第六章刚体转动自测题答案

第六章刚体转动自测题答案一、选择题答案1、（C）2、（B）3、（B）4、（C）5、（C）6、（D）7.（B）8、(B)9、（D）10、（A）11、（C）12、(B)13、(B)14、（C）15、(A)16、(C)17、(C)18、（D）19、(C)20、(D)21、(C)二、填空题答案1、1；2、3；3、变化；4、合外力矩；5、合外力矩；6、mL2/12；7、mL2/3；8、mr2/2；9、2；10、不变；11、0；12、3g/2l；13、0；14、mgl/2；15、ml2ω/3。三、计算题1.一半径为0.3m的转轮作匀角加速度转动，其初角速度ω0=0.5πrad·s-1，在t=10s时，其角速度ω=6.5πrad·s-1，求：(1)在t=10s时，转轮转过的角度；(2)t=10s时，转轮边沿点的切向速度、切向加速度和法向加速度各为多少？解：(1)由于转轮做匀角加速度转动，因此根据公式有t0（2分）20021tt（2分）可得到t=10s时转轮转过的角度为0=35πrad。（2分）(2)切向速度的大小为95.1rvm/s（2分）切向加速度为18.0rdtdvam/s2（2分）法向加速度2227.12rrvanm/s2（2分）2.如图所示，一根长为l、质量为m的均匀细直棒可绕其一端在竖直面内自由转动，开始时棒处于水平位置，求棒转到与水平线成角度时的角加速度和角速度。(细棒对转轴的转动惯量为231mlJ)解：棒所受合外力矩cos21mglM（3分）由转动定律得角加速度图lgmlmglJM2cos331cos212（3分）因为dddtddddtd（2分）所以002cos3dlgd（3分）lgsin3（1分）3.如图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下。求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度。(细棒对转轴的转动惯量为231mlJ)解:(1)由转动定律，有)31(22mllmg（4分）lg23（2分）(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmg（4分）lgsin3（2分）4.如图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆由水平位置由静止开始摆到竖直位置。试证明，杆在下摆过程中，角加速度越来越小，角速度越来越大。证明：当杆转过角时，棒所受合外力矩cos21mglM（2分）由转动定律得角加速度lgmlmglJM2cos331cos212（2分）可得，杆由水平位置摆到竖直位置过程中，角加速度随角的增大而增小。图图因为dddtddddtd（2分）所以002cos3dlgd（2分）lgsin3（2分）可得，杆由水平位置摆到竖直位置过程中，角速度随角的增大而增大。5.如右图所示，质量为M，长为l的直杆，可绕O无摩擦地转动。设一质量为m的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端，若直杆(连同射入的子弹)的最大摆角为060，试证明子弹速度大小为20632mglMmMmv。证：碰撞过程中，系统角动量守恒)31(220Mlmllmv（5分）上摆过程中，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点，则)60cos211()60cos1()31(21200222MglmglMlmllMg（5分）可证得：20632mglMmMmv（2分）6.计算如图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，且绳子与滑轮之间无相对滑动，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m＝50kg，2m＝200kg,M＝15kg,r＝0.1m,滑轮的转动惯量221MrJ，g=9.8m/s2。解:分别以1m,2m滑轮为研究对象，对1m,2m运用牛顿定律，有amTgm222①（3分）amT11②（3分）对滑轮运用转动定律，有)21(212MrrTrT③（3分）图lm600vO图ra④（2分）联立以上4个方程，得2212sm6.721520058.92002Mmmgma（1分）7.有一倾角为θ的斜面，其上装一定滑轮，一软细绳跨过滑轮，两端分别接两物体A和B，A与B的质量皆为m，设A与斜面间是光滑的，绳与滑轮无相对滑动，轮轴无摩擦力，滑轮的转动惯量为J，求物体下降的加速度。解：对B物体受力分析maTmg1（3分）对A物体受力分析mamgTsin2（3分）对滑轮受力分析JrTT21（3分）由于ra（2分）解得2222sinmrJrmgmgra（1分）8.有一质量为M、半径为R的均匀圆盘，以角速度ω0旋转着，某时刻，有一质量为m的小碎块从其边缘飞出，方向正好竖直向上，求：⑴小碎块能上升的最大高度；⑵破裂后圆盘的角速度和角动量。解：（1）设物体能飞起的高度为h，由机械能守恒定律得，碎片飞出时的角速度为0，碎片转动惯量为mJ，可得2021mJmgh（2分）2mRJm（2分）解上两式得：h＝gR2202（2分）（2）设余下部分的角速度为'，圆盘总的转动惯量为221MRJ，余下部分对转轴的转动惯量为mJJ。则在碎片飞出的瞬间碎片和所剩部分对转轴的角动量守恒，由角动量守恒定律得，')(00mmJJJJ（2分）解上式得：0'即角速度不变。（2分）余下部分角动量为：L')(mJJ=022)21(mRMR（2分）θABmmJ图9.如右图所示，有一长l的均匀细杆，其质量为M，杆的一端固定在过O点的光滑水平轴上并可在竖直面内自由地转动。开始时使细杆静止在竖直位置处，现让一质量m的子弹以速度v0的速率射入细杆并留在杆中，子弹的速度沿水平方向，射入点距O点的距离d。求：⑴子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速度；⑵杆能偏转的最大角度。解：⑴设子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速度为ω，对于子弹、杆组成一系统，应用角动量守恒，有)31(220mdMldmv（5分）即22031mdMldmv（1分）⑵设杆能偏转的最大角度为，子弹射入杆后，以子弹、细杆和地球为系统，系统机械能守恒，故)cos1(2)cos1()31(21222lMgmgdmdMl（5分）)31)(2(211cos222202mdMlmgdlMgdvm])31)(2(211arccos[222202mdMlmgdlMgdvm（1分）MlOmdυ0图