大学物理刚体的转动作业题

第四章刚体转动

习题4-7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ

ωωt

--=，式中

s rad /0.90=ω，s 0.2=τ。求（1）t= s 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；

（3）启动后 s 内转过的圈数。

解：（1）根据题意，转速随时间的变化关系，将t=6 s 代入，可得

)/(6

.895.0)1(00s rad e

==-=-ωωωτ

（2）角速度随时间变化的规律为

)/(5.4/22

0s rad e e dt d t

--===τ

ωωα

（3）t= s 时转过的角度为

rad dt e

dt t

9.36)1(6

060

=-==??-

ωωθ

则t= s 时电机转过的圈数为

圈87.52==

N （r ）习题4-10 如图所示，圆盘的质量为m, 半径为 R.。求：(1) 以O 为中心，将半径为R/2的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；（2）剩余部分对O’O’轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。

解：（1）方法1：根据定义?=dm r J 2计算，式中dm 取半径为r 、宽度为dr 的窄圆环。

==R

R R

R mR dr r R m rdr R m

r dm r J 2

/232

2032

22ππ 方法2：将剩余部分转动惯量看作是原大圆盘和挖去小圆盘对同一轴的转动惯量的差值。整个圆盘对oo 轴的转动惯量为212

mR J =，挖去小圆盘对oo 轴转动惯量

2213212221mR R R R m J =??

??????

?????

? ??=ππ

由分析可知，剩余部分转动惯量为

221032

mR J J J =

-= （2）由平行轴定理，剩余部分对o’o’轴的转动惯量为

22222'323923215mR R R R m m mR J o =???

????????

??-+=ππ

习题4-11 用落体观察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，然后再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落，带动飞轮转动（如图）。记下重物下落的距离和时间，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）。

解题分析：飞轮做定轴转动，重物做落体运动，飞轮的转动惯量根据转动定律和牛顿第二定律联合确定。重物加速度可通过下落时匀加速运动规律确定。解：设绳子拉力为T F ，对飞轮利用转动定律

αJ R F T =

（1）

对重物用牛顿第二定律

ma F mg T =-

（2）

根据角量和线量之间的关系

αR a =

（3）

重物做匀加速下落，则有

1at h =

（4）

由（1）（2）（3）（4）可解得飞轮的转动惯量与下落距离和时间的关系式

???

??-=122

2h gt mR J

习题4-13 如图所示，质量m 1=16 kg 的实心圆柱体A, 其半径为r=15 cm, 可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量为m 2= kg 的物体B ，求（1）物体B 由静止开始下落 s 后的距离；（2）绳的张力。

解题分析：圆柱体做转动（转动定律），悬挂物做下落运动（牛顿第二定律），两运动量之间有角量与线量相联系。解：

（1）分别对两物体做受力分析，对圆柱体甴转动定律

αα212

r m J r F T =

= （1）

对悬挂物体，根据牛顿第二定律

a m F g m T 2'2=-

（2）

且'T T F F =

，角量与线量之间的关系

αr a =

（3）

解（1）（2）（3）方程组，可得物体下落加速度

1222m m g

m a +=

t= s 时，B 下落距离为

)(45.222122

122

m gt m m m at s =+==

（2）由式（2）可得绳的张力为

N g m m m m a g m F T 2.392)(2

1=+=

习题4-14 质量为m 1和m 2的两物体A 和B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为J 1和J 2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。

解题分析：由于组合轮是一个整体，因此其转动惯量为两轮转动惯量之和，所受力矩为两绳索力矩矢量和（注意力矩方向不同），对转动物体运用转动定律，平动物体运用牛顿第二定律，结合角量与线量之间关系可解。解：

分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律有

??????

?==+=-=-=-2

21121212

2221

111',')()(T T T T T T T T F F F F J J r F R F a m g m F a m F g m α 由角量与线量之间的关系

?==αα

r a R a 2

1 解上述方程组，可得

m r

m R m J J Rr m R m J J F g m r

m R m J J Rr m r m J J F gr

m R m J J r m R m a gR r

m R m J J r m R m a T T 22

12112121212

221212222112

1212122

121211++++++=

++++++=+++-=

+++-=

习题4-18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0

绕其轴转动，空气的

阻力距与角速度成正比，比例系数c 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为从初角速度的一半（2）在此时

P 1 F T1’

P 2

F T2’ B

a 2

F N

α F T2

F T1

间内共转过多少转解：

（1）通风机片所受阻力矩为ωC M -=，甴转动定律αJ M =，可得叶片的角加

速度为

J C dt d ω

ωα-

（1）

根据初始条件对式（1）进行积分

??-

=ω

dt J

d 由于C 和J 均为常量，得

t J C e -=0

ωω

（2）

当角加速度02

ωω=时，转动所需时间为

2ln C J

t = （2）根据初始条件对（2）积分，有

??-=θωθ000

t J C dt e d

即

J 20

ωθ=

在时间t 内所转过的圈数为

J N πωπθ40=2=

习题4-21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1= kg ，长l =40 cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。一质量为m 2=10 g 的子弹，以v =×102 m/s 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。解：根据角动量守恒定理')(212ωωJ J J +=，式中222)2/(l m J =为子弹绕轴的转动惯量，ω2J 为子弹陷入杆前的角动量，l v /2=ω为子弹在此刻绕轴的角速度。

12/211l m J =为杆绕轴的转动惯量。可得杆的角速度为

s rad l

m m v

m J J J /1.29)3(6'212212=+=+=

ωω

习题4-26 一质量为m ’、半径为R 的转台，以角速度a

转动，转轴的摩擦略去

不计，（1）有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上，此时转台的角速度b

’

为多少（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度

为多少设蜘蛛下落前距离转台很近。

分析：对蜘蛛和转台所构成的转动系统而言，蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒。应注意，蜘蛛爬行过程中，距离中心距离改变，其转动惯量是在不断改变的。本题由系统角动量守恒定律可求解。

解：（1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统角动量守恒定律，有

b a J J J ωω)(100+=

其中，20'2

R m J =

为转台对其中心轴的转动惯量，21mR J =为蜘蛛刚落至台面边缘时，对轴的转动惯量。于是可得

a a

b m

m m J J J ωωω2''

100+=+=

（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变，即22mr J =。在此过程中，有系统角动量守恒，有

c a J J J ωω)(200+=

即 a a c mr

R m R m J J J ωωω222

2002''+=+=

大学物理练习题(下)

第十一章真空中的静电场 1．如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度． L P 2.一个点电荷位于一边长为a的立方体高斯面中心，则通过此高斯面的电通量为???，通过立方体一面的电场强度通量是???，如果此电荷移到立方体的一个角上，这时通过（1）包括电荷所在顶角的三个面的每个面电通量是???，（2）另外三个面每个面的电通量是???。 3.在场强为E的均匀静电场中，取一半球面，其半径为R，E的方向和半球的轴平行，可求得通过这个半球面的E通量是（） A．E R2 π B. R2 2π C. E R2 2π D. E R2 2 1 π 4．根据高斯定理的数学表达式?∑ ?= S q S E / dε ? ? 可知下述各种说法中，正确的是（） (A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零． (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷． 5．半径为R的“无限长”均匀带电圆柱体的静电场中各点的电场强度的大小E与距轴线的距离r的关系曲线为( ) E O r (A) E∝1/r 6．如图所示, 电荷-Q均匀分布在半径为R，长为L的圆弧上，圆弧的两端有一小空隙，空隙长为图11-2 图11-3

)(R L L <

大学物理下册选择题练习题

( 1 ) 边长为l 的正方形，在其四个顶点上各放有等量的点电荷．若正方形中心Ｏ处的场强值和电势值都等于零，则：（Ｃ）（Ａ）顶点ａ、ｂ、ｃ、ｄ处都是正电荷．（Ｂ）顶点ａ、ｂ处是正电荷，ｃ、ｄ处是负电荷．（Ｃ）顶点ａ、ｃ处是正电荷，ｂ、ｄ处是负电荷．（Ｄ）顶点ａ、ｂ、ｃ、ｄ处都是负电荷． (3) 在阴极射线管外，如图所示放置一个蹄形磁铁，则阴极射线将（Ｂ）（Ａ）向下偏．（Ｂ）向上偏．（Ｃ）向纸外偏．（Ｄ）向纸内偏． (4) 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？（Ｃ）（Ａ）高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零．（Ｂ）高斯面上处处D 为零，则面内必不存在自由电荷．（Ｃ）高斯面的D 通量仅与面内自由电荷有关．（Ｄ）以上说法都不正确． (5) 若一平面载流线圈在磁场中既不受力，也不受力矩作用，这说明：（Ａ）（Ａ）该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行．（Ｂ）该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行．（Ｃ）该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直．（Ｄ）该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直． (6) 关于电场强度与电势之间的关系，下列说法中，哪一种是正确的？（Ｃ）

（Ａ）在电场中，场强为零的点，电势必为零．（Ｂ）在电场中，电势为零的点，电场强度必为零．（Ｃ）在电势不变的空间，场强处处为零．（Ｄ）在场强不变的空间，电势处处相等． (7) 在边长为ａ的正方体中心处放置一电量为Ｑ的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在一个侧面的中心处的电势为：（Ｂ）（Ａ）a Q 04πε．（Ｂ）a Q 02πε．（Ｃ）a Q 0πε．（Ｄ）a Q 022πε． (8) 一铜条置于均匀磁场中，铜条中电子流的方向如图所示．试问下述哪一种情况将会发生？（Ａ）（Ａ）在铜条上ａ、ｂ两点产生一小电势差，且Ｕa ＞Ｕb ．（Ｂ）在铜条上ａ、ｂ两点产生一小电势差，且Ｕa ＜Ｕb ．（Ｃ）在铜条上产生涡流．（Ｄ）电子受到洛仑兹力而减速．： (9) 把Ａ，Ｂ两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示.设无限远处为电势零点，Ａ的电势为ＵA ，Ｂ的电势为ＵB ，则（Ｄ）（Ａ）ＵB ＞ＵA ≠０．（Ｂ）ＵB ＞ＵA ＝０．（Ｃ）ＵB ＝ＵA ．（Ｄ）ＵB ＜ＵA ．

大学物理下册练习题

静电场部分练习题一、选择题： 1．根据高斯定理的数学表达式?∑=?0 εq s d E ，可知下述各种说法中正确的是（） A 闭合面的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零。 B 闭合面的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零。 C 闭合面的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零。 D 闭合面上各点场强均为零时，闭合面一定处处无电荷。 2．在静电场中电场线为平行直线的区域（） A 电场强度相同，电势不同； B 电场强度不同，电势相同； C 电场强度、电势都相同； D 电场强度、电势都不相同； 3．当一个带电导体达到静电平衡时，（） A 表面上电荷密度较大处电势较高。 B 表面曲率较大处电势较高。 C 导体部的电势比导体表面的电势高； D 导体任一点与其表面上任意点的电势差等于零。 4．有四个等量点电荷在OXY 平面上的四种不同组态，所有点电荷均与原点等距，设无穷远处电势为零。则原点O 处电场强度和电势均为零的组态是（） A 图 B 图 C 图 D 图 5．关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？（） A 高斯面不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零。 B 高斯面上处处D 为零，则面必不存在自由电荷。 C 高斯面上D 通量仅与面自由电荷有关。 D 以上说法都不对。 6．A 和B 为两个均匀带电球体，A 带电量+q ，B 带电量-q ，作一个与A 同心的球面S 为高斯面，如图所示，则（） S A B

A 通过S 面的电通量为零，S 面上各点的场强为零。 B 通过S 面的电通量为 εq ，S 面上各点的场强大小为2 04r q E πε= 。 C 通过S 面的电通量为- εq ，S 面上各点的场强大小为2 04r q E πε- =。 D 通过S 面的电通量为 εq ，但S 面上场强不能直接由高斯定理求出。 7．三块互相平行的导体板，相互之间的距离1d 和2d ，与板面积相比线度小得多，外面二板用导线连接，中间板上带电，设左、右两面上电荷面密度分别为1σ，2σ。如图所示，则比值1σ/2σ为（） A 1d /2d ; B 1 C 2d /1d ; D (2d /1d )2 8．一平板电容器充电后切断电源，若改变两极板间的距离，则下述物理量中哪个保持不变？（） A 电容器的电容量 B 两极板间的场强 C 两极板间的电势差 D 电容器储存的能量 9．一空心导体球壳，其外半径分别为1R 和2R ，带电量q ，当球壳中心处再放一电量为q 的点电荷时，则导体球壳的电势（设无穷远处为电势零点）为（）。 A 1 04R q πε B 2 04R q πε C 1 02R q πε D 2 02R q πε 10．以下说确的是（）。 A 场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，均强也一定为零； B 场强大小相等的地方，电势也相等，等势面上各点场强大小相等； C 带正电的物体，也势一定是正的，不带电的物体，电势一定等于零。 D 沿着均场强的方向，电势一定降低。 11．两个点电荷相距一定的距离，若在这两个点电荷联线的中垂线上电势为零，那么这两个点电荷为（）。

大题工科物理大作业04-刚体定轴转动

04 04 刚体定轴转动班号学号姓名成绩一、选择题（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内） 1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中，正确的是： A ．n a 、τa 的大小均随时间变化； B ．n a 、τa 的大小均保持不变； C ．n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定； D ．n a 的大小保持恒定，τa 大小变化。（C ） [知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。 [分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2 ω=，r a τβ= 当恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 2 02)(βωω+==，其大小随时间而变， r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为 A 和 B ，且B ρρ>A ，但两圆盘的质量和厚度相同。若两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ．B I I >A ； B. B I I ，所以2 2B A R R < 且转动惯量22 1 mR I = ，则B A I I <