] 设重物的加速度为t a ,t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β,则 a t x a 2d d 22t == 因为飞轮与绳子之间无相对滑动,所以 βR a =t 则 2t rad/s 0.22 0.222=?=== R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω 4-2 一飞轮从静止开始加速,在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ,然后以这个速度匀速旋转一段时间,再予以制动,其角速度均匀减小。又过了5s 后,飞轮停止转动。若该飞轮总共转了100转,求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析 10 加速阶段。由题意知 111t βω= 和 112 12θβω= 得 2 21 11211t ωβωθ== 20 匀速旋转阶段。 212t ωθ=

30 制动阶段。 331t βω= 332 1 2θβω= 2 23 13213t ωβωθ== 由题意知 100321=++θθθ 联立得到 πωωω21002 2 3 1211 1?=+ +t t t 所以 s 1832002560200 2660200210022=???-??- ?= ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t 4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下:用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ,到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。设齿轮的半径为5cm ,边缘上的齿孔数为500个,齿轮的转速,使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。(1)若测得这时齿轮的角速度为600s r ,齿轮到反射镜的距离为500 m ,那么测得的光速是多大?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大? [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5 1031 26005002?= ?==ππωθt 所以光速 s m 10310315002285 ?=??== T L c (2) 齿轮边缘上一点的线速度 s m 1088.126001052 2?=???==-πωR v 齿轮边缘上一点的加速度 ()2 522 2s m 1010.71052600?=???==-πωR a 4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。已知该点转过的距离s 与时间t 的关系为 2 0302 6t a t a s += τ。求证它的切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 。

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体复习课程

大学物理(第四版)课后习题及答案刚体

题4.1:一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到 13min r 107.2-??。(1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多 少转? 题4.1解:(1)由于角速度ω =2πn (n 为单位时间内的转数),根据角加速度的定义t d d ωα= ,在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-= -= t n n t πωωα (2)发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 202 2 1+=+= +=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20 =+== t n n N πθ 题4.2:某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ ωωt e --=,式中 10s rad 0.9-?=ω,s 0.2=τ。求:(1)s 0.6=t 时的转速;(2)角加速度随时间变 化的规律;(3)启动后s 0.6内转过的圈数。 题4.2解:(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t = 6.0 s 代入,即得 100s 6.895.01--==??? ? ? ?-=ωωωτ t e (2)角加速度随时间变化的规律为 220s 5.4d d ---===t t e e t τ τ ωωα (3)t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60 060=??? ? ? ?-==? ?-s t s t e t τ ωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θ N

题4.3:如图所示,一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动,空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为 J ,问:(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半?(2)在 此时间内共转过多少转? 题4.3解:(1)通风机叶片所受的阻力矩为 ωM C -=,由转动定律αM J =,可得叶片的角 加速度 为 J C t ω ωα-== d d (1) 根据初始条件对式(1)积分,有 ??-=ω ωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量,得 t J C e -=0ωω 当角速度由002 1ωω→时,转动所需的时间为 2ln C J t = (2)根据初始条件对式(2)积分,有 ?? -=t t J C t e 00 d d ωθθ 即 C J 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为 C J N πωπθ420 ==

华理工大学大学物理习题之 刚体力学习题详解

习题三 一、选择题 1.一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心,并以v 0/2的水平速度穿出棒,此后棒的最大偏转角恰为 90?,则v 0的大小为 [ ] (A ; (B (C ; (D ) 22 163M gl m 。 答案:A 解: 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l ml J m J Ml ??=== ??? 0012/2v v l l ω==,0021/21 /22 v v l l ωω===,111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=, 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? , 22 114J Mgl J ω= 2 2 202244143 v ml l Mgl Ml ?? ???=?,Mgl M v m =?2 02163,2202 163M v gl m =,所以 3 40gl m M v = 2.圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动,它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下,10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] (A )80J ,80N m ?; (B )800J ,40N m ?;(C )4000J ,32N m ?;(D )9600J ,16N m ?。 答案:D 解:800=ω,40=ω,10=t ,4J = 2201122k E J J ωω-?= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω?=-=??-= M 恒定,匀变速,所以有 0t ωωα=-,0t ωωα-=,08040 416N m 10M J J t ωωα--==?=?=? 3.一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。

华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解

习题三 一、选择题 1.一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心,并以v 0/2的水平速度穿出棒,此后棒的最大偏转角恰为90?,则v 0的大小为 [ ] (A ; (B ; (C (D ) 22 163M gl m 。 答案:A 解: 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l ml J m J Ml ??=== ??? 0012/2v v l l ω==,0021/21 /22 v v l l ωω===,111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=, 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? , 22 114J Mgl J ω= 2 2 202244143v ml l Mgl Ml ?? ???=?,Mgl M v m =?2 02163,2202 163M v gl m =,所以 3 40gl m M v = 2.圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动,它对该轴的转动惯量为24kg m ?。在恒力矩作用下,10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] (A )80J ,80N m ?; (B )800J ,40N m ?;(C )4000J ,32N m ?;(D )9600J ,16N m ?。 答案:D 解:800=ω,40=ω,10=t ,4J = 2201122k E J J ωω-?= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω?=-=??-= M 恒定,匀变速,所以有 0t ωωα=-,0t ωω α-= ,08040 416N m 10 M J J t ωω α--==? =? =? 3.一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。

大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案复习进程

大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案

习 题 四 4-1 一飞轮的半径为2m ,用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上,飞轮可绕水平轴转动,飞轮与绳子无相对滑动。当重物下落时可使飞轮旋转起来。若重物下落的距离由方程2at x =给出,其中2s m 0.2=a 。试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。 [解] 设重物的加速度为t a ,t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β,则 a t x a 2d d 22t == 因为飞轮与绳子之间无相对滑动,所以 βR a =t 则 2t rad/s 0.22 0.222=?=== R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω 4-2 一飞轮从静止开始加速,在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ,然后以这个速度匀速旋转一段时间,再予以制动,其角速度均匀减小。又过了5s 后,飞轮停止转动。若该飞轮总共转了100转,求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析 10 加速阶段。由题意知 111t βω= 和 112 12θβω= 得 2 21 11211t ωβωθ== 20 匀速旋转阶段。 212t ωθ= 30 制动阶段。331t βω= 332 1 2θβω= 2 23 13213t ωβωθ== 由题意知 100321=++θθθ 联立得到 πωωω21002 2 3 1211 1?=+ +t t t

所以 s 18360 2002560200 2660200210022=???-??- ?= ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t 4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下:用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ,到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。设齿轮的半径为5cm ,边缘上的齿孔数为500个,齿轮的转速,使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。(1)若测得这时齿轮的角速度为600r ,齿轮到反射镜的距离为500 m ,那么测得的光速是多大?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大? [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5 1031 26005002?= ?== ππωθt 所以光速 s m 10310315002285 ?=??== T L c (2) 齿轮边缘上一点的线速度 m 1088.1260010522 ?=???==-πωR v 齿轮边缘上一点的加速度 ()2 522 2s m 1010.71052600?=???==-πωR a 4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。已知该点转过的距离s 与时间t 的关系为 2 0302 6t a t a s += τ。求证它的切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 。 [证明] 该点的切向加速度 00 22t d d d d a t a t s t v a +=== τ 所以 ()00000t τt a a t a a t a a a =??? ??+-??????++=-+τττ 因此,切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 4-5 如图所示的一块均匀的长方形薄板,边长分别为a 、b 。中心O 取为原点,坐标系如图所示。设薄板的质量为M ,求证薄板对Ox 轴、Oy 轴和Oz 轴的转动惯量分别为 2Ox 12 1 Mb J =

清华大学《大学物理》刚体习题

清华大学《大学物理》题库 02_刚体习题 一、选择题 1.0148:几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上,如果这几个力的矢量和为零,则此刚体 (A) 必然不会转动 (B) 转速必然不变 (C) 转速必然改变 (D) 转速可能不变,也可能改变 [ ] 2.0153:一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω按图示方向转动。若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度ω (A) 必然增大 (B) 必然减少 (C) 不会改变 (D) 如何变化,不能确定 [ ] 3.0165: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,下述说法哪一种是正确的? (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 [ ] 4.0289:关于刚体对轴的转动惯量,下列说法中正确的是 (A )只取决于刚体的质量,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 )只取决于转轴的位置,与刚体的质量和质量的空间分布无关 [ ] 5.0292:一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮的转动惯量为J ,绳下端挂一物体。物体所受重力为P ,滑轮的角加速度为α。若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度α将 (A) 不变 (B) 变小 (C) 变大 (D) 如何变化无法判断 [ ] 6.0126: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J 0,角速度为0ω。然后她将两臂收回,使转动惯量减少为31 J 0。这时她转动的角速度变为: (A) 031ω (B) ()03/1ω (C) 03ω (D) 03ω [ ]

刚体力学基础-习题-解答

衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题 命题教师:郑永春 试题审核人:张郡亮 一、填空题(每空1分) 1、三个质量均为m 的质点,位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0=__ ma 2 _,对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A =__ 12 ma 2 _,对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为J B =__ 2 1ma 2 。 2、两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为ρA 和ρB (ρA >ρB ),且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则有J A < J B 。 3、 一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量J =3.0 kg ·m 2,角速度ω0=6.0 rad/s .现对物体加一恒定的制动力矩M =-12 N ·m ,当物体的角速度减慢到ω=2.0 rad/s 时,物体已转过了角度?θ=__4.0rad 4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ,均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行,滑行路线间的垂直距离为10 m ,当彼此交错时,各抓住一10 m 长的绳索的一端,然后相对旋转,则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 L =__2275 kg·m 2·s 1 _;它们各自收拢绳索,到绳长为5 m 时,各自的速率υ =__13 m·s 1_。 5、有一质量均匀的细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置,然后任其下落,则在下落过程中的角速度大小将 变大 ,角加速度大小将 变小 。 二、单项选择题(每小题2分) ( A )1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上,下列说法正确的是: A.这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零; B.这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零; C.当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零; D.当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零。 ( C )2、一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮的转动惯量为J ,绳下端挂一物体。物体所受重力为P ,滑轮的角加速度为α.若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度α将 A.不变; B.变小; C.变大; D.如何变化无法判断。 ( C )3、关于刚体的转动惯量,下列说法中正确的是 A.只取决于刚体的质量,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.只取决于转轴的位置,与刚体的质量和质量的空间分布无关。 ( C )4、一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离和最小距离分别是R A 和R B .设卫星对应的角动量分别是L A 、L B ,动能分别是E KA 、E KB ,则应有 A.L B > L A ,E KA = E KB ; B.L B < L A ,E KA = E KB ; C.L B = L A ,E KA < E KB ; D.L B = L A ,E KA > E KB . ( C )5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图1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,子弹射入圆盘并且留在盘内, O M m m 图1

大学物理 刚体力学基础习题思考题及答案

习题5 5-1.如图,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m 2和m 的重物,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2/2 mr ,将由两个定滑轮以及质量为m 2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。 解:受力分析如图,可建立方程: ma T mg 222=-┄① ma mg T =-1┄② 2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④ βr a = ,2/2J mr =┄⑤ 联立,解得:g a 41=,mg T 8 11 = 。 5-2.如图所示,一均匀细杆长为l ,质量为m ,平放在摩擦系数为μ的水平桌面上,设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动,试求:(1)作用于杆的摩擦力矩;(2)经过多长时间杆才会停止转动。 解:(1)设杆的线密度为:l m = λ,在杆上取一小质元dm d x λ=,有微元摩擦力: d f dmg gd x μμλ==, 微元摩擦力矩:d M g xd x μλ=, 考虑对称性,有摩擦力矩: 20 1 24 l M g xd x mgl μλμ==?; (2)根据转动定律d M J J dt ωβ==,有:000t Mdt Jd ωω-=??, 2011 412 mglt m l μω-=-,∴03l t g ωμ=。 或利用:0M t J J ωω-=-,考虑到0ω=,21 12 J ml =, 有:03l t g ωμ=。 T

5-3.如图所示,一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子的质量可以忽略,它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M 、半径为 R ,其转动惯量为2/2MR ,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:受力分析如图,可建立方程: m g T ma -=┄① βJ TR =┄② a R β= ,21 2 J mR = ┄③ 联立,解得:22mg a M m =+,2Mmg T M m =+, 考虑到dv a dt =,∴0022v t mg dv dt M m =+??,有:22mg t v M m = +。 5-4.轻绳绕过一定滑轮,滑轮轴光滑,滑轮的质量为4/M ,均匀分布在其边缘上,绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端,而在绳的另一端B 系了一质量为4/M 的重物,如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2 MR J =,设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时,绳与滑轮间无相对滑动,求B 端重物上升的加速度? 解一: 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 A Ma T Mg =-1人 B a M g M T 4 42=- 物 αJ R T R T =-21滑轮 由约束方程: αR a a B A ==和4/2 MR J =,解上述方程组 得到2 g a = . 解二: 选人、滑轮与重物为系统,设u 为人相对绳的速度,v 为重

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