作业3

大学物理大学物理作业三参考解答一、选择题：1、关于刚体对轴的转动惯量，(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答：C大学物理2、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是[](A)刚体不受外力矩的作用。(B)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。(C)刚体所受合外力矩为零。(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。答：C3、几个力同时作用在一个具有固定转动的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体[](A)必然不会转动。(B)转速必然不变。(C)转速必然改变。(D)转速可能改变，也可能不变。答：D大学物理答：D4、一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(A)J；(B)J；（C）J；（D）J。22.1621.81.828.1答：B5、力，其作用点的矢径为该力对坐标原点的力矩大小为(A)；（B）；(C)；(D)。(35)kNFij(43)mrij3kNm29kNm19kNm3kNm222)602)(21(2121nmrIEk)mkN(29920)53()34(kijjijijiFrM大学物理答：A6、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，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，则棒停止转动所需时间为(A)；(B)；(C)；(D).0gL3/20gL3/0gL3/40gL6/0mgLxmgLmgxdxLMLL21|2111020由转动定律IMLgmLmgL2331212由运动规律tt0gLtt3200大学物理答：C7、一个转动惯量为I的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M=(k为正常数)，它的角速度从变为/2所需时间是(A)I/2；(B)I/k；(C)(I/k)ln2；(D)I/2k。0k00由转动定律IkdtddkIdt2000dkIdtt2lnkIt大学物理答：A8、一根长为、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v0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为，则v0的大小为(A)；(B)；(C)；(D)9034glmM2glglmM222316mglM200314121MLLmvLmvMgLML2131212234340gLmMLmMvLg3由角动量守恒由机械能守恒大学物理答：B9、一个转动惯量为I的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M=(k为正常数)，它的角速度从变为/2过程中阻力矩所作的功为(A)；(B)；(C)；(D)。0k004/20I8/320I4/20I8/20I由动能定理kEW20202083)4(21IIW大学物理1、一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为I，以角速度ω0=10rad·s－1匀速转动。现对物体加一制动力矩M=-0.5N·m，经过时间t=5s，物体停止转动。物体的转达惯量I=。20rad/s25100-t2、如图所示，P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点，PQ=QR=RS=d，则系统对OO′轴的转动惯量为。O′PQRSO二、填空题：2kg.m25.02kgm25.025.0MI2222502)2(3)3(4mdmddmdmI50md2大学物理3、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。如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小圆盘，半径为R/2。如图所示，剩余部分对于过O点且垂直于盘面转轴的转动惯量为。221MRORr23213MR222222223213)222221(21MRRRRMRRRMMRI大学物理4、长为l、质量为m的匀质细杆，以角速度ω绕过杆端点垂直于杆的水平轴转动，杆的动量大小为，杆绕转动轴的动能为，角动量为。ml212261ml231mlmlrdrlmdmvplm2105、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，则系统的转动惯量减小，系统的转动角速度增大，系统的角动量不变，系统的转动动能增大。（填增大、减小或不变）大学物理6、一飞轮作匀减速转动，在5s内角速度由40πrad·s－1减到10πrad·s－1，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。5.62s67.12-12srad654010trad125)6(2)40()10(2222122s67.161001t大学物理7、花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴运动，开始时两臂伸开，转动惯量为I0，角速度为ω0。然后她将两臂收回，使转动惯量减少为I0/3，这时她转动的角速度变为。II0003大学物理AmCmBm三、计算题：1、如图所示，水平光滑桌面上的物体A由轻绳经过定滑轮C与物体B相连，两物体A、B的质量分别为、，定滑轮视为均质圆盘，其质量为，半径为R，AC水平并与轴垂直，绳与滑轮无相对滑动，不计轴处摩擦。求B下落的加速度及绳中的张力。AmBmCm大学物理解：AmCmBmamTgmBB1amTA222121RmRTRTCRacBABmmmgma)(22cBABCAcBABBmmmgmmmmmmgmgmT)(2)2()(2221cBABAmmmgmmT)(222大学物理2、转动着的飞轮的转动惯量为I,在t=0时角速度为ω0此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数为k(k为大于零的常数),当ω=ω0/3时,飞轮的角加速度是多少?从开始制动到现在经历的时间是多少?将ω=ω0/3代入，求得这时飞轮的角加速度:解:(1)由题知,故由转动定律有：2kM2kI即Ik2Ik920大学物理(2)为求经历的时间t,将转动定律写成微分方程的形式。即：dtdIkdtdIIM2,分离变量dtIkdt020310故当ω=ω0/3时，制动经历的时间为:t=2I/kω0并考虑到t=0时,ω=ω0,再两边积分dtIkd2大学物理3、如图所示，一根质量为，长为的均质细棒，可绕通过其一端的轴O在竖直平面内无摩擦地转动。它原来静止在平衡位置上。现有质量为的弹性小球飞来，正好与棒的下端与棒垂直地碰撞（为弹性碰撞）。撞后，棒从平衡位置摆起的最大角度为。求小球碰前的初速度。Mlm30mO解:(1)碰撞过程中,角动量守恒,机械能守恒)1(vlmIlmv)2(212121222vmImv大学物理Ivvml)(lgIMgl)cos1(3)cos1()30cos1(363glmmMv)4(21)cos1(212IMgl（2）在摆起过程中，机械能守恒2))((Ivvvvmlvv)3(63)1(212lmmMlmlIv大学物理4、在半径为R1、质量为M的静止水平圆盘上，站一静止的质量为m的人。圆盘可无摩擦地绕过盘中心的竖直轴转动。当这人沿着与圆盘同心，半径为R2（R2R1）的圆周相对于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少？解：设人相对圆盘的角速度为ω，圆盘相对地面的角速度为ωM。则人相对地面的角速度为0212122MmMRmR应用角动量守恒定律Mm大学物理圆盘相对地面转过的角度为21222221MRmRmRM22121212222212222MRmRmRdtMRmRmRdtMM人相对地面转过的角度为221212212221MRmRMRdtMmm大学物理ll32O解:(1)直棒和子弹系统在撞击过程中所受的外力(重力和支持力)对于轴o的力矩都是零，所以系统对o轴的角动量守恒。]31)32([32220MllmlmvlMmmv)34(605、如图所示，一根长为质量为的均匀直棒，其一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置。今有一质量为的子弹以水平速度射入棒的距O点为处而不复出。求：(1)棒开始运动时的角速度；(2)棒的最大偏转角。l3/2lmM0v大学物理（2）根据机械能守恒，以悬点为重力势能的零点ll32OmglMglMllmE322]31)32([212221mglMglEcos32cos2221EE所以glvmMmgl202224312131cosglvmMm2022143121cos