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千里之行,始于足下。第2页/共2页精品文档推荐【预赛三一自招】XXX高中物理比赛习题专题四:刚体动力学(Word版含答案)高中物理比赛习题专题四:刚体动力学
1.均匀细棒OA可绕经过其一端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降,在棒摆到竖直位置的过程中,下述讲法正确的是()
(A)角速度从小到大,角加速度别变
(B)角速度从小到大,角加速度从小到大
(C)角速度从小到大,角加速度从大到小
(D)角速度别变,角加速度为零
2.假设卫星围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()
(A)角动量守恒,动能守恒(B)角动量守恒,机械能守恒
(C)角动量别守恒,机械能守恒(D)角动量别守恒,动量也别守恒
(E)角动量守恒,动量也守恒
3.水分子的形状如图所示,从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′=1.93×10-47kg·m2,对BB′轴转动惯量JBB′=1.14×10-47kg·m2,试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ.假设各原子都可当质点处理.
4.用降体观看法测定飞轮的转动惯量,是将半径为R的飞轮支承在O点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物,令重物以初速度为零下降,带动飞轮转动(如图).记下重物下降的距离和时刻,就可算出飞轮的转动惯量.试写出它的计算式.(假设轴承间无摩擦).
5.质量为m1和m2的两物体A、B分不悬挂在图(a)所示的组合
轮两端.设两轮的半径分不为R和r,两轮的转动惯量分不为J1和J2,轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去别计,绳的质量也略去别计.试求两物体的加速度和绳的张力.
6.如图所示,一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动,空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J,咨询:(1)通过多少时刻后其转动角速度减少为初角速度的一半?(2)在此刻间内共转过多少转?
7.如图所示,一长为2l的细棒AB,其质量别计,它的两端坚固地联结着质量各为m的小球,棒的中点O焊接在竖直轴z上,同时棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z轴(正向为竖直向上)以角直速度ω=ω0(1-e-t)转动,其中ω0为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时间t对z轴的角动量;(2)在t=0时系统所受外力对z轴的合外力矩.
8.在光滑的水平面上有一木杆,其质量m1=1.0kg,长l=40cm,可绕经过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2=10g的子弹,以v=2.0×102m·s-1的速度射入杆端,其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中,试求所得到的角速度.
9.半径分不为r1、r2的两个薄伞形轮,它们各自对经过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1和J2.开始时轮Ⅰ以角速度ω0转动,咨询与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示),两轮的角速度分不为多大?
10.一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒,支点在棒的上端点,开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点,打击时刻为0.02s.(1)若打击前棒是静止的,求打击时其角动量的变化;(2)棒的最大偏转角.(3)打击眨眼O点杆收到的作用力。
11.地球对自转轴的转动惯量为0.33mER2,其中mE为地球的质量,R为地球的半径.(1)求地球自转时的动能;(2)由于潮汐的作用,地球自转的速度逐渐减小,一年内自转周期增加3.5×10-5s,求潮汐对地球的平均力矩.
12.为使运行中飞船停止绕其中心轴转动,一种也许方案是将质量均为m的两质点A、B,用长为l的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端(如图所示).开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘,圆盘与质点一起以角速度旋转;当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时,割断质点与飞船的连线.为使此刻的飞船正好停止转动,连线应取何长度?(设飞船可看作质量为m′、半径为R的匀质圆盘)
13.一长为l、质量为m的均匀细棒,在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动,其角速度为ω.若棒忽然改绕其一端转动,求:(1)以端点为转轴的角速度ω′;(2)在此过程中转动动能的改变.
14.如图所示,一绕有细绳的大木轴放置在水平面上,木轴质量为m,外轮半径为R1,内柱半径为R2,木轴对中心轴O的转动惯量为JC.现用一恒定外力F拉细绳一端,设细绳与水平面夹角θ保持别变,木轴滚动时与地面无相对滑动.求木轴滚动时的质心加速度aC和木轴绕中心轴O的角加速度α.
答案解析
1C2B3.解由图可得
θdmJHAA22sin2='θdmJHBB22cos2='
此二式相加,可得2
2dmJJHBBAA=+''
则
m
1059.9211-'
'?=+=
H
BBAAmJJd
由二式相比,可得
θJJBBAA2
tan/=''则
o
3.521.14
1.93
arctanarctan
===''BBAAJJθ
4.解1设绳子的拉力为FT,对飞轮而言,依照转动定律,有αJRFT=(1)
而对重物而言,由牛顿定律,有
maFmgT=-(2)
由于绳子别可伸长,所以,有
αRa=(3)
重物作匀加速下降,则有
2
21ath=
(4)
由上述各式可解得飞轮的转动惯量为
?
???
??-=1222
hgtmRJ
5.解分不对两物体及组合轮作受力分析,如图(b).依照质点的牛顿定律和刚体的转动定
律,有
111111amFgmFPTT=-='-(1)222222amgmFPFTT=-=-'(2)
()αJJrFRFTT2121+=-(3)11TTFF=',22TTFF='(4)
由角加速度和线加速度之间的关系,有
αRa=1(5)αra=2(6)
解上述方程组,可得
gRrmRmJJr
mRma2
22121211+++-=
gr
rmRmJJr
mRma2
22121212+++-=
g
mrmRmJJRrmrmJJFT12
22121221211++++++=gmrmRmJJRrmRmJJFT22
22121121212++++++=
6.解(1)通风机叶片所受的阻力矩为M=-Cω,由转动定律M=Jα,可得叶片的角加速度为
Jω
Ctωα-==
dd(1)
依照初始条件对式(1)积分,有
tJCωωtω
ωdd00??-=由于C和J均为常量,得
J
Cteωω/0-=(2)
当角速度由ω0→12ω0时,转动所需的时刻为
2lnCJt=
(2)依照初始条件对式(2)积分,有
t
eωθJCtt
θ
dd/0
00
-??
=
即CωJθ20
=
在时刻t内所转过的圈数为
CωJθNπ4π20
=
=
7.解(1)两小球对z轴的转动惯量为()()222
sin2sin22αlmαlmmrJ===,则系统对z
轴的角动量为
()
α
eωmlmrωJLt2022sin122--===
此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和.(2)由角动量定理得
()[]
αeωmlttLMt202sin12dddd--==
t
eαωml-=202sin2
t=0时,合外力矩为
αωmlM202sin2=
此处也可先求解系统绕z轴的角加速度表达式,即teωtω
α-==
0dd,再由M=Jα求得M.
8.解依照角动量守恒定理
()ωJJωJ'+=212
式中()2
222/lmJ=为子弹绕轴的转动惯量,J2ω为子弹在陷入杆前的角动量,ω=2v/l为
子弹在此时绕轴的角速度.12/2
11lmJ=为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为
()1
212212s1.2936-=+=+=
'mmmJJωJωv
9.解设相互作用力为F,在啮合的短时刻Δt内,依照角动量定理,对轮Ⅰ、轮Ⅱ分不有
()0111ΔωωJtFr-=-(1)
222ΔωJtFr=(2)
两轮啮合后应有相同的线速度,故有
2211ωrωr=(3)
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分不为
21022212
2011rωJrJrωJω+=
10.解(1)由刚体的角动量定理得
1
20smkg0.2d-??====?tΔFltMωJLΔ
(2)取棒和地球为一系统,并选O处为重力势能零点.在转动过程中,系统的机械能守恒,
即
()θmglωJcos121212
0-=
由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为
8388Δ31arccoso
222'=??????-=glmtFθ
11.解(1)地球的质量mE=5.98×1024
kg,半径R=6.37×106
m,因此,地球自转的动能
J1012.2/33.022*******
?=?==
TRmπωJEEK
(2)对式
Tωπ
2=
两边微分,可得
TTωdπ2d2-
=
当周期变化一定量时,有
T
ωTTωΔπ2Δπ2Δ2
2-=-=(1)
由于地球自转减慢而引起动能的减少量为
T
Eω
TJωωωJEKKΔπΔπ2ΔΔ3-=-==(2)
又依照动能定理
KEθMWΔΔ==(3)
由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为
mN1047.7π2Δ2
2
??==
-nTωEMK
式中n为一年中的天数(n=365),ΔT为一天中周期的增加量.
12.解飞船绕其中心轴的转动惯量为
2121
RmJ'=
,两质点在起始时和轻线割断眨眼的转动
惯量分不为2
22mRJ=和()2
22lRmJ+='.由于过程中系统的角动量守恒,为使轻线沿径
向拉直时,飞船转动正好停止,则有()()ωlRmωJJ'+=+2212(1)
又依照过程中系统的机械能守恒,有
()()2222122121
ωlRmωJJ'+=+(2)
由上述两式可解得
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