04《大学物理学》刚体部分练习题.docx
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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
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