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1、04大学物理学刚体部分练习题合肥学院大学物理自主学习材料 大学物理学刚体部分学习材料 一、选择题 4-1有两个力作用在有固定转轴的刚体上： 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零； 对上述说法，下述判断正确的是： 只有是正确的； 、正确，、错误； 、都正确，错误； 、都正确。 4-2关于力矩有以下几种说法： 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； 质量相等，形
2、状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。 对上述说法，下述判断正确的是： 只有是正确的； 、是正确的； 、是正确的； 、都是正确的。 3一个力F=(3i+5j)N作用于某点上，其作用点的矢径为r=(4i-3j)m，则该力对坐标原点的力矩为 -3kNm； 29kNm； -29kNm； 3kNm。 vvvijkvvvvvvvvvv 3504-3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 到竖直位置的过程中，下述说法正确的是： 角速度从小到大，角加速度不变； 角速度从小到大，角加速度从小到大； 角速度
3、从小到大，角加速度从大到小； 第四章刚体-1 OvvvvvvvvvvA合肥学院大学物理自主学习材料 角速度不变，角加速度为零。 5 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4kgm2。由于恒力矩的作用，在10s内它的角速度降为40rad/s。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为： 80J，80Nm；800J，40Nm；4000J，32Nm；9600J，16Nm。 【提示：损失的动能： DEk=再利用M=Ja得M112由于是恒力矩，可利用w=w0+at求得a=-4，Jw0-Jw2=9600；22=-16Nm】 6 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg，半径为30cm，当它以每分钟
4、60转的速率旋转时，其动能为： 16.2p J； 8.1pJ ； 8.1J； 1.8pJ。 【圆盘转动惯量：J=22212pn1mR2=0.9；角速度：w=2p；动能：DEk=Jw2=1.8p2】 26024-5假设卫星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 角动量守恒，动能守恒； 角动量守恒，机械能守恒； 角动量不守恒，机械能守恒； 角动量不守恒，动能也不守恒。 4-1如图所示，一均匀细杆，质量为m，长度为l，一端固定， 由水平位置自由下落，则在最开始时的水平位置处，其质心 的加速度为： g； 0； Cml31g； g。 42【提示：均匀细杆质心位置在l/2处。利用转动定律M
5、=Jamgl=1ml2a有最开始时的质心加速23度：aC=al3=g】 244-2如图所示，两个质量均为m，半径均为R的匀质圆盘状 滑轮的两端，用轻绳分别系着质量为m和2m的物体，若 系统由静止释放，则两滑轮之间绳内的张力为： mRmR1131mg； mg； mg； mg。 82223m2m【提示：均匀细杆质心位置在l/2处。利用转动定律M=Jamgl=1ml2a，有最开始时的质心加速度：aC=al3=g】 24第四章刚体-2 合肥学院大学物理自主学习材料 4-3一花样滑冰者，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，自转时，其动能为E0=然后他将手臂收回，转动惯量减少至原来的关系： 12J0w0，21
6、，此时他的角速度变为w，动能变为E，则有31w0，E=3E0； 3w=3w0，E=E0； w=3w0，E=3E0。 w=3w0，E=E0； w=【提示：利用角动量守恒定律有：J0w0=Jw211 一根质量为m、长度为L的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为m，在t=0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为w0，w=3w0，则E=1Jw2=3E0】 则棒停止转动所需时间为 wL2w0L4w0LwL； 0； ； 0。 3mg3mg3mg6mg【提示：摩擦力产生的力矩为L0mgm1xdx=mmgLL2233mg12 一质量为60kg的人站在一质量为60kg
7、、半径为lm的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s时，圆盘角速度大小为 1rad/s；2rad/s； 【提示：匀质圆盘的转动惯量J1=24rad/s； rad/s。 331mR2，人的转动惯量J2=mR2；利用系统的角动量守恒定律： 2J1w1=J2(Dw-w1)w1=2Dw=4】 3313 如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O的水平轴在竖直 平面内自由转动，杆长5om。今使杆从与竖直方向成60角由静止 3O60释放(g取10m/s2)，则杆的最大角速度为： 3 rad/s； p rad/s；0
8、.3 rad/s；2/3 rad/s。 【提示：棒的转动惯量取J=有：M=mg12mL，重力产生的力矩考虑集中于质心， 3p13g12w2=）；利用机械能守恒定律：2 w=3】 LsinqMdq=Jwp22L234-4 对一个绕固定水平轴O匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应： 增大； 减小； 不变；无法确定。 【提示：两子弹和圆盘组成的系统在射入前后系统的角动量守恒， 但对于转盘而言两子弹射入后转盘的转动惯量变大，利用角动量 vOv第四章刚体-3 合肥学院大学物理自主学习材料 守恒定律：知转盘的角速度应减小】
9、 15一根长为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v0射向 棒的中心，并以ov0v02的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角 gv02恰为90，则v0的大小为 ： 4Mm2Mglgl； ； m3216M2glgl； 。 3m22l1lv/2，可得：3mv0；【提示：应用角动量守恒定律：mv0=Ml2w+m0应w=232l/24Ml用机械能守恒定律：4M1122lMlw=Mg，得：v0=232mgl】 3二、填空题 21半径为r=1.5m的飞轮，初角速度w0=10rad/s，角加速度b=-5rad/s，若初始时刻角位移为零，则在t= 时角位移再次
10、为零，而此时边缘上点的线速度v= 。 【提示：由于角加速度是常数，可用公式q1=w0t+bt2，当q=0时，有t=-2w0=4s；再由 2b-tw=w0+bt得：w=-10rad/s，有v= -15m/s】 2某电动机启动后转速随时间变化关系为w=w0(1-e为 。 t)，则角加速度随时间的变化关系w0-ttt3一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40prad/s减到10prad/s，则飞轮在这5s内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。 【提示：由于是匀减速，可用公式Dq=w0+w2t，则n=Dqw0+w=t=62.5圈；角加速度可由2p4pb=w-w0t求得，为b=-6p，再由 0
11、=w+bDt得：Dt=5s】 3O4-4在质量为m1，长为l/2的细棒与质量为m2长为l/2的 细棒中间，嵌有一质量为m的小球，如图所示，则该系统 对棒的端点O的转动惯量J= 。 m1ml2m2l2第四章刚体-4 合肥学院大学物理自主学习材料 【J=rdm，考虑2J=J1+J2+J3有：J=22l/20lmmlr1dr+m+r22drl/2l/2l/2222，求得：mlm+3m+7m22l7mll】 J=1+m+2=112323224-5在光滑的水平环形沟槽内，用细绳将两个质量分别为m1和 m2的小球系于一轻弹簧的两端，使弹簧处于压缩状态，现将绳 烧断，两球向相反方向在沟槽内运动，在两球相遇之
12、前的过程 中系统的守恒量是： 。 2m2m14-6如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为l，质量为m的 均匀细棒以与棒长方向相垂直的速度v向前平动，与一固定 在桌子上的钉子O相碰撞，碰撞后，细棒将绕点O转动，则 转动的角速度w= 。 l4vl1mlml2l【由角动量守恒：mv=J1w1+J2w2，考虑到w1=w2=w，J1=，4344192213m3l9ml2J2=344642，有w=12v7l】 7如图所示，圆盘质量为M、半径为R，对于过圆心O点且垂直于盘面转轴的转动惯量为R1MR2。若以O点为中心在大圆盘上挖去一个半径为r=的小圆盘， 22剩余部分对于过O点且垂直于盘面的中心轴的转动惯量为
13、； 剩余部分通过圆盘边缘某点且平行于盘中心轴的转动惯量为 。 【提示：圆盘的转动惯量公式为J=1MR2；(1)则挖去小圆盘后的转动惯量为： ROr211215利用平行轴定理J=J0+mr，考虑到挖去小圆盘后的质量为MR2-mr2=MR2；22323，有：J=J+3MR2，得：J=39MR2】 M2213244J1=8匀质大圆盘质量为M、半径为R，对于过圆心O点且垂直于 盘面转轴的转动惯量为J=1MR2。如果在大圆盘的右半圆上 2第四章刚体-5 ORr合肥学院大学物理自主学习材料 挖去一个小圆盘，半径为r=R。如图所示，剩余部分对于过 21MR2，小圆盘以其圆心为轴的转动惯量为22O点且垂直于盘
14、面转轴的转动惯量为 【提示：大圆盘的转动惯量公式为J0=1MJ=2401MR31R22，利用平行轴定理知J=MR+=MR2，则=MR324232232213J=J=MR2】 0-J32M-14-7如图所示，劲度系数k=2Nm的轻弹簧，一端固定， 另一端用细绳跨过半径R=0.1m、质量M=2kg的定滑轮 系住质量为m=1kg的物体，在弹簧未伸 kRmh长时释放物体，当物体落下h=1m时的速度v= 。 1111【提示：利用机械能守恒，有mv2+Jw2+kh2=mgh，考虑到J=MR2，v=wR有：2222222mgh-kh，则v=3m/s】 v=1m+M24-8一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动
15、，起初角速度为w0，他所受的力矩是与转动角速度成正比的阻力矩：Mf=-kw，其角速度从w0变为为： ；在上述过程中阻力矩所作的功为 。 JJdw，则【提示：利用角动量定律Mdt=Jdw，有-kdt=t=-wkw0所需时间2ww020Jdw求得t= ln2；再利用wk1w01322W=DE，有W=J-Jw0=-8Jw0】 22211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 ，细杆转动到竖直位置时角速度为 。 【提示：利用转动定律M=Ja2mg=ml2a，有最开始时的角加速度：a=3g2ll2
16、13；利用机械能守恒有mgl1122有：w=3g】 =mlw223l12 长为l、质量为m的匀质细杆，以角速度绕过杆端点垂直于杆的水平轴转动，杆绕第四章刚体-6 合肥学院大学物理自主学习材料 转动轴的动能为 ，动量矩为 。 【提示：E=1Jw2k2Ek=11ml2w2=23122；mlw动量矩L=Jw61L=ml2w】 313 匀质圆盘状飞轮，质量为20kg，半径为30cm，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 焦耳。 222214 如图所示，用三根长为l 的细杆，(忽略杆的质量) 将三个质量均为m的质点连接起来，并与转轴O相连接， 若系统以角速度绕垂直于杆的O轴转动，系统的总角 lOll
17、mmm动量为 。如考虑杆的质量，若每根杆的质量为M，则此系统绕轴O的总转动惯量为 ，总转动动能为 。 【提示： 2J=ml2+m(2l)+m(3l)=14ml2；由角动量L=JwL=14mlw； 2222J=ml2+m(2l)+m(3l)=22Ml2Ml2Ml23l5l+M+M= 3121222转动动能E(14m+9M)l2；k1Jw22Ek=1(14m+9M)l2w2】 215 一人站在转动的转台上，在他伸出的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回他的双手及重物，忽略所有摩擦，则系统的转动惯量 ，系统的转动角速度 ，系统的角动量 ，系统的转动动能 。 三计算题 4-14如图所示，质量分别为
18、m1与m2的两物体A和B挂在组合轮的两端， 设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，求两物 体的加速度及绳中的张力。 3BRrA4-16如图所示，质量m=60kg、半径R=0.25m的飞轮以n=10rmin的转速高速运转，如果用闸瓦将其在5s内停止转动，则 -10.50m0.75mvF制动力需要多大？设闸瓦和飞轮间的摩擦系 数m=0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上。 第四章刚体-7 Ow合肥学院大学物理自主学习材料 3如图示，转台绕中心竖直轴以角速度w作匀速转动。转台对该轴的转动惯量J=5105kgm2。现有砂粒以1g/s的流量落到转台，并粘在 台面形成一半径r=0.1m的
19、圆。试求砂粒落到转台，使转台角速 度变为w/2所花的时间。 r4-23在可以自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘的半径为R，转动惯量为J，最开始时人和圆盘都静止。如果这人相对于圆盘以Dv的速率沿盘边行走，则圆盘的角速率多大？ 4-21长l=0.40m、质量M=1.00kg的匀质木棒，可绕 水平轴O在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂， 现有质量m=8g的子弹以v=200m/s的速率从A点 O 3射入棒中，A点与O点的距离为l，如图所示。求： 4棒开始运动时的角速度；棒的最大偏转角。 3l4A l 解答 一、选择题： 1.B 2.B 3.B 4.C 5.D 6.D 7.B 8.C 9.
20、A 10. D 11.A 12.D 13.A 14.B 15.A 三计算题 1解：由于组合轮是一个整体，有J=J1+J2。应用牛顿运动定律： 对物体A，m1g-T1=m1a1；对物体B，T2-m2g=m2a2，对组合轮，应用转动定律：T1R-T2r=Ja。考虑到：a1=aR，a2=ar，解得： m1R-m2ra=gRT1=1J+J+mR2+mr21212；mR-mr12a=grT2=222J1+J2+m1R+m2rJ1+J2+m2r2+m2Rrm1gJ1+J2+m1R2+m2r2J1+J2+m1R+m1Rrm2gJ1+J2+m1R2+m2r222。 2解：由于飞轮的质量全部分布在轮缘上，有：J
21、=mR； 0-w01032p/6020p而力矩为恒力矩，有：a=rad/s2)； (t53闸瓦给飞轮的正压力： N=lF1.25F=2.5F， l0.5Mf=mNR=0.42.5F0.25=0.25F； 22由转动定律：M=Ja，有：Mf=mRa0.25F=600.2520p，有F=314N。 3第四章刚体-8 合肥学院大学物理自主学习材料 3 解：由角动量守恒定律：(J+mr)2w02=Jw0，得 m=Jm=10-3kg/s 。由于 ：2rtmJ510-5=5s 所以 ：t=110-3r2110-30.12110-34解：设圆盘相对于地面的角速率为w0，则人相对于地面的角速率为w=w0+应用角动量守恒定律：Jw0+mR2w=0，有：Jw0+mRw0+mR22Dv。 RDv=0， RmR2Dv解得： w0=-。 2J+mRR3135解：应用角动量守恒定律：mul=Ml2w+mlw 4343mumu4得w=8.9(rad/s) 916M+27m)l1(M+ml163应用机械能守恒定律 21123l3lMl+m(l)2w2=Mg(1-cosq)+mg(1-cosq) 2342429M+m22l54mv28w=1-q=94.5 =-0.079。得： cosq=1-32M+3mg(2M+3m)(16M+27m)lg第四章刚体-9
