05刚体地定轴转动习题解答

./第五章刚体的定轴转动一选择题1.一绕定轴转动的刚体,某时刻的角速度为,角加速度为,则其转动加快的依据是：〔A.>0B.>0,>0C.<0,>0D.>0,<0解：答案是B。2.用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘,质量相等且具有相同的厚度,则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。〔A.相等；B.铅盘的大；C.铁盘的大；D.无法确定谁大谁小解：答案是C。简要提示：铅的密度大,所以其半径小,圆盘的转动惯量为：。3.一轻绳绕在半径为r的重滑轮上,轮对轴的转动惯量为J,一是以力F向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F的重物挂在绳上使之转动,若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a1和a2,则有：〔A.a1=a2B.a1>a2C.a1<a2D.无法确定解：答案是B。简要提示：<1>由定轴转动定律,和,得：<2>受力分析得：,其中m为重物的质量,T为绳子的力。得：,所以a1>a2。4.一半径为R,质量为m的圆柱体,在切向力F作用下由静止开始绕轴线作定轴转动,则在2秒F对柱体所作功为：〔A.4F2/mB.2F2/mC.F2/mD.F2/2m解：答案是A。简要提示：由定轴转动定律：,得：所以：5.一电唱机的转盘正以0的角速度转动,其转动惯量为J1,现将一转动惯量为J2的唱片置于转盘上,则共同转动的角速度应为：〔A．B．C．D．解：答案是A。简要提示：角动量守恒6.已知银河系中一均匀球形天体,现时半径为R,绕对称轴自转周期为T,由于引力凝聚作用,其体积不断收缩,假设一万年后,其半径缩小为r,则那时该天体的：〔自转周期增加,转动动能增加；自转周期减小,转动动能减小；自转周期减小,转动动能增加；自转周期增加,转动动能减小。解：答案是C。简要提示：由角动量守恒,,得转动角频率增大,所以转动周期减小。转动动能为可得Ek>Ek0。7.绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮,两端爬着两只质量相等的猴子,开始时它们离地高度相同,若它们同时攀绳往上爬,且甲猴攀绳速度为乙猴的两倍,则〔两猴同时爬到顶点甲猴先到达顶点乙猴先到达顶点无法确定谁先谁后到达顶点解：答案是B。简要提示：考虑两个猴子和滑轮组成的系统,滑轮所受的外力〔重力和支撑力均通过滑轮质心,由于甲乙两猴的重量〔质量相等,因此在开始时系统对于通过滑轮质心并与轮面垂直的转轴的合外力矩为零,而在两猴攀绳过程中,系统受到的合外力矩始终保持为零,因此系统的角动量守恒。设滑轮关于上述转轴的转动角速度为,乙猴相对于绳子的向上速率为v0,绳子向甲这一边运动的速率为v,则甲相对绳子向上运动的速率为2v0,因此甲和乙相对地面向上运动的速率分别为〔2v0v和〔v0+v。根据系统的角动量守恒定律,有式中,=v/R,这样可解出。故甲猴和乙猴相对于地面的速率分别为2v0v=8v0/5和v0+v=7v0/5,故甲猴先到达顶点。二填空题1.半径为30cm的飞轮,从静止开始以0.5rads–2的角加速度匀加速转动,则飞轮边缘上一点在转过2400时的切向加速度为；法向加速度为。解：答案是0.15ms–2；0.4ms–2。简要提示：。由,,得：2.一质量为0.5kg、半径为0.4m的薄圆盘,以每分钟1500转的角速度绕过盘心且垂直盘面的轴的转动,今在盘缘施以0.98N的切向力直至盘静止,则所需时间为s。解：答案是16s。简要提示：由定轴转动定律,,,得：m1lm2填空题3图3.一长为l,质量不计的细杆,两端附着小球m1和m2〔mm1lm2填空题3图解：答案是。简要提示：由定轴转动定律,得：4.如图所示,质量为M,半径为r的绕有细线的圆柱可绕固定水平对称轴无摩擦转动,若质量为m的物体缚在线索的一端并在重力作用下,由静止开始向下运动,当m下降h的距离时,m的动能与M的动能之比为。解：答案是。rMm填空题4图计算题5图ArMm填空题4图计算题5图AB计算题5图ABmgN2N15.如图所示,一质量为m的匀质细杆AB,计算题5图ABmgN2N1解：答案是。简要提示：受力分析如图所示,由刚体平衡条件得：所以：6.一位转动惯量为J0的花样滑冰运动员以角速度0自转,其角动量为；转动动能为。当其收回手臂使转动惯量减为J0/3时,则其角动量变为；转动动能变为。解：答案是J00；；30；简要提示：角动量守恒7.一圆形转台可绕中心轴无摩擦的转动,台上有一辆玩具小汽车相对台面由静止启动,当其绕轴作顺时针圆周运动时,转台将作转动；当汽车突然刹车停止转动的过程中,系统的守恒；而和不守恒。解：答案是逆时针；角动量；动量；机械能三计算题1.一细杆绕其上端在竖直平面摆动,杆与竖直方向的夹角。求：<1>杆摆动的角速度和角加速度；<2>距上端0.5m处的一点的速度和加速度。解：<1>;<2>；；rArCACB计算题2图2.如图所示,半径rA=0.1m的A轮通过皮带B与半径rC=0.25m的C轮连在一起。已知A轮以0.5rArCACB计算题2图解：<1>皮带不滑动,所以；得：,<2>；；；3.一块匀质长方形薄板ABCD,边长分别为a、b,质量为M,建立如图所示的直角坐标系,求：<1>薄板对x和y轴的转动惯量；<2>薄板对边长AB的转动惯量；<3>薄板对z轴的转动惯量。解：薄板的质量面密度为S=M/ab<1>所以：ABCABCDoyx计算题3图所以：由平行轴定理：<3>由薄板垂直轴定理：Rrr计算题4图4.在质量为M,半径为R的均质圆盘上挖出两个半径为rRrr计算题4图解：由补偿法：由平行轴定理：其中：得：计算题5图BAJ,roθ5.如图所示,半径为r,转动惯量为J的定滑轮A可绕水平光滑轴o转动,轮上缠绕有不能伸长的轻绳,绳一端系有质量为m的物体B计算题5图BAJ,roθ解：物体B运动的动力学方程定滑轮A的定轴转动方程及联立解得B的加速度方向沿斜面向下。绳中力为6.如图所示,质量为m1的物体可在倾角为的光滑斜面上滑动。m1的一边系有劲度系数为k的弹簧,另一边系有不可伸长的轻绳,绳绕过转动惯量为J,半径为r的小滑轮与质量为m2〔m1的物体相连。开始时用外力托住m2使弹簧保持原长,然后撤去外力,求m2由静止下落h距离时的速率及m2下降的最大距离。km1θJm2km1θJm2计算题6图式中,解得m2由静止下落h距离时的速率下降到最低时,、速率为零,代入上式,得到m2下降的最大距离7.质量为M长为L的均匀直杆可绕过端点o的水平轴转动,一质量为m的质点以水平速度v与静止杆的下端发生碰撞,如图所示,若M=6m,求质点与杆分别作完全非弹性碰撞和完全弹性碰撞后杆的角速度大小。LoMomv计算题7图LoMomv计算题7图解出〔2完全弹性碰撞时,碰撞前后系统关于端点o的角动量守恒,设碰撞后质点的水平速度为v,直杆绕端点o转动的角速度为,因此有得到〔1碰撞前后系统的机械能守恒,因此有由上式得到〔2将〔2式和〔1式两边相除,得到〔3再由〔3式和〔1式解得8.如图所示,一长为L,质量为m的均匀细棒,一端悬挂在o点上,可绕水平轴在竖直面无摩擦地转动,在同一悬挂点,有长为l的轻绳悬挂一小球,质量也为m,当小球悬线偏离铅垂方向某一角度由静止释放,小球在悬点正下方与静止细棒发生弹性碰撞。若碰撞后小球刚好静止,试求绳长l应为多少？Llmo计算题8图解：在碰撞过程中,小球和棒都在垂直位置,因此系统受到的关于转轴o的合外力矩为零,因此系统在碰撞前后瞬间的角动量守恒。设碰撞后瞬间细棒绕转轴oLlmo计算题8图另外由于没有摩擦和阻尼,因此系统在碰撞期间的机械能也守恒。即小球的动能全部转化为棒的转动动能或解设碰撞后小球的速率为v,则由角动量守恒和机械能守恒,有求得令,则解得9.转台绕中心竖直轴以角速度匀速转动,相对于转轴的转动惯量为J,现有质量为m的小钢球以每秒n个的速率垂直落入转台上半径为r的圆轨道,求转台的加速度随时间的变化关系。解：由角动量守恒,初始时角动量为：,t时刻系统的转动惯量和角动量为：；所以角速度为：在一半径为R、质量为M、可绕中心竖直轴自由转动的水平圆盘的边上,站着一个质量为m的人,求当人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时,圆盘转过的角度为多大？解：设人相对于圆盘的速率为v,圆盘转动的角速度为,由角动量守恒定律得：；所以圆盘转过的角度为：11.质量为5kg、半径为25