华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解0001.docx
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华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解0001
习题三
、选择题
1．一根长为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。
现有一质量为的子弹以水平速度v0射向棒的中心，
90，
并以v0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为
答案：
解：
A）
A
则v0的大小为
J1
J11
v0
l/2
ml2
Mg
2v0，
l
12Mgl，
4v02
l2
4
12
4Ml2
3
2．圆柱体以
用下，
（A）答案：
解：
C）
2mMgl；
m
D）
16M2gl
3m2
ml2
1
Ml
3
Mgl，
80rad/s
v0/2
J1（1
2）
l/2
J11
2J
22
3mv0
16M
1，
12J11
J
l
M
v0
m
v0/2
m
Mgl，
Mgl，
2
v0
的角速度绕其轴线转动，
J1212Mgl
4J
2
16M
2gl，所以
3m
v0
4Mgl
m
它对该轴的转动惯量为
4kg
m2
在恒力矩作
10s内其角速度降为40rad/s。
圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为80J，80N
m；
B）
800J，40Nm；（C）4000J，32Nm；
D）
[
9600J，16Nm。
080，
40，
10，
J4
1J2
2
M恒定，匀变速，
Ek
1J02
J0
2
所以有
Ek
1
12J（
2）
（64001600）
9600（J）
804016N
10
3．一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为成正比Mk（k为正常数）。
设它所受阻力矩与转动角速度
1）它的角速度从0变为0/2所需时间是[
A）J/2；
B）J/k；（C）（J/k）ln2；
D）J/（2k）
2）在上述过程中阻力矩所做的功为[]
（A）J02/4；
（B）
2
3J02/8；
答案：
C；
B。
解：
已知
Mk
，0,
J，
1
2
（1）
M
Jd
k，
Jd
k，
dt
dt
d
kt
k
dt，
ln
t，
所以
0
J0
0
J
（2）
A
1J2
1J02
0
1J
1
2
0
2
20
2
4
22
C）J02/4；（D）J02/8
0
dk
dt
J
J
0
J
tln
ln2
k
k
23J
2
0
0
08
R，转动惯量J均相同），若分别用
和加重物重力
P
mg
F（N）时，所产生的角加速度分别为
2，则[
]
（A）1
2；
（B）12；
（C）1
2；
（D）不能确定。
答案：
A
解：
根据转动定律，
有
mgRJ1,TR
J2，
依受力图，有
mg
T
ma，Tmgma
mg
所以，1
2。
4．如图所示，对完全相同的两定滑轮（半径
F（N）的力
对一绕固定水平轴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[]
（A）增大；（B）减小；（C）不变；（D）无法确定。
答案：
B
解：
J11J0
（J1
J2J）
J1
J2
2
m1r
m2r2（m1
m2），
所以
J
2J1J
、填空题
1．半径为r1.5m的飞轮，初角速度
位移为零，则在t
0=10rad/s，角加速度
5rad/s2，若初始时刻角
时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度为v
答案：
4s；15m/s。
2
解：
已知r1.5m，0=10rad/s，5rad/s2，00。
12
因const，为匀变速，所以有00tt2。
002
12210
令0，即（01t）t0得，由此得t02104s
25
0t105410，所以vr15m/s
3g
在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为如果这人由盘边走到盘心，则角速度的变化
m的人
圆盘半径为R，转动惯量为J，角速度为
=；系统动能的变化
Ek=
22
mR122mR
答案：
；mR22
（1）。
J2J
解：
应用角动量守恒定律
mR2
解得
1mR2
J
，角速度的变化
2
mR2
J
系统动能的变化Ek
2
mR2
2，即
Ek1mR2
k2
2mR2
2（mJR1）
如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度
0作匀速转动，转台对该轴的
转动惯量J5105kgm2。
现有砂粒以1g/s的流量落到转台，并
粘在台面形成一半径r0.1m的圆。
则使转台角速度变为
0/2所花
的时间为
答案：
5s
解：
由角动量守恒定律
（J
mr
2）20J0
得m
由于
10
3kg/s
所以
m
1103
J
r21103
5105
235s
0.121103
如图所示，
着质量分别为统由静止释放，间绳的张力为
一轻绳跨过两个质量均为
m和2m的重物，不计滑轮转轴的摩擦。
且绳与两滑轮间均无相对滑动，
m、半径均为R的匀质圆盘状定滑轮将系则两滑轮之
答案：
T11mg
8
解：
列出方程组
m1g
T1
m1a
（1）
T2
m2g
m2a
（2）
（T1
T）R1
J11
（3）
（T
T2）R2
J22
（4）
绳的两端分别系
其中，1,J1M1R1，
R12
a,J21M2R22
R22222
由
（1）、
（2）两式得：
T1m1（ga）
T2m2（ga）
可先求出a，解得
11
mg
8
将m12m，m2mM1M2m,R1R2代入，得：
三．计算题
1．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（＜R1）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
圆盘相对地面转过的角度为
人相对地面转过的角度为
2
2
mdt2
MR12
2mR22MR122mR22/（MR12）1
m1g
对滑轮，应用转动定律
T2rT1rJ，并利用关系ar
由以上各式，解得
m1
g；T1
m1m2
J
m1m22
r2
m1g；
m1
Jm1m22
m2g
3.一匀质细杆，质量为，长为，可绕杆一端的水平轴旋转。
若将此杆放在水平位置，然后从静止释放，试求杆转动到铅直位置时的动能和角速度。
答案：
（1）0.98J；
（2）8.57rad/s。
l12
解：
根据机械能守恒定律，有：
mgJ2。
杆转动到铅直位置时的动能和角速度分别
22
为：
2）
2）应用机械能守恒定律
13Ml2
m（34l）
Mg
3lmg4
Mglcos
mg3lcos
cos
2
M
2M3mg
0.079，
94.5
习题五
、选择题
1．已知一平面简谐波的表达式为
yAcos（atbx）（a、b为正值常量），则[]
B）波的传播速度为b/a；
（A）波的频率为a；（C）波长为/b；
答案：
D
D）波的周期为2/a
波长为
22
解：
由yAcos（atbx）Acos（tx），可知周期T
2/a2/b
y
u
P点的振动方程为
PCOl2lx
2．如图，一平面简谐波以波速u沿x轴正方向传播，O为坐标原点．已知
yAcost，则[]
A）O点的振动方程为
yAcos（tl/u）；
B）波的表达式为
Acos[t（l/u）（x/u）]；
C）波的表达式为
Acos[t（l/u）（x/u）]；
D）C点的振动方程为
yAcos（t3l/u）
答案：
C解：
波向右传播，原
O的振动相位要超前
yAcos[t（l/u）
0]，因而波方程为
P点l/u，所以原点O的振动方程为
xl
yAcos{[t]}，可得答案为C。
uu
tt时波形曲线如图所示．则坐标原点
3．一平面简谐波以速度u沿x轴正方向传播，在的振动方程为[]
yacos[2π（tx）]
（A）
y
acos[（ttb
）2
］；
（B）
y
acos[2u（tb
t）
2]；
（C）
y
acos[u（tb
t）
]；
2
（D）
y
acos[u（tb
t）
]。
2
答案：
D
解：
令波的表达式为
y
x
acos[2π（t）]
当tt，
由图知，此时x
0处的初相2πt
π
π，所以
2
由图得
2b，
uu
2b
故x0处
yacos[2πt]acos[πbu（tt）π2]
4．当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论哪个是正确的［］
（A）媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减小，总机械能守恒；（B）媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性变化，但二者的相位不相同；
（C）媒质质元的振动动能和弹性势能的相位在任一时刻都相同，但二者的数值不等；（D）
媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大。
答案：
D解：
当机械波传播到某一媒质质元时，媒质质元在平衡位置处形变最大，因此其弹性势能也最大。
运动到最大位移处形变最小，其弹性势能最小。
媒质质元的振动动能和弹性势能是等相位的，能量向前传播，媒质质元机械能不守恒。
所以答案应选D。
质以速度vR沿着S、R连线向着声源S运动，则位于S、R连线中点的质点P的振动频率为［］
（A）S；（B）uvRS；（C）uS；（D）uS。
uuvRuvR
答案：
A
解：
位于S、R连线中点的质点P相对于声源并没有相对运动，所以其接收到的频率应是声源的频率
、填空题
x1=10m点处质点的振动方程为
x1=10m和x2=25m两点间的振动相位差为。
答案：
y0.25cos（125t3.7）（SI）；5.55rad
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