2015物理上复习

1刚体复习重点（一）要点质点运动位置矢量(运动方程)r=r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k，速度v=dr/dt=(dx/dt)i+(dy/dt)j+(dz/dt)k，动量p=mv加速度a=dv/dt=(dvx/dt)i+(dvy/dt)j+(dvz/dt)k曲线运动切向加速度at=dv/dt，法向加速度an=v2/r.圆周运动及刚体定轴转动的角量描述=(t)，=d/dt，=d/dt=d2/dt2，刚体的定轴转动匀变速转动运动方程角量与线量的关系s=r，v=r，at=r,an=r2力矩=?MrF;转动惯量2iiJrm,2dmJrm转动定律tddLM，MJ角动量：质点prL刚体L=J；角动量定理tt0dM=LL0；角动量守恒M=0时,L=恒量；转动动能2k2EJ，势能pCEmgh(二)练习一填空题1（3分）可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0m，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4s内绳被展开10m，则飞轮的角加速度为_____．(答案：2.5rad/s2）2（4分）一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40πrad/s减少到10πrad/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。（答案：62.5r，1.67s）3（4分）半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.50rad/s2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240°时的切向加速度at＝________，法向加速度an＝_______________．(答案：0.15m/s2,1.26m/s2)参考解：222tn0.15m/s,21.26m/saRaRR4（3分）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ω0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ω＝-ω0，则ω0＝_____．（答案：24rad/s）5（3分）一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J，正以角速度ω0＝10rad/s作匀速转动,现对物体加一恒定的力矩M=-0.5N·m，经过时间t＝5.0s后，物体停止了转动，物体转动惯量J＝______________．（答案：0.25kg·m2）6（3分）一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M＝_________．（答案：157N·m或50N·m）7（5分）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AA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AA的垂直距离为R的B点的切向加速度at＝_____，法向加速度an＝_____．[答：4MmR（2分）；322216RmtM（3分）]8（3分）一条轻绳绕于半径为r=0.2m的飞轮边缘，并施以F=98N的拉力，若不计轴的摩擦，飞轮的角加速度等于39.2rad/s2，此飞轮的转动惯量为_____________．（答：0.5kg·m2）9（3分）地球的自转角速度可以认为是恒定的，地球对于自转的转动惯量J＝9.8×1037kg·m2．地球对于自转轴的角动量L＝_________．（答：7.1×1033kg·m2/s）10（3分）一飞轮以角速度ω0绕光滑固定轴转动，飞轮对轴的转动惯量分别为J1；另一静止飞轮突然和ARRBRA22200000,/2,2()ttt2上述转动的飞轮啮合，绕同一轴转动，该飞轮的转动惯量为前者的2倍，啮合后整个系统的角速度为ω＝____________．(答案：ω0/3)参考解：10111101120(2),/(2)JJJJJJJ二选择题（每题3分）1（答：C）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2．(C)大于2．(D)等于2．2（答：C）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m1和m2的物体(m1＜m2)，如图．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．3(答：A）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，在棒摆动到竖立位置的过程中，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（答：C）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（答：B）两个匀质圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB,若ρA＞ρB,但两圆盘的质量与厚度相同,如两圆盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量分别为JA和JB,则(A)JAJB.(B)JAJB.(C)JA=JB.(D)JA、JB哪个大，不能确定.6（答：A）一半径为R的水平圆转台，可以绕通过其中心的竖直固定光滑转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度0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)02JJmR，(B)02()JJmR(C)02JmR，(D)0．7（答：C）光滑的水平桌面上，有长为2L、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J＝ml2/3)，如图所示．开始时杆静止，有两质量均为m小球，各自在垂直杆长的方向对着杆的一端，以相同的速度v相向运动，如图所示，当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性碰撞后，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(A)2/3Lv(B)4/5Lv(C)6/7Lv(D)8/9Lv(E)12/7Lv问：若只有一个质量均为m小球，结果？（答：转动角速度为3/4lv）8．（答：C）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(A)增大．(B)不变．(C)减小．(D)不能确定．9（答：D）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J0，角速度为0．然m2m1OOvv俯视图OA3后她将两臂收回，使转动惯量减少为J0/3．这时她转动的角速度变为(A)0/3．(B)3/10．(C)30．(D)30．三计算题1（10分）质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳的另一端绕在轮轴的轴上，如图所示，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上，当物体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S，试求整个轮轴的转动惯量（用m、r、t和S表示）.解：设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg-T＝ma（1）2分TR＝J（2）2分由运动学关系a＝R（3）2分由（1）、（2）和（3）式解得J＝m(g-a)r2/a（4）又根据已知条件00v222,2atSSat(5)2分将（5）式代入（4）式得：22(/21)JmrgtS2分2（10分）一质量为M＝15kg，半径为R＝0.30m的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J＝MR2/2)．现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量m＝8.0kg的物体．不计圆柱体与轴之间的摩擦，求:(1)物体自静止下落,5s内下降的距离，(2)绳中的张力．解：(1)J＝MR2/2＝0.675kg·m2∵mg-T＝ma2分TR＝J2分a＝R1分∴a＝mgR2/(mR2+J)＝5.06m/s21分因此下落距离h＝at2/2＝63.3m2分(2)张力T＝m(g-a)＝37.9N2分3（10分）两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘在一起，构成一个组合轮，小圆盘的半径为r，质量m，大圆盘的半径r’=2r，质量m’=2m，组合轮可绕通过其中心且垂直于圆盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J＝9mr2/2.两圆盘边缘上分别饶有轻质，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所示.这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变，已知r=10cm.求：（1）组合轮的角加速度β.求：（1）组合轮的角加速度β，（2）当右边物体上升h=40cm时，组合轮的角速度ω.解：（1）受力分析如图．2分Mg-T2=ma21分T1-mg=ma11分T2(2r)-T1r=9mr2/21分2r=a21分r=a11分解该5个联立方程得：2210.3rad/s19gr1分（2）组合轮转过的角度hr，通过22，1/22()9.08rad/shr2分4（10分）质量为M1＝24kg的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上（大轮半径R，轮半径r），另一端通过质量为M2＝5.0kg的圆盘形定滑轮悬有m＝10.0kg的物体，求当重物由静止开始下降了h=0.5m时，（1）物体的速度，（2）绳中的张力.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：mgTTMgaFRT2a2T12P1Pa1RM1M2rm4T1＝M1a/2＝48N(1分)5（5分）一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M＝－k(k为正的常数)，求圆盘的角速度从0变为0/2时所需的时间．解：ddJktddktJ2分两边积分00/201ddtktJ3分得ln2ln2kJttJk3分问：圆盘的角速度从0变为0/2时转过的角度？（可用积分变量替换解）6（5分）有一半径为R的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为T0.如它的半径由R自动收缩为R/2，求球体收缩后的转动周期.（球体对于通过直径的转动轴的转动惯量为J=2mR2/5，式中m和R分别为球体的质量和半径）解：球的自动收缩可视为由球的内力引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒1分设J0和ω0、J和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度，则有00JJ2分由已知条件：220022(/2),55mRmRJJ==得041分即收缩后转快了，周期为102244TT2分7（5分）如图所示，长为l的轻杆，两端各固定质量分别为m和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴o在竖直面内转动，转轴o距两端分别为l/3和2l/3,轻杆原来静止在竖直位置.今有一质量为m的小球，以水平速度0v与杆下端小球作对心碰撞，碰后以0v/2的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度.解：选小球、细棒、两固定小球为系统．小球射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒．2分22002212232333mlmlmlmlvv2分032lv1分8（5分）一均匀木杆，质量为m1=1kg，长l=0.4m，可绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴，在竖直平面内转动．设杆静止于竖直位置时，一质量为m2=10g的子弹在距杆中点l/4处穿透木杆(穿T1R＝J11＝12121RM(方程各1分共5分)T2r-T1r＝J22＝22121rMmg－T2＝ma,a＝R1＝r2,v2＝2ah求解联立方程，得42121mM