大学物理第三章模拟题选解

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1、第三章 刚体的转动3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即卩=k,式中k为比例常数。初始角速度为，求: 0(1)飞轮角速度随时间变化的关系；(2)角速度由减为 ./2所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。 0 0解：（1）由 p =， p = kdtddt分离变量=kdt,并由初始条件t = 0, = 0等式两边积分卜空打仙0 0ln = kt0 = e kt 0当角速度由0减为郢时t = iln1 = ln2k 2 k1e kt =2 d0， = ektdt0d0= ektdt 0分离变量d0 = e-ktdt，并由初始条件t = 0，9 = 0 ；等式两边积分0

2、J*9d9 = ft e-ktdt0 0 0=0 V kt 1 =0 a e ktkk k代入t = !ln2，得飞轮转过的角度 k1 8= 0 e-ln2 =0 0 X = 0-k k k k 2 2 k飞轮转过的转数N = 2 =九2兀 4兀k3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。由实验可测得刚体上某点的切向加速度为a，法向加速度为a，试证明a a = 29 , 9为任意时间内 tnn t转过的角度。解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为R，则该点的法向加速度为a =w 2Rn切向加速度为a = R0ta 2 R 2a = RpFt且=0, 9 = 000又 2 一

3、 2 = 2 P（9 9 ）,00 2 = 29么=2卩9 = 29 a P3-3 一根质量为 mt，长为l的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动。已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为卩，求杆转动时受摩擦力矩 的大小。解：设杆的线密度为九。在杆上取一线元距转轴为r，质量为dm = Xdr。该 线元在转动时受桌面摩擦力为df = MN = pd (mg )= pg 九 dr摩擦力方向与r垂直，故线元受摩擦力矩的大小为dM = rdf = pg 九 rdrl2杆转动时受摩擦力矩的大小为M = J dM = l pg九rdr = pg 九0 2又m二九lM =卩 m g l23-4 如图所

4、示,一长为l,质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始杆与水平方向成某一角度0，处于静止状态，释放后，杆绕O轴转动。当杆转到水平位置时，求系统所受的合外力矩M与系统的角加速度0大小。题 3-4 图解：两小球对水平转轴的转动惯量为23=ml 24J (l)J = m 12丿当杆转到水平位置时，小球和直杆所受合外力矩为题 3-4 图由刚体的转动定律1 l 1M = 2mg x mg x = mgl2 2 2M = J00 M 2mgl 2 g0 =J 3 ml 2 引43-5如图(a)所示，一轻绳绕于半径r二0.2m

5、的飞轮边缘，现以恒力F二98N拉绳的一端，使飞轮由静止开始加速转动。已知飞轮的转动惯量为J = 0.5kg - m2，飞轮题 3-5 图与轴承之间的摩擦不计。1)求飞轮的角加速度；2)求绳子拉下5m时，飞轮的角速度和飞轮获得的动能;3)这动能和拉力F所做的功是否相等？为什么？4)如以重量P二98N的物体m挂在绳端，如图(b)示，飞轮将如何运动？试 再计算飞轮的角加速度和绳子拉下5m时飞轮获得的动能。这动能和重力对物体m所做的功是否相等？为什么？解：恒力F作用于飞轮的力矩M = Fr = 19.6 N - m(1)由刚体转动第二定律M = J0，飞轮的角加速度B _ 39.2rad - s-2J

6、(2)绳子拉下5m时,9 _ 丄 _ 25 radr设经过的时间为t,则飞轮转过的角度题3-5图(a)题3-5图(b)9_ 22t _ ：_ 1.13s飞轮的角速度二 Bt = 44.3rad - s-13)拉力 F 所做的功为飞轮获得的动能E = - Jo 2 = 490J k 2A = Fl = 490J则有rTr _ JBP 一 T _ maVa _ rBT _ T与飞轮获得的动能相等(4)若在绳端挂98N重量的物体P解得 B _了 _ 21.8rad - s-2mr +rr29-绳子拉下5m时，飞轮的角速度为，由宀诃飞轮获得动能重力对物体所做的功物体所获动能I291 21_ B t _

7、 B，_ pr _ 33.0rad - s-1俨 B rE _ - JO2 _ 272.4Jk 2A _ Pl _ 490 JE _ mv2 _ m (o r)2 _ 217.8 J k 22重力对物体所做的功为物体动能和飞轮动能之和。3-6 如图所示，两物体的质量分别为m和m，滑轮转动惯量为J ,半径12为r，则(1) 若m与桌面间滑动摩擦系数为卩，求2系统的加速度a及绳中张力(设绳不可伸长,绳与滑轮间无相对滑动)；(2) 如 m 与桌面为光滑接触，求系统的加2速度与绳中张力；3)若滑轮的质量不计则结果又如何？题 3-6图解：(1)若m与桌面滑动摩擦系数为卩，则有如下方程组2m g 一 T

8、= m a(T - T 工=Jp 1 2T 一 pm g = m a 222 a = rP解得(m - p m b a = i2-j-m + m + 12 r 2m + m +一12 r2m + m + 12 r2(2)若m与桌面光滑接触，则有2m g - T = m a(T - T 丄=Jp12T =m a22a = rp解得 3）若再忽略滑轮质量m g - T = m a1 1 1T -T = 0 12T = m a22a = rp解得mga =1m + m12= = mm gT = T =1_2 -12 m + m123-7 如图所示，轻弹簧、定滑轮和物体系统。已知弹簧倔强系数k = 2

9、 Nm-1，滑轮转动惯量J = 0.5kgm2，半径 r = 0.3m,开始物体静止，弹簧无伸长，求当质量为题 3-7 图m = 60kg的物体落下0.4m时它的速度大小。解：设物体m下落了 x时，其速度为v ,由机械能守恒定律代入mgx = - kx 2 + - mv 22 2=-故有 r(11 J)m +122 r 2 丿v 2 = mgx 2 kx 22mgx - kx 2x = 0.4m, m = 60kg , r = 0.3m, J = 0.5kg m2, k = 2N m-1v = 2. 6 78 s-img1Jm + m + 12 r 2Jm m g + m g T =2L2 L

10、_1Jm + m + 12 r 2mm g1_2Jm + m + 12 r 23-8如图所示，一质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M，半径为R，转动惯量为MR2f2,滑轮轴光滑。求该物体由静止开始下落过程中下落速度与时间的关系。题 3-8 图解：方法一：由牛顿第二定律及刚体的转动定律得mg - T = ma TR = J 卩 a = R0J = 1 MR 22a =宜Mm +2题 3-8 图故物体m的下落速度为mgtv = at =M m +2方法二：由机械能守恒定律mgh = mv2 + J& 22 2其中h =1 at2 二一2

11、2112 二Vt2解得3-9题 3-9 图mgtv =Mm +2水分子的形状如图所示。从光谱分析知水分子对AA轴的转动惯量是J= 1.93 X10 -47 kg - m 2，对BB轴 的 转 动 惯量是AA，J= 1.14x 10-47kg - m2。试由此数据和各原子的质量求出BB氢和氧原子间的距离d和夹角9。假设各原子都可当质点处理。解：水分子中两个氢分子对AA轴和BB轴的转动惯量分别为J 、 JAABB7 / 12= J r 2 dm = J I；sin 92dm = 2M d2sin29)AA、2丿H 2丿2J = J r 2 dm =BBf9)JI dcos dm = 2M d2 c

12、os2 I2丿已知氢原子质量M =1.67367x10-27kgHAA=1.93 x 10 -47 kg - m 2BB=1.14 x 10 -47 kg - m 2、两式相除，得 9 )tan 2 BB=2arctan (1.30)= 104.86。= 104。52把9值代入式得JAA92 M sin2 h 2丿=9.58 x 10 -11 m题 3-10 图3-10 如图所示，从一个半径为R的均匀薄板上挖去一个直径为R的圆板。所形成的圆洞中心在距原薄板中心R2处。所剩薄板的质量为m。求此时薄板对于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量。解:设均匀薄板被挖去圆板后的转动惯量为J,挖去圆板前的转

13、动惯量为J，1被挖去的圆板对转轴的转动惯量为J,则有2J =J -J12被挖去的圆板对通过自己圆心O并垂 直于板面的转轴的转动惯量为1 R ) 21 m R ，由平行轴定理2 12丿1 R)22 12丿m，= 6S =n(R兀R 2 一兀23J = mR 28=(m + m Jr 2 =23丿2二一mR 23薄板对通过圆中心O的垂直轴的转动惯量2113J = J 一 J = mR 2 一 mR 2 =mR 212 38243-11 如图所示，一根质量均匀的铁丝，质量为m，长为L，在其中心O处弯成0=120。角，放在xOy平面内。1）求对Ox、Oy轴和Oz轴的转动惯量;题 3-11 图2）如果0

14、=60。，（1）中结果如何?解：（1）0 = 120。= = 30。2在距O点为l处取线元dl，距 Ox 轴为 r 二 l sin a。线元质量为dm = “，对0x轴的转动惯量为dJ = r 2 dm = 12 sin 2 a dlL铁丝对Ox轴的转动惯量ll mJ = 2J 2 dJ = 2J 2sin2 a 12dloxL2msin2 30。i 2 d 一= mL48同理J =mL216oy兀一0(2)若 0 = 60。,a = 60。2J =mL2oz 12Jf =止 Tsin2(60。)2 dl = 16 皿ox0J = mL J = mLoy 48 oz 123-12长为 1m ，

15、质量为 2.5kg 的匀质棒，垂直悬挂在转轴 O 点上，用F二100N的水平力撞击棒的下端，该力作用的时间为0.02s，求:1) 棒所获得的动量矩；2) 棒的端点上升的距离。解:棒对转轴的转动惯量为J = 3 ml2 = 0.833kg - m2(1)在打击瞬间，重力对转轴不产生力矩，由角动量定理，棒所获得的动量矩题 3-12 图J = FlAt = 2.0kg - m2 - s-12)撞击后，棒转动到最高位置时角速度为零，以棒和地球为研究对象，此过程中机械能守恒。设棒的中心A上升的距离为h。J 2 = mgh 2ml 2 2 J 2 312 2h =2mg2mg6 g其中=J = 2.4ra

16、d -s-1 代入上式h = 0.098m棒的端点上升的距离H = 2 h = 0.196m3-13 如图所示，一根质量为 m ，长为 2l 的均匀细棒，可在竖直平面内绕通过其中心的水平轴转动，开始时细棒在水平位置。度u垂直落到棒的端点。设小球与棒作弹性碰撞。求碰撞后小球的回跳速度以及棒的角速度。解:棒的转动惯量为J = m(2/ = ml 2123题 3-13 图设碰撞后小球的速度为v，棒的角速度为。碰撞过程内力比外力大的多，碰撞过程角动量守恒，则有mul 二-mrvl + J又因小球与棒作弹性碰撞，机械能守恒1 1 , 1 7m u 2 = m v 2 + J 2 2 2把j=3mi 2代

17、入两式解得=6mu(m + 3m u (m 3m)v =m + 3m3-14如图所示，一长l = 0.40m，质量为m = 1.0kg的均匀细木棒，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静止，今有一质量m = 8.0g的子弹以v = 200m - s-1的 0速率水平射入棒中，射入点在轴下d =引;4处。求:1)子弹停在棒中时棒的角速度；2)棒的最大偏转角。=0.72 x 10-3 kg - m2题 3-14 图解:(1)子弹对转轴的转动惯量为细木棒的转动惯量J = 3ml2 = 53.33 x 10-3 kg - m2v子弹射入棒前对转轴的角速度为= 0，射入后与棒一起转动的角速度为 射入木棒前后，

18、子弹与木棒的角动量守恒(J + J b = J v=x0 = 8.88rad - s-1J+J 31416 - C0S92)设棒的最大偏转角为9 ， 棒的中心和子弹上升的高度分别为 )、岂(1 -cos9)。由机械能守恒定律4(J + J b 2 = mg 6 - cos9)+ Mg 6 - cos9)解得242cos9 = -0.0749 = 94153-15 如图所示，质量为m ,长为l的均匀细杆可绕过端点O的固定水平轴 转动。杆从水平位置由静止开始下摆，杆摆 至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球 相碰。小球看作质点，质量也为m，设碰撞 是弹性的，忽略轴上摩擦，求碰后小球获得 的速度v。解：细杆的转动惯量为J = ml23杆摆在竖直位置时，质心下降了 -，2题 3-15 图题 3-15 图1l设碰撞后小球的速度为V，杆的角速度为。碰撞过程内力比外力大的多，由机械能守恒定律碰撞过程角动量守恒，则有由于是弹性碰撞，机械能守恒 111J 2 = J 2 + mV 22 0 2 2把 0二和八3mi2代入两式得