大物上册期末复习题质点动力学+刚体选择带答案
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;(2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;(3)这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;(4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.在上述说法中,(A)只有(1)是正确的；(B) (1)、(2) 正确, (3)、(4)错误；(C) (1)、(2)、(3)都正确, (4)错误；(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确.3.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的[ A ](A) 角速度从小到大，角加速度从大到小；(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大；(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小；(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，如图射来两个质量相同，速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。
《大学物理学》刚体部分练习题解答
解答一、选择题：1.B2.B3.B4.C5.D6.D7.B8.C9.A 10. D 11.A 12.D 13.A 14.B 15.A三．计算题1．解：由于组合轮是一个整体，有12J J J =+。
应用牛顿运动定律：对物体A ，1111m g T m a -=；对物体B ，2222T m g m a -=，对组合轮，应用转动定律：12T R T r J α-=。
考虑到：1a R α=，2a r α=，解得：121221212122221212m R m r a g R J J m R m r m R m r a g r J J m R m r -⎧=⋅⎪+++⎪⎨-⎪=⋅⎪+++⎩；21222112212122121122221212J J m r m R rT m gJ J m R m r J J m R m R rT m gJ J m R m r ⎧+++=⋅⎪+++⎪⎨+++⎪=⋅⎪+++⎩。
2．解：由于飞轮的质量全部分布在轮缘上，有：2J m R =；而力矩为恒力矩，有：()3200102/6020/53rad s t ωππα-⋅===； 闸瓦给飞轮的正压力： 1.25 2.5'0.5l F FN F l ⨯⨯===， ∴0.42.50.250.25f M NR F F μ==⋅⨯=；由转动定律：M J α=，有：2f M mR α=→2200.25600.253F π=⋅⋅，有314F N =。
3． 解：由角动量守恒定律：200()2J m r J ωω+=，得 2J m r =。
由于 ：310/m kg s t-=所以 ：5323235105s 1101100.1110m J t r ----⨯====⨯⨯⨯⨯⨯ 4．解：设圆盘相对于地面的角速率为0ω，则人相对于地面的角速率为0vRωω∆=+。
应用角动量守恒定律：200J mR ωω+=，有：22000vJ mR mR Rωω∆++⋅=， 解得： 202mR vJ mR Rω∆=-⋅+。
质点运动学试题参考答案
质点运动学试题参考答案一、选择题1. C2. A3. D4. C5. A6. D7. B8. D9. A10. B11. D12. D13. B14. C15. D16. C17. D18. A19. C20. C21. B22. D23. D24. C25. D26. B27. C28. B29. C30. D31. D32. C33. B34. B35. C36. A37. C38. B39. D40. A41. C42. D43. A二、选择题1. 260 m2. 0，2R3. 0.0125 m.s -2参考解：两卡车运行t 时间应满足条件10001021152+≤-t at t 即 02000102=+-t at此方程有解之条件为020004102=⨯-a 解得 0125.0=a 4. 12.0m.s -1 5. 2 m 6. g 32-7. x = 18 m , a = -12 m.s -2 8. -++-()t t t t 22121240 9. t A x ωsin -=10. ()()23472t i t j +-+11. 北偏西30 12. 62.8m ⋅s -1 13. ()202x g y v v +=, 222x gy v=14. ()2s m 15.0-⋅=τa , ()2s m 26.1-⋅=n a15. 2g -，g3322v三、计算题1. 解：(1)物体在B 0处时，滑轮左边绳长为l 0=H-h ，当重物的位移为y 时，右边绳长为2202220)(t h H x l l v +-=+=因绳长为)(0y H l l H -+=+由上式可得重物的运动学方程为)()(20200h H t l l l y --+=-=v5.825.722-+=t y (SI)(2) 重物B 的速度和加速度为2225.72)5.825.72(d dd d t t t tt y +=-+==v232)25.72(25.72d d t t a +==v (3) 由5.825.722-+=t y 知25.72)5.8(2-+=y t当m 10=y 时 s 43.16=t2. 解：过程1：炮弹自发射至轨道最高点炸裂前的斜抛运动过程过程2：炮弹在最高点炸裂的过程 过程3：两碎片炸裂后的运动过程考查作斜抛运动的碎片，设其初速的两个分量分别为y x v v 、，开始抛出的时刻为03=t x 方向匀速直线运动 t S x x v =-1 (1)y 方向上抛运动 221gt t h y y -=-v (2) 落地时y = 0，代入已知条件m 6.19=h 和-1s m 1000⋅=x v 、-1s m 7.14⋅=y v 得m 500041000100012=⨯+=+=t S S x v3. 解：选坐标如A1-3-3图，则石头的轨迹方程为θθ2202cos 21tan v gxx y -= 以θθ22tan 11cos +=代入上式可得 0)2(tan tan 22022202=++-y gx x gx v v θθ 欲击中距抛出点L 远处、高h 的目标，令上式中的x =L ；y = h ，则θ 需满足， ])2(211[tan 2022020v v v gL h g gL +-±=θ 代入已知数据，可得上式根号下的值为0022.0)2(212220<-=+-v v gL h g 这说明θ 无实数解，所以距抛出点L 远处、高h 的目标不在可能的轨道上，不能被石头击中．欲击中目标，需使0)2(212220≥+-v v gL h g 此时θ 有解，由此可得在距抛出点L 远处，能被击中的目标的高度h 应满足)22(20220v v gL g h -≤在此限度内，不同的高度h 对应不同的抛出角θ． 在距抛出点L 远处，能被击中的目标的最大高度为)22(20220max v v gL g h -=可以算出，在L =50m 处，h max =12.3 m ，相应的抛出角为︒=⨯==9.51508.925arctan arctan 220gL v θ 4. 解：由题意可知，加速度和时间的关系为:t a a a τ0+=根据直线运动加速度的定义 ta d d v =200000002d )(d d d d t at a ta a t a t t t t ττ+=+===-⎰⎰⎰vv v 因为t=0 时，v 0=0，故2002t a t a τ+=v 根据直线运动速度的定义有 tx v d d =⎰⎰⎰+===-t t t t a a t t t xx x 020000d )2(d d d d τv3020621t a t a x x τ+=- 因为t=0 时，x 0=0 ，则位移为302062t a t a x τ+=5. 解：加速度 ky yt y y t a -=⋅=⋅==d d d d d d d d vv v v ，分离变量积分()220202212121d d 0ky ky yky yy -=--=⎰⎰v v v v vv所以得 ()220202y y k -+=v v6. 解：(1) 由A1-3-6图可知j r i r j y i x rθθsin cos +=+=θωθsin )cos (d dd d r r tt x x -===vA1-3-6图θωθsin )sin (d dd d r r tt y y ===v 式中，t d d θω=，t ωθ= ，且根据题意ω是常数，所以，有 j r i r j i y xθωθωcos sin +-=+=v v v又因 θωsin d d 2r t a yy -==v 所以 j r i r j a i a a y x θωθωsin cos 22--=+=(2) )sin cos ()sin ()cos (222j r i r j r i r a θθωθωθω+-=-+-=r j y i x 22)(ωω-=+-= 由上式可见， a 与r 方向相反，即a指向轨道圆周中心．7. 解：先根据已知条件求k ．t = 2s 时，P 点的速度值3222=⨯==Rk R ωv所以 )s rad (424324323-⋅=⨯==R k t = 1s 时，P 的速度大小为()122s m 8142-⋅=⨯⨯==Rkt v切向加速度的大小()2s m 1614222d d -⋅=⨯⨯⨯===Rkt t a t v法向加速度的大小 ()22422s m 32124-⋅=⨯⨯===Rt k Ra n v 加速度的大小为 ()22222s m 8.353216-⋅=+=+=n t a a a8. 解：“照射点”相对光盘的线速度恒定，因而激光束照射在光盘上离盘心远近不同的位置处时，光盘旋转的角速度和角加速度各不相同．(1) 设某时刻激光束射到盘上距盘心的距离为r 的某点，并在盘上取一半径为r 、宽度为d r 的圆环状区域 圆环内音轨数：r N d 圆环内音轨长度：) d ( π2r N r 则划过圆环内音轨的时间为 v rrN t d π2 d =全部放音时间 )(π d π2 d 212221R R N r rN t T R R -===⎰⎰vvmin69.4s 1016.43.1])022.0()056.0[(10650π3223=⨯=-⨯⨯⨯=(2) 距角速度与线速度的关系，光盘离盘心r =5.0cm 处的角速度为A1-3-7图A1-3-8图激光束1-s rad 2605.03.1⋅===r v ω 角加速度为3222π2π2 d d )(d d d d NrrN r t r r r t t v v v v v -=⋅-=⋅-===ωα在r =5.0cm 处2-323232s rad 1031.3)05.0(10650π2)3.1(π2⋅⨯-=⨯⨯⨯-=-=-Nr v α 角加速度是负值说明光盘的角速度随r 的增大而减小．请注意：角加速度式中的t rd d 并不是题目中已知的线速度v ，而是单位时间内“照射点”的r 的增量．由前，v rrN t d π2 d =，所以rNr rN r t r π2d π2d d d vv==9. 解：建立A1-3-9图所示的坐标系，由已知条件，有()1-h km 60-⋅-=i地风v ()1-h km 180-⋅=风机v，方向未知，地机-v大小未知，方向正北．由相对速度公式，地风风机地机---v v v+=矢量三角形为直角三角形，如A1-3-9图所示． 飞机相对于地面的速率为()122-h km 17060180-⋅=-=地机v驾驶员应取航向为北偏东 47.1918060sin 1==-θ10. 解：由相对速度公式：地车车雨地雨→→→+=v v v矢量图如A1-3-10图所示, 在x 、y 方向投影式为45cos 30cos 3545sin 30sin +===+→→→→→车雨地雨地车车雨地雨v v v v v联立以上两式，解得)地风-A1-3-9图A1-3-10图v)s (m 6.25211233530sin tg4530cos 1-→→⋅=+⨯=+⋅=地车地雨v v第2章 动力学基本定律一、选择题1. B2. C3. D4. D5. D6. C7. B8. D9. D 10. D 11. B 12. C 13. D 14. C 15. D 16. D 17. C 18. D19. C 20. A 21. D 22. A 23. D 24. C 25. D 26. C 27. C 28. A 29. D 30. D 31. D 32. D 33. C 34. D 35. A 36. D 37. A 38. D39. D 40. D 41. C 42. B 43. C 44. C 45. C 46. A 47. B 48. D 49. B 50. A 51. D 52. A 53. C 54. C 55. B 56. C 57. C 58. C 59. C 60. B 61. D 62. C 二、填空题1. 力的大小为3N ，方向向左．2. 240 N3. 10.6kg4.θcos v mM m+5. 后退 2.5m6. j i 5-7. 2.7 m.s -18.vRmgπ 9. j t i t2323+10. v m 311. bt , bt p +-012. 8 J 13. 67 J14. 202R F 15. 3J 16. 4000J 17.)(21222B A m -ω18.k g m 222 19. mgl 50120. mr k ,rk 2-三、计算题1. 解：由牛顿第二定律可知 a m F F F=++321所以213F F a m F --=将21F F a 、、按坐标投影代入上式，即可得 jF F ma i F F ma j F i F j F i F j a i a m F y y y x x x y x y x x)()()()()(212122113--+--=+-+-+= j i)2030sin 1060sin 0.30.2()30cos 1060cos 0.30.2(-+⨯++⨯=j i 8.97.11-= 大小： (N)3.158.97.11223=+=F方向： 05.508.97.11tan 33-=-==y x F F θ 2. 解：两小球均受重力和阻力的作用．小球1向下运动，速度为负，阻力-k v 沿+y 向，所受合力为-k v - mg . 小球2向上运动，速度为正，阻力、重力均沿-y 向，合力亦为-k v –mg ，故两小球的动力学方程具有如下相同的形式mg k t ym --=v 22d d (1) 由动力学方程(1)有 g mkt --=v v d d 分离变量t g mkd d =--v v(2)对小球1，其初始条件为t = 0 时，v 10 = 0 ，y 10 = h ．积分(2)式⎰⎰=--tt g mkd d 1v v v得 )e 1(-1t m kkmg--=v(3)对小球2，其初始条件为t = 0 时，v 20 = v 0 ，y 20 = 0．积分(2)式⎰⎰=--tt g mkd d 2v vv v得 kmgk mg t m k-+=-02e )(v v (4) 对小球1，由(3)式有 )e 1(d d -1t m kkmgt y --，利用初始条件积分得 t k mgkg m h y t m k--+=)e 1(-221 (5) 对小球2，由(4)式利用初始条件积分得t kmgk mg k m y t m k--+=)e 1)((-02v (6)(1) 两小球相遇时， y 1 = y 2 ，由(5)、(6)式可得相遇时间)1ln(0v m khk m t --=*(7) (2) 将(7) 代入(5)或(6)式得相遇地点为)1ln()1(0220v v m khkg m h k mg y -++=*(8)(3) 将(7)式分别代入(3)和(4)中可得相遇速度：001)]1(1[v v v gh m kh k mg -=---=*(9) mkh gh k mg m kh k mg --=--+=*)()1)((00002v v v v v (10) 讨论： 阻力很小时，即当k →0时，利用展开式2)1ln(2x x x --≈-，(7)—(10)式可化简为 0v h t =*；202v gh h y -=*；01v v gh -=*；002v v v gh -=*，这正是不考虑空气阻力时的结果．当考虑如题设的空气阻力时，由上述结果中的)1ln(0v m kh-可知， 只有当kh m >0v ，即mkh>0v 时，上述结果才能成立，两小球才可能相遇．3. 解：物体m 受力：重力 )(22yR mg G -=，)(R y ≥ ( y = R 时，mg G -=)初始条件：t = 0时 y =R ， v = v 0；运动方程：ma G = 即 )d d ()d d ()(22y yt m y R mg ⋅=-v]d )([d 220y yR g yR ⎰⎰-=vv v v)2(222yR g gR +-=v v讨论：由上式知，欲 v = 0，有 2222v -=gR gR y 由上式，可有如下三种情况：(1) 若 v 02 < 2gR ，则在y 处v = 0，物体返回； (2) 若 v 02 = 2gR ，则在 y →∞ 处v = 0,物体不再返回, 可算出 v 0 =11.2 km ⋅s -1 (第二宇宙速)； (3) 若v 02 > 2gR ，则y <0，不合理．可见，竖直上抛物体至少要以初速v 0 = 11.2 km/s 发射，才不会再回到地球．4. 解：以飞机着地处为坐标原点，飞机滑行方向为x 轴，竖直向上为y 轴，建立直角坐标系．飞机在任一时刻（滑行过程中）受力如图所示，其中N f μ=为摩擦力，2v x C F =阻为空气阻力，2v y C F =升为升力．由牛顿运动定律列方程：xm t x x v m t m N C F x x d d d d d d d d 2v v v v =⋅==--=∑μ (1) 02=-+=∑mg N C F y y v (2)由以上两式可得 ()xm C C mg x y d d 22v v v v =---μ 分离变量积分：()()[]⎰⎰-+-=vv vv 0222d d y x xC C mg m x μμ 得飞机坐标x 与速度v 的关系()()()220ln 2v v y x y x y x C C mg C C mg C C mx μμμμμ-+-+-=令v = 0，得飞机从着地到静止滑行距离为()()mgv C C mg C C mx y x y x μμμμ20max ln 2-+-=根据题设条件，飞机刚着地时对地面无压力，即 5,020===-=xy y C C k C mg N 又v得 2255,v v mg C C mg C y x y ===A2-3-4图所以有 ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=μμ51ln 512520m axg x v ()()()m 2171.051ln 1.0511023600/1090523=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=5. 解法一：建立地面参考系 受力分析如图所示 物体m 受力：mg 、Nx ma N =θsin (1) y ma mg N =-θcos (2)楔块M 受力：Mg 、N 0、N '（N ' = N 0）0sin Ma N =θ (3)由运动的相对性，)(0)()(地地M mM m a a a+'=x 方向： 00cos a a a a a x x -'-'=θ (4) y 方向： θsin a a a y y '-='= (5)由(1)~(5)式，可求得物块对楔块的加速度： g m M m M a M m θθ2)(sin sin )(++='对 楔块对地面的加速度： g m M m a M m θθθ2)(0sin cos sin +=对 物块对地面的加速度： 大小 22)(yxm a a a +=对地g m M m M m M θθθ222sin sin )2(sin +++=方向角β ]tan )1[(tan tan 11θβMm a a x y +==-- 解法二：选楔块M 为参考系m 受力：真实力mg 、N ；惯性力0ma F i -=θθcos sin 0a m ma N '+ (6) θθsin cos a mg N '-=- (7)M 受力：真实力Mg 、N 0、N '（N ' = N 0）；惯性力F i 0 = -Ma 0 ；0sin 0=-Ma N θ (8) 由(6)~(8)式可解出与解法一相同的结果．6. 解法一：在地面参考系求解(1) 若无静摩擦，且m 静止不动，则漏斗只有一个角速度ω． 一般情况下，物体m 受力：重力mg 、漏斗壁支持力N ；径向满足 r m N 2sin ωθ= y 方向满足 0cos =-mg N θ(2) 若有静摩擦力s f ，ω的数值可在一范围内变化，由min ω至max ω．当ω较小(但min ωω>)，m 有下滑趋势，s f 沿壁向上；当ω 较大时(但max ωω<)，m 有沿壁上滑趋势，s f 沿壁向下； 当max ωω=时，s f 沿壁向下，数值最大N f s μ=max ，此时物体m 受力如T2-3-5(a)图所示径向满足 r m f N s 2max 2max cos sin ωθθ=+ (1) y 方向满足 0sin cos max =--θθs f mg N (2) 由式(1)、(2)及N f s μ=max 可得)sin (cos )cos (sin max θμθθμθω-+=r g解法二：以漏斗为参考系物体m 受力：重力mg 、漏斗壁支持力N 、摩擦力f S max惯性力F i ，其中惯性力的大小为r m F i 2max ω= 方向沿径向．径向满足 0cos sin max =-+i s F f N θθ (3) y 方向满足 0sin cos max =--θθs f mg N (4)由式(3)、(4)及N f s μ=max 和r m F i 2max ω=同样可得)sin (cos )cos (sin max θμθθμθω-+=r g7. 解： 以水表面任一小体积隔离体m 作为研究对象，m 受力为重力mg 及水对水面m 的作用力N (⊥水面)，稳定时无切向力(见A2-3-6图)m 作匀速圆周运动 r a2ω-= Z 方向 0cos =-mg N θ (1) -r 方向 r m N 2sin ωθ= (2)由(1)、(2) 式有 rz g r d d tan 2==ωθ积分有r r gz zz rd )(d 02⎰⎰=ω得 022)2(z r gz +=ω水面是旋转抛物面8. 解：(1) 由题意，子弹离开枪口时所受合力为零，即031044005=⨯-=t F ， 子弹在抢筒中运动的时间 ()s 003.010440035=⨯⨯=t (2) 根据冲量定义，子弹在抢筒中所受合力的冲量为()s N 6.0d 3104400d 003.0050⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-==⎰⎰t t t F I t(3) 以子弹位研究对象，根据动量定理0v v m m I -=，式中10s m 300,0-⋅==v v ．所以 3006.0⨯=m()()g 2kg 1023006.03=⨯==-m9. 解：设单位时间内落到传送带上砂子的质量为p ．以t t t d ~+时间内落下的砂子d m 为研究对象，视为质点t p m d d =根据质点的动量定理，在d m 落到传送带上到与传送带一起运动的过程中0d d d d v v⋅-⋅==m m t F I式中()101s m 48.01022,s m 3--⋅=⨯⨯==⋅=gh v v ()0v v -=p F由A2-3-9矢量图可见，F与水平方向夹角为5334tg tg 01===-v v α10. 解：设在极短时间△t 内落在传送带B 上矿砂的质量为m ， 即t q m m ∆=，如A2-3-10矢量图所示，矿砂动量的增量()12v v vm m m -=∆设传送带对矿砂平均作用力为F，由动量定理,=∆⋅t F ()12v v v m m m -=∆ () 75cos 221222112v v v v v v -+=∆-=m q tm F()N 21.275cos 242243600200022=⨯⨯⨯-+=方向由正弦定理确定:()θsin 75sin 2v vm m =∆ → 29=θ由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上作用力与F大小相等，方向相反，即大小为2.21N ，方向偏离竖直方向1°，指向前下方．11. 解：方法一：用动量守恒定律求解d v ⋅mvt F d ⋅(∆以飞机(含机体及当时所载燃料)和空气为研究系统，考查t t t d +→过程 t 时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M ；飞机（对地）速度-1s m 210⋅=v ； 空气（对地）速度 = 0；t d 时间内：吸入空气d m (由已知1-s kg 75d d ⋅=tm) 消耗燃料（和空气混合燃烧后排出）的质量即t d 内飞机质量的变化d M （<0）(由已知1-s kg 0.3d d ⋅-=tM) t t d +时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M +d M （<M ）飞机（对地）速度v v d +；空气燃料燃烧后排出的质量M m M m d d d d -=+ 空气燃料燃烧后排出的速度（对飞机）-1s m 490⋅=u空气燃料燃烧后排出的速度（对地）)d (v v ++-u（以飞机前进方向为速度正方向）系统不受外力作用（重力忽略），故系统在d t 时间内动量守恒)d )(d ()d )(d d (0d v v v v v +++++--=+⋅M M u M m M m 化简并略去二阶小量得m u M u M d )(d d v v -+-=飞机受推力tM F d d v= 由 式有tmu t M uF d d )( d d v -+-= N 1025.275)210490()0.3(4904⨯=⨯-+-⨯-=方法二：用动量定理求解以飞机喷出的空气和燃料为研究对象，考查t t t d +→过程设t d 时间内：喷出的空气的质量为d m 1；喷出的燃料的质量为d m 2（实际上燃料是和空气一起燃烧后喷出的）；对飞机（含机体及当时所载燃料），t 时刻：对地速度 v ；t t d +时刻：对地速度v v d +对d m 1，t 时刻：对地速度 = 0；t t d +时刻：对地速度)d (v v ++-u（以飞机前进方向为速度正方向）对d m 2，t 时刻：对地速度 v ；t t d +时刻：对地速度)d (v v ++-u由质点系的动量定理（分量式），对d m 1和d m 2系统，21d d d p p t F +=F 是飞机对d m 1和d m 2的作用力（外力）])d ([d ]0)d ([d d 21v v v -++-+-++-=u m v v u m t F略去二阶小量得tmu t m u F d d d d )(21--=v 由已知，1-1s kg 75d d ⋅=t m ；1-2s kg 0.3d d ⋅=tm；-1s m 210⋅=v ；-1s m 490⋅=u ，得 N 1025.24⨯-=F ，则飞机受的推力为N 1025.24⨯=-='F F12. 解：(1) C 起动前，设A 、B 间绳的张力为T ，分别对A 、B 应用牛顿定律列方程g a a M T a M T g M B A M M B A A 21=−−−→−⎭⎬⎫==-= 又由221at l =得 ()s 4.0104.044=⨯==g l t(2) B 、C 间绳刚拉紧时，A 、B 的速度大小为()10s m 24.01021-⋅=⨯⨯==at v ，C的速度为零．经t ∆时间后，三者一起运动，设速率为v ，A 、B 间张力为1T ，B 、C 间张力为2T ，对A 、B 、C 分别应用动量定理()()1202101s m 33.10-⋅=−−−→−⎪⎭⎪⎬⎫-=∆-=∆--=∆-v v v v v v gM C B B A A A A M t T M M t T T M M t T g M 忽略13. 解：(1) m 与M 相碰，设M 对m 的竖直冲力为f ，由动量定理()02-=∆-vm t mg f忽略重力mg ，可得tm f ∆=2v 由牛顿第三定律，M 受m 竖直向下冲力也是tm f ∆=2v 对于M ，设地面支持力为N ，有tm Mg f Mg N f Mg N ∆+=+==--2,0v M 对地的平均作用力为tm Mg N ∆+=2v，方向竖直向下． (2) 以m 和M 为研究对象，在水平方向不受外力作用，系统动量守恒：()V V M MV m ∆+=+1v 所以滑块速度增量的大小为 Mm V 1v =∆ 14. 解：(1) m 和M 完全非弹性碰撞, 水平方向无外力，系统水平动量守恒v v )(cos 0M m m +=θm 和M 一起由桌边滑下至落地，无外力，只受重力(保守内力)作用，系统机械能守恒 以地面为重力势能零点，22)(21)()(21V M m gh M m M m +=+++v 由 、 式得m 和M 落地的速率gh Mm m gh V 2)cos (2202++=+=θv v(2) 对m 用质点的动量定理，M 对m 的冲量的两个分量为Mm mM m m I x +-=-=θθcos cos 00v v vθθsin )sin (000v v m m I y =--=M 对m 的冲量的大小为 202022)sin ()cos (θθv v m Mm M I I I yx++=+=15. 解：如图所示，以井中水面为坐标原点，以竖直向上为y 正方向．因为匀速提水，所以人的拉力大小等于水桶和水的重量，它随升高的位置面变化而变化，在高为y 处，拉力为kgy mg F -= 式中 ,kg 11)110(=+=m 1m kg 2.0-⋅=k ． 人作功为 (J)980d )8.92.08.911(d )(d 10=⨯-⨯=-==⎰⎰⎰y y y kgy mg y F A h 16. 解：由质点的运动方程3t c x =可得质点的速度23d d t c tx==v 由题意，阻力为3/43/242299x c k t c k k f -=-=-=v阻力的功为3/73/203/43/2727d 9d l c k x x c k x f A l f -=-=⋅=⎰⎰17. 解：(1) 以桌面为坐标原点，竖直向下为x 轴正方向．在某一时刻，竖直下垂的长度为x ，桌面对链条的摩擦力大小为 g x l l m f )(-=μ 链条离开桌面的过程中，摩擦力作功为⎰⎰⎰--=-=⋅= a a f x g x l lmx f r f A d )(d d μ2)(2a l lmg --=μA2-3-14图 v m负号表示摩擦力作负功．(2) 以链条为研究对象，由质点系的动能定理 222121v v m m A A f p -=+ 式中p A ,00=v 为重力作的功 )(21d 22a l mg lx xg l m A a p -==⎰由222221)(21)(2v m a l mg l a l l m =-+--μ得链条离开桌面时的速率为222)()[(a l a l lg ---=μv 18. 解：(1) 设t 时刻落到皮带上的砂子质量为M ，速率为v ；t ＋d t 时刻，皮带上砂子的质量为M M d +，速率也是v ． 根据动量定理，砂子在d t 时间受到的冲量()()v v v ⋅=⋅+-+=M M M M M t F d 0d d d所以得 M tMF ∆⋅==v vd d 由牛顿第三定律，砂子对皮带的作用力大小也是F ．为维持皮带作匀速运动，动力源对皮带的牵引力大小也等于F ，且与F同向，因而，动力源提供的功率为tMM F p d d 22v v v =∆=⋅=(2) 将题中数据代入(1)中结果得水平牵引力大小为 ()N 30205.1d d =⨯==∆=''tMM F vv 所需功率()W 45205.122=⨯=∆=M P v19. 解：(1)由位矢j t b i t a rωωsin cos +=可得质点的速度分量t a t x x ωωsin d d -==vt b t y y ωωcos d d ==v在A 点，0sin ,1cos ,0,====t t y a x ωω即,质点的动能为2222k 212121ωmb m m E yA xA A =+=v v在B 点，1sin ,0cos ,,0====t t b y x ωω即，此时质点的动能为2222k 212121ωma m m E yB xB B =+=v v(2) 由牛顿第二定律，质点所受的力为jma i ma a m F y x +==j t b m i t a m ωωωωsin cos 22--= 质点由A 到B ，x F 和Y F 做功分别为x t ma x F A BAax x d cos d 02ωω⎰⎰-==⎰=-=022221d ama x x m ωω⎰⎰-=-=-=bby mb y y m y t mb A 0220221d d sin ωωωω20. 解：方法一：选地面参考系，考查（m 1---m 2 ---弹簧）系统无水平外力，系统动量守恒设两物块相对速度最大时，两物块的速度分别为v 1、v 2，则在x 向有 02211=+v v m m无非保守内力，系统机械能守恒，最大相对速度对应其初势能全部转化为动能，有 2222112212121v v m m kl += 联立 、 式可得)(211221m m m kl m +=v ， )(212212m m m kl m +=v两物块的最大相对速度的大小为21221122121)(m m kl m m m m m +=+=-v v v解法二：选物块2为参考系（相对参考系），以（m 1---弹簧）为系统 只有弹力作功，系统机械能守恒因势能值与参考系无关，故势能全部转化为最大相对动能．2211212)(2121v m m m kl += 由此式可直接得出上述相对速度的结果．21. 解：如A2-3-21(a)图所示，设m 相对于M 对mM 作的功为 221MV W =(1) 在m 下滑、同时M 后退的过程中，以(m + M )为系统，系统在x 向不受外力，动量守恒0=+x m MV v (2) 对(m + M + 地球)系统，m 与M 之间的一对正压力作功之和为零，只有保守力作功，系统机械能守恒mgh MV m y x =++22221)(21v v (3) 由相对运动关系 V+'=v v 得θtan )(=-+x yV v v (4) 联立(1)---(4)式解得 )sin )(1(cos 22θθ++=mMm M Mgh W设下滑时间为T ，由(2)式， ⎰⎰+TTx t m t V Md d v 0=-m mS MS (5)位移关系： θtan =+m S S h(6) 由(5)、(6)式解得θtan )1(mMhS +=22. 解：轨道的转轨点．设此处卫星对地心的位矢为r，速度应为21v v v+=对卫星，在转轨点所受的力和在其他位置所受的力（地球引力）均指向地心，心外力矩为零， 械能守恒．设卫星在近(远)地点时，位矢为r '，速度为v ' 对卫星，由角动量守恒得v v ''=m r rm 1 对(卫星+地球)系统，由机械能守恒定律，有⎪⎭⎫ ⎝⎛'-+'=⎪⎭⎫ ⎝⎛-++r GMm m r GMm m 2222121)(21v v v (2) 卫星作圆周运动时的动力学关系为21212 v v r GM r m rMm G =⇒= (3)联立式(1)、(2)、(3)得r ′有两个解，分别对应近地点和远地点：km 70132.05.7)8006400(5.72111=++⨯=+='v v v r rkm 73972.05.7)8006400(5.72112=-+⨯=-='v v v r r近地点高度 km 6136400701311=-=-'=R r h 远地点高度 km 9976400739722=-=-'=R r h223. 解：建立A2-3-23图所示的坐标系Oy ，原点在地面． (1) 据角量与线量关系得楼顶线速度 )(h R h +=ωv ； 楼根线速度 R ω=0v ； 楼顶和楼根的线速度之差h R h R h ωωω=-+=-=)(Δ0v v v(2) 解法一：近似认为物体下落过程中“水平”速度不变 落体的“水平”速度（即开始下落时楼顶的速度）为)(h R h +=ωv 楼根的“水平”速度（将楼所在处的地面局部视为向东以速度ω R 平移）为R ω=0v落体下落时间为 ghT 2=落体着地时偏东的距离为 gh h T s h 2)(0ω=-=v v 由 m 30=h ； 1-5s rad 1027.786400π2⋅⨯==-ω得 m 104.58.930230)1027.7(35--⨯=⨯⨯⨯⨯=s 解法二：利用物体下落过程中对地球自转轴的角动量守恒物体下落时，在不同高度（以图中y 坐标表示）处，其“水平”线速度不同，角速度也不同，相同的只是物体对地球自转轴的角动量．由于物体下落过程中，只受重力，而重力的力矩为零，所以下落过程中物体的角动量守恒．若落体在楼顶（y = h ）处角速度为ωh （因为整栋楼固结在地面上，楼顶和楼根的角速度 相同，均为地球自转角速度ω，而物体刚从楼顶下落时，其角速度应和楼顶的角速度相同，故有ωh = ω），在高度为y 处的角速度为ωy ，则落体在楼顶处的线速度为)(h R h +=ωv ，在高度为y 处的线速度为)(y R y y +=ωv由下落过程中物体的角动量守恒有)()(y R mv h R m y h +=+v (1) 由（1）式及线速度可得22)()(y R h R y +=+ωω于是 ωω22)()(y R h R y ++= (2) 将221gt h y -=代入(2)式中有22222])(21[)21()(h R gt gt h R h R y +-=-++=ωωω因为)(2h R gt +<<，利用级数展开并取一级近似 x x 21)1(2-≈+- 有])(1[2h R gt y ++≈ωω整个下落过程（T t →=0）中，物体的水平偏移（对惯性系） t h R gt R t R t y R t ΔTTy T y T y d ])(1[d d )(d 0200⎰⎰⎰⎰++≈≈+==ωωωv 物对惯)(313h R RgT RT ++=ωω整个下落过程（T t →=0）中，地面的水平偏移（对惯性系）RT Δω=对惯地整个下落过程（T t →=0）中，落体对地面的偏东距离331)(31333gT R RgT h R RgT ΔΔΔωωω=≈+=-=对惯地对惯物物对地 因 221gT h =，有h gT 22= 和 ghT 2=，代入上式得 ghh Δ232ω≈物对地第3章刚体和流体一、选择题1. A2. C3. D4. D5. C6. D7. A8. B9. B10. C11. B12. B13. A14. A15. C16. A17. C18. D19. C20. D21. B22. D23. C 24. B 25. C 26. B 27. B 28. C 29. B 30. D 31. C 32. A 33. C 34. C 35. D 36. C 37. A 38. B 39. C 40. C二、选择题 1. π2. 43 rad.s -1 3. 1322ml sin θ4. 21ββ>5. 14W6. 29 k N.m7. 0, k ab mω8. 2083ωJ -9. 72 J10.mgl 21，l g 32 11. ()2202347x l l +=ωω12. ()lm M 3460+v13.mM M 20+ω14. 14 rad ⋅s -115. 0,s m kg 10831-126⋅⋅⨯⋅ 16. m 1059.911-⨯=d , 45104'= θ 17. 2min rev/67-，8.3 18. m 1026512⨯⋅ 19. ω，ω221R m M ⎪⎭⎫⎝⎛- 20. 2.5m ⋅s -1, 2.57⨯106Pa 21. 1.26⨯10-3m 3⋅s -1，1.5m 22. 0.46m 23. 2.27⨯102s24. 7.69⨯10-3m ⋅s -1，1.88⨯10-2m ⋅s -1三、计算题1. 解：各物体受力如左图所示．由牛顿定律和转动定律列方程如下：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=='-='=-ββR a mR R T TR ma T ma T F 221 由以上各式可以解出 (1) 滑轮的角加速度()2s rad 10050.08510252-⋅=⨯⨯⨯==mR F β (2) A 与滑轮之间绳中张力()N 0.6510353=⨯==F T (3) B 与滑轮之间绳中张力()N 0.4510252=⨯=='F T'2. 解：以人、重物和滑轮为研究对象，受力分析如图所示．以地为参考系，由于人相对于绳运动无加速度，所以人与物体加速度方向相反，大小相等，设为a ．对人和物体应用牛顿第二定律：Ma T Mg =-2 (1)Ma Mg T 21211=-(2) 对滑轮应用转动定律：ββ21241MR J R T R T ==- (3)再考虑角量和线量的关系：βR a = (4) 联解以上各式，可得B 上升的加速度 72g a =3. 解：各物体受力如A3-3-3图所示 由牛顿定律和转动定律列方程如下：βββr a r a mr r T r T ma mg T ma T mg ===⨯-⨯=-=-1221211222292 联立以上方程，可以解得 rg 192=β 4. 解：左边直棒部分对O 轴的转动惯量21131L m J O = 由平行轴定理，右边直棒部分对O 轴的转动惯量2222223121⎪⎭⎫⎝⎛+=L m L m J O 整个刚体对O 轴的的转动惯量22122222121)7(312312131L m m L m L m L m J J J O O O +=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+=5. 解：左边长为L 的直棒部分对O 轴的转动惯量21131L m J O = 由平行轴定理，圆盘部分对O 轴的转动惯量()22221R L M MR J O ++=A3-3-2图a 12a T A3-3-3图A3-3-4图12整个刚体对O 轴的的转动惯量()()222212131R L M MR L m J J J O O O +++=+=6. 解： (1) 222213431ml ml ml J J J =+=+= (2) 机械能守恒：221sin 2sin ωθθJ l mg mgl =+lg θωsin 23=7. 解：(1) 甲、乙二人受力情况相同，皆受绳的张力T ，重力mg ，二人的运动相同，因为ma mg T =-所以二人的加速度相同，二人的速度为t mmg T t a ttd )(d 000⎰⎰-=+=v v因初速度v 0 = 0，二人在任一时刻的速度相同，上升的高度相同，所以同时到达顶点．以二人为系统，因二人是加速上升，所受合外力2(T -mg ) > 0，故系统的动量不守恒．以人和地球为系统，张力T 对系统做功，因而系统的机械能不守恒．显然人在上升中机械能在样加．但甲、乙二人相对滑轮轴的合外力矩（M = TR -TR + mgR - mgR ）等于零，系统对轴的角动量守恒．(2) 设甲的速度甲v 、乙的速度为乙v ，从解(1)知二人的速度相等，即乙甲v v =，这个结果也可用角动量守恒得到，因0=-乙甲v v Rm Rm故 乙甲v v =设绳子的牵连速度为v 0，设滑轮左侧绳子的v 0向下，那么滑轮右侧的v 0一定向上，根据速度合成定理0v v -=u 甲02v v +=u乙 所以 002v v +=-uu40u =v则 u 43==乙甲v vA3-3-7图讨论: 由于人用力上爬时，人对绳子的拉力可能改变，因此绳对人的拉力也可能改变，但甲、乙二人受力情况总是相同，因此同一时刻甲、乙二人的加速度和速度皆相同，二人总是同时到达顶点．8. 解：tJ t L t d d sin d d sin d d θθωθθ==L 222737s m kg 107911015326000π2523sin 86400π210058-⋅⋅⨯⋅=⨯⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⋅=太阳和月亮对地球的合力矩的大小为 m N 10791d d 22⋅⨯⋅==tM L9. 解：两轮接触时，受力如A3-3-9图所示轮I 、轮II 接触时，轮I 受到重力m 1g ，轴给轮的力T 1，以及摩擦力f 1，轮II 施加的正压力N 1；轴II 受到重力m 2g ，轴给轮的力T 2，以及摩擦力f 2、轮I 施加的正压力N 2，以及外加力F ．f 1和f 2大小相等、方向相反，对轮I 和轮II 组成的系统来说，f 1和f 2是一对内力，它们的力矩和不会改变系统的总角动量．轮I 、轮II 系统受到的外力T 1、T 2、m 1g 和m 2g ，它们对O 1轴或者O 2轴的合外力矩皆不为零，这个系统对O 1或者O 2的角动量都不守恒．所以应对轮I 、轮II 分别运用角动量定理．对I 轮，设顺时针转动为正向01111J d ωωJ t fR t-=-⎰ (1)对II 轮，设逆时针转动为正负2222d ωJ t fR=⎰ (2)联立(1)、(2)两式可得22210111R J R J J ωωω-=- (3)转动稳定时，两轮缘的线速度相等，即2211ωωR R = (4)联立(3)、(4) 解得2211220121222112201221,J R J R J R R J R J R J R +=+=ωωωω10. 解：地球的自转动能为A3-3-9图222k )π2)(33.0(2121T MR J E ==ω 242624)1064.8π2()1037.6)(1098.5(33.021⨯⨯⨯⨯⨯⨯= J 1014.229⨯=地球自转动能的变化率为) d d (π)2()π2( d d )π2( d d )21( d d d d 322k tT T J T t T J t J J t t E -====ωωω )1015.3(1016)10(8.64π4])104.6)(1098.5(33.0[763422624⨯⨯⨯⨯⨯⨯-= kW 10-2.6J/s 106.2912⨯=⨯-=即相当于摩擦消耗的功率为kW 106.29⨯，由此可以算出，一年内潮汐消耗的能量相当于我国1999年的发电量（J 10418⨯）的大约20倍． 潮汐作用对地球的平均力矩为tTT J T t J t JJ M d d π2)π2( d d d d 2-====ωβ )1015.3(1016)10(8.64π2])104.6)(1098.5(33.0[76242624⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=m N 105.316⋅⨯-=11. 解：以细棒和支点为研究对象，碰撞过程中和外力矩为零，系统角动量守恒． 建立A3-3-11图所示的坐标系，设细棒线密度为λ，则lm 2=λ， 碰撞前细棒对O 点的角动量大小为：l m l x x x x l l 02002/02/30021d d v v v v ==-⎰⎰-λλλ 碰撞后细棒对O 点的角动量大小为： 2221272141234331l m l m l m J ωωω=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=由角动量守恒定律：2012721l m l m ω=v ∴ 碰后细棒绕O 点的角速度大小为：l760v =ω12. 解：(1) 中子星的自转角加速度 tTT T t t d d π2)π2( d d d d 2-===ωβ 29752s rad 103.21015.31026.1)033.0(π2---⋅⨯-=⨯⨯⨯-=A3-3-11图(2) 中子星转动动能的减小速率tmR t J J t t E d d 52 d d )21( d d d d 22ωωωωω=== 1-3192430s J 106.2)103.2)(033.02()10()105.1(52⋅⨯-=⨯-⨯⨯⨯=-π(3) 中子星经过多长时间将停止转动3122430222106.2)033.0π2()10)(105.1(51 d d )52(21 d d 21 d d ⨯⨯====tE mR t E J t E E t ωω a 1300s 1018.410=⨯=13. 解：过程1：棒下摆．考查(棒---地球)系统，只有重力（保守内力）作功，系统机械能守恒．设地面为重力势能零点，则有)2(212lmg J mgl +=ω (1) 式中J 为棒的转动惯量 231ml J =解得lg3=ω (2) 过程2：棒和滑块的碰撞．考查(棒---滑块)系统，外力(重力、轴力)力矩均为零，系统角动量守恒．l m J J v +'=ωω (3)过程3：滑块运动且棒上摆．考查滑块，仅摩擦力作用 由动能定理 2210 v m S f -=⋅- (4) 其中摩擦力 mg f μ=考查(棒---地球)系统， 只有重力（保守内力）作功，系统机械能守恒． mgh lmg J =+')2(212ω (5) 联立(2)----(5)式可得Sl S l h 6 3μμ-+=14. 解：小球下摆，(小球---地球)系统只有重力作功，机械能守恒 设杆静止时的最低端处为重力势能零点，有221)cos 1(v m mgl =-θ (1)球---杆弹性碰撞，(小球---细杆)系统，重力(此刻竖直)和轴力对轴O 的力矩为零，系统角动量守恒；且因是弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变设小球碰前、后的速度大小分别为v 和v '，碰后杆的角速度为ω，角动量守恒式为 ω)31(2ml l m l m +'=v v (2)动能守恒式为 2222)31(212121ωml m m +'=v v(3)杆上摆，(细杆---地球)系统，只有重力作功，机械能守恒 取杆的中点处为重力势能的零点=ω22)31(21ml )3cos 1(2π-l mg (4) 联立(1)—(4)式有， 32cos =θ ，得到 32cos 1-=θ15. 解：(1) 两小球被压缩的弹簧弹开, 对O 轴，弹簧推力的力矩之和为零；重力、槽底支持力无力矩；槽壁对球的压力指向圆心，M 外= 0，系统角动量守恒． 设 m ，M 刚脱离弹簧时的角速度分别为m ω和M ω，有 0=+M M m m J J ωω0)()(22=+M m MR mR ωωM m M m ωω-= 两小球被弹开后的运动过程因沟槽水平光滑，m 、M 都作匀角速圆周运动．相遇时m 转过θm 角，M 转过θM 角，由 式有即 t M t m M m ∆-=∆ωω 且由 M m M m θθ-=、●联立，得π2)(=-+M m θθ ●Mm mM +=π2θ ❍(2) 两小球被压缩的弹簧弹开, 考查(m---M ---弹簧)系统，在m 、M 弹开的过程中，只有弹力作功，系统机械能守恒． 02222)(21)(21U MR mR M m =+ωω ⏹ 由 、⏹得A3-3-14图A3-3-15图2)(2R m M M mU M +=ω ☐同样也可得被弹开时m 的角速度m ω．两小球被弹开后，m 、M 都作匀角速圆周运动 由❍、☐得22)(π2U m M mMR t M M +==∆ωθ16. 解：设小球在流体中运动，受力分析如A3-3-16(a)图所示．取坐标如图，以向下为正方向，则有牛顿运动方程tm k mg d d vv =- 分离变量 v v k mg m t -=d d 即： vv m k g m k g t k m --=-)d(d 积分 ⎰⎰--=-v vv 00)d(d mk g m k g t k m t 得 )e 1(t m kk mg--=v当 ∞→t 时， k mg T ==v v (收尾速率) 于是有)e1(t gT Tv v v --=小球速度v 随 t 变化的曲线如A3-3-16(b)图17. 解：(1) )s (m 100.2)104(14.3100.112236----⋅⨯=⨯⨯⨯==S Q V v (2) 由泊萧叶定律η2218πr l p p Q V ⋅-⋅=得A3-3-16(b)图vA3-3-16(a)图y v(Pa)99.2)104(14.3100.31.0108π84336421=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-=∆---r l Q p p p V η(3) 作用在这段血管上的净力)(2121p p S Sp Sp F -=-=维持血液在血管中流动所需功率为(W)100.3100.299.2)104(14.3π62232---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=∆==vv p r F P18. 解：(1) 混合气体中各组分的压强与总压强之比，等于各组分的体积百分比.在含氧21%体积百分比的空气中，要使氧的分压强达到0.2MPa ，则空气的总压强为0.95MPa.海面的大气压强为0.10MPa ，由海水产生的压强为0.85MPa ，这时海水的深度为6030.8510m 85m 1.025109.8p p h g ρ-⨯===⨯⨯ (2) 对于体积百分比分别为氧3%和氦97%的气体混合物，在水深200m 时氧的分压强是()11100.063MPa p x p x gh p ρ==+≈19. 解：设大气压强为0p ，潜水员位于深度L 时，吸气入肺后，其肺部压强 > 环境压强gL p p ρ+=0对潜水员来说，环境压强逐渐减小，直至减为0p ，他的血压也逐渐减小，直至到达水面时达到正常状态。
大学物理题库-质点运动学习题与答案解析
第一章 质点运动学一、选择题：1、在平面上运动的质点，如果其运动方程为j bt i at r22+= (其中b a ,为常数)，则该质点作[ ]（A ） 匀速直线运动 （B ） 变速直线运动 （C ） 抛物线运动 （D ） 一般曲线运动2、质点以速度124-⋅+=s m t v 作直线运动，沿质点运动方向作ox 轴，并已知s t 3=时，质点位于m x 9=处，则该质点的运动方程为[ ](A) t x 2= (B) 2214t t x += (C) 123143-+=t t x (D) 123143++=t t x3、某雷达刚开机时发现一敌机的位置在j i 96+处,经过3秒钟后，该敌机的位置在ji612+处,若i 、j分别表示直角坐标系中y x ,的单位矢量，则敌机的平均速度为[ ]（A ）j i 36+ （B ）j i 36-- （C ）j i -2 （D ）j i+-2 4、质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为(A) 2πR /T , 2πR/T ． (B) 0 , 2πR /T(C) 0 , 0． (D) 2πR /T , 0. ［ ］5、一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v，瞬时速率为v ，某一时间内的平均速度为v，平均速率为v ，它们之间的关系必定有：（A ）v v v,v == （B ）v v v,v =≠（C ）v v v,v ≠≠（D ）v v v,v ≠=[ ] 6、一运动质点的位置矢量为)y ,x (r，其速度大小为[ ](A)dt dr （B ）dt r d （C ）dt r d （D ）dt r d （E ）22)()(dt dydt dx +7、某物体的运动规律为t kv dtdv2-=,式中的k 为大于零的常数，当0=t 时，初速度为0v ，则速度v 与时间t 的函数关系是：[ ]（A ）0221v kt v += （B ） 0221v kt v +-=（C ） 021211v kt v += （D ） 021211v kt v +-=8、一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度=v 2 m/s ，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度(A) 等于零． (B) 等于-2 m/s ．(C) 等于2 m/s ． (D) 不能确定． ［ ］ 9、质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，S 表示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中，(1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) t a t =d /d v．(A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的． (C) 只有(2)是对的．(D) 只有(3)是对的． ［ ］ 10、一质点在运动过程中，0=dtr d ,而=dtdv常数，这种运动属于[ ] （A ）初速为零的匀变速直线运动； （B ）速度为零而加速度不为零的运动； （C ）加速度不变的圆周运动； （D ）匀变速率圆周运动。
大学物理(上)复习要点及重点试题
刚体复习重点（一）要点质点运动位置矢量(运动方程) r = r (t ) = x (t )i + y (t )j + z (t )k ，速度v = d r/d t = (d x /d t )i +(d y /d t )j + (d z /d t )k ，动量 P=m v加速度 a=d v/d t=(d v x /d t )i +(d v y /d t )j +(d v z /d t )k曲线运动切向加速度 a t = d v /d t ， 法向加速度 a n = v 2/r .圆周运动及刚体定轴转动的角量描述 θ=θ(t )， ω=d θ/d t ， β= d ω/d t =d 2θ/d t 2，角量与线量的关系 △l=r △θ， v=r ω (v= ω×r )，a t =r β, a n =r ω2力矩 M r F 转动惯量 2i i J r m =∆∑， 2d mJ r m =⎰ 转动定律 t d L M =M J α= 角动量： 质点p r L ⨯= 刚体L=J ω；角动量定理 ⎰tt 0d M =L -L 0角动量守恒 M=0时, L=恒量； 转动动能2k E J ω= (二) 试题一 选择题（每题3分）1．一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力（答案：C ）(A) 处处相等． (B) 左边大于右边．(C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 2．将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 （答案：C ）(A) 小于β． (B) 大于β，小于2 β． (C) 大于2 β． (D) 等于2 β．3. 均匀细棒OA 可绕通过其一端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落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？(A) 角速度从小到大，角加速度从大到小. (答案：A ）(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大.(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小.(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.4. 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（答案：C ）(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.5. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为ω0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为J 0/3．这时她转动的角速度变为（答案：D ）(A) ω0/3． (B) ()3/1 ω0． (C) 3 ω0． (D) 3ω0．二、填空题1.（本题4分）一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40π rad/s 减少到10π rad/s ，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。
大学物理上册复习试题及试题答案
大学物理复习试题及答案目录1．质点运动学及动力学练习题 (1)质点运动学及动力学答案 (8)2．刚体定轴转动练习题 (10)刚体定轴转动答案 (13)3．狭义相对论基础练习题 (14)狭义相对论基础答案 (17)4、振动、波动练习题 (19)5．热学练习题 (35)质点运动学及动力学练习题一 判断题1．质点作圆周运动，其加速度一定与速度垂直。
（ ） 2．物体作直线运动，法向加速度必为零。
（ ） 3．物体作曲线运动，法向加速度必不为零，且轨道最弯处，法向加速度最大。
（ ）4．某时刻质点速度为零，切向加速度必为零。
（ ） 5．在单摆和抛体运动中，加速度保持不变。
（ ） 6．某人器自行车以速率V 向正东方向行驶，遇到由北向南刮来的风，（设风速也为V ），则他感到风是从东北方向吹来的。
（ ）7．质点沿x 方向作直线运动，其 v - t 图象为一抛物线，如图所示。
判断下列说法的正误：（1）21t t时加速度为零。
（ ）（2）在0 ~ t 2 秒内的位移可用图中v – t 曲线与t 轴所围面积表示，t 轴上、下部分的面积均取正值。
（ ）（3）在0 ~ t 2 秒内的路程可用图中v – t 曲线与t 轴所围面积表示，t 轴上、下部分的面积均取正值。
（ ）8．某质点的运动方程为 x =3t -5t 3+6 (SI) ，则该质点作变加速直线运动，加速度沿X 负方向。
（ ）v tt 2t 1t 1/29．物体的运动方向和合外力方向一定相同。
（）10．物体受到几个力的作用，一定产生加速度。
（）11．物体运动的速度很大，所受到的合外力也很大。
（）12．物体运动的速率不变，所受到的合外力为零。
（）13．小力作用在一个静止的物体上，只能使它产生小的速度。
（）14．小球从距地面高为h处以初速度v0水平抛出，与地面碰撞后又反弹回同样的高度，速度仍为水平方向，大小为v0在这一过程中小球的动量受恒。
（）15．物体m被放在斜面M上，如把m和M看成一个系统，判断在下列何种情形下，系统的水平方向分动量是守恒的？（1）m与M间无摩擦，而M与地面间有摩擦。
《质点动力学》选择题解答与分析
2 质点力学的运动定律 守恒定律 2.1直线运动中的牛顿运动定律1. 水平地面上放一物体A ，它与地面间的滑动摩擦系数为μ．现加一恒力F如图所示．欲使物体A 有最大加速度，则恒力F与水平方向夹角θ 应满足 (A) sin θ ＝μ． (B) cos θ ＝μ．(C) tg θ ＝μ． (D) ctg θ ＝μ．答案： (C)参考解答：按牛顿定律水平方向列方程：,)sin (cos a m F g m F A A =--μθθ显然加速度a 可以看作θ 的函数，用高等数学求极值的方法， 令,0d d =θa，有.μθ=tg 分支程序：凡选择回答错误的，均给出下面的进一步讨论：1.一质量为m 的木块，放在木板上，当木板与水平面间的夹角θ由00变化到090的过程中，画出木块与木板之间摩擦力f 随θ变化的曲线（设θ角变化过程中，摩擦系数μ不变）.在图上标出木块开始滑动时，木板与水平面间的夹角θ0 ，并指出θ0与摩擦系数μ的关系．(A) 图(B)正确，sin θ0 ＝μ． (B) 图(A)正确，tg θ 0＝μ．答案： (B)参考解答：(1) 当θ较小时，木块静止在木板上，静摩擦力;sin θmg f =(正确画出θ为0到θ 0之间的f －θ 曲线)(2) 当θ＝θ 0时 (tg θ 0＝μ)，木块开始滑动； (3) 0θθ>时，滑动摩擦力,cos θμmg f =(正确画出θ为θ 0到90°之间的f －θ曲线) .F θA2.2曲线运动中的牛顿运动定律1. 如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？(A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加． (C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心． (D) 它的合外力大小不变． (E) 轨道支持力的大小不断增加． 答案： (E)参考解答：根据牛顿定律法向与切向分量公式：.dtd ,2υυm F R m F t n == .cos ,sin θθmg F mg N F t n =-= 物体做变速圆周运动，从A 至C 的下滑过程中速度增大，法向加速度增大。
《大学物理C1(上、下)》练习册及答案
大学物理C（上、下）练习册✧质点动力学✧刚体定轴转动✧静电场电场强度✧电势静电场中的导体✧稳恒磁场✧电磁感应✧波动、振动✧光的干涉✧光的衍射注：本习题详细答案，结课后由老师发放一、质点动力学一、选择题1. 以下几种运动形式中，加速度a保持不变的运动是：（A ）单摆的运动； （B ）匀速率圆周运动；（C ）行星的椭圆轨道运动； （D ）抛体运动 。
［ ］ 2. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为(A) 2 R /T , 2 R/T ． (B) 0 , 2 R /T(C) 0 , 0． (D) 2 R /T , 0. ［ ］3. 质点作曲线运动，r表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ，(3) v =t S d /d ， (4) t a t =d /d v．(A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的． (C) 只有(2)是对的． (D) 只有(3)是对的． ［ ］4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r的端点处，其速度大小的表达式为(A )t d dr ； （B ）dt r d ； （C ）dt r d || ； （D ）222dt dz dt dy dt dx ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛［ ］ 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率)(A) t d d v ． (B)2V R．(C) R t 2d d v v +． (D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ． ［ ］6. 质量为m的质点，以不变速率v沿图中正三角形ABC的水平光滑轨道运动．质点越过A角时，轨道作用于质点的冲量的大小为(A) mv． (B)．(C) ． (D) 2mv．［］7. 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）(A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．［］8. 一炮弹由于特殊原因在水平飞行过程中，突然炸裂成两块，其中一块作自由下落，则另一块着地点（飞行过程中阻力不计）(A) 比原来更远． (B) 比原来更近．(C) 仍和原来一样远． (D) 条件不足，不能判定．［］9. 如图，在光滑水平地面上放着一辆小车，车上左端放着一只箱子，今用同样的水平恒力F拉箱子，使它由小车的左端达到右端，一次小车被固定在水平地面上，另一次小车没有固定．试以水平地面为参照系，判断下列结论中正确的是(A)在两种情况下，F做的功相等．(B)在两种情况下，摩擦力对箱子做的功相等．(C)在两种情况下，箱子获得的动能相等．(D)在两种情况下，由于摩擦而产生的热相等．［］10. 质量为m的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地球时，可认为该飞船只在地球的引力场中运动．已知地球质量为M，万有引力恒量为G，则当它从距地球中心R 1处下降到R 2处时，飞船增加的动能应等于(A)2R GMm(B)22R GMm(C) 2121R R R R GMm - (D) 2121R R R GMm - (E) 222121R R R R GMm -[ ]二 填空11. 灯距地面高度为h 1，一个人身高为h 2，在灯下以匀速率v 沿水平直线行走，如图所示．他的头顶在地上的影子M 点沿地面移动的速度为v M = ．12. 质量分别为m 1、m 2、m 3的三个物体A 、B 、C ，用一根细绳和两根轻弹簧连接并悬于固定点O ，如图．取向下为x 轴正向，开始时系统处于平衡状态，后将细绳剪断，则在刚剪断瞬时，物体B 的加速度B a＝_______；物体A 的加速度A a＝______．13. 两个相互作用的物体A 和B ，无摩擦地在一条水平直线上运动．物体A 的动量是时间的函数，表达式为 P A = P 0 – b t ，式中P 0 、b 分别为正值常量，t是时间．在下列两种情况下，写出物体B 的动量作为时间函数的表达式：(1) 开始时，若B 静止，则 P B 1＝__________________； (2) 开始时，若Ｂ的动量为 – P 0，则P B 2 = _____________．三、计算题14. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．15. 质量为m的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．16. 一人从10 m深的井中提水．起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为1 kg，由于水桶漏水，每升高1 m要漏去0.2 kg的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．二、刚体定轴转动一、选择题1. 人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的 (A)动量不守恒，动能守恒． (B)动量守恒，动能不守恒．(C)对地心的角动量守恒，动能不守恒．(D)对地心的角动量不守恒，动能守恒． ［ ］ 2. 一质点作匀速率圆周运动时，(A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变． (B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变． (C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变．(D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变． ［ ］ 3. 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为 A 和 B ，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) A ＝ B ． (B) A ＞ B ．(C) A ＜ B ． (D) 开始时 A ＝ B ，以后 A ＜ B ．［ ］ 4. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度 按图示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度(A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定． ［ ］ 5. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为 0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31J 0．这时她转动的角速度变为(A) 310． (B) ()3/1 0．(C) 3 0． (D) 3 0． ［ ］ 6. 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统(A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒．(D) 机械能、动量和角动量均守恒． ［ ］二、填空题7. 在光滑的水平面上，一根长L ＝2 m 的绳子，一端固定于O 点，另一端系一质量m ＝0.5 kg 的物体．开始时，物体位于位置A ，OA 间距离d ＝0.5 m ，绳子处于松弛状态．现在使物体以初速度v A ＝4 m ·s 1垂直于OA 向右滑动，如图所示．设以后的运动中物体到达位置B ,此时物体速度的方向与绳垂直．则此时刻物体对Ｏ点的角动量的大小L B ＝____________，物体速 度的大小v ＝__________________．8. 如图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动．今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的____________________守恒，原因是______________________．木球被击中后棒和球升高的过程中，木球、子弹、细棒、地球系统的__________守恒．三、计算题9. 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系．10. 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．11. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线kg·m2．开始时，A轮转速为600 rev/min，B轮静止．C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A、B分别与C的左、右两个组件相连，当C的左右组件啮合时，B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求：(1) 两轮啮合后的转速n；(2) 两轮各自所受的冲量矩．三、静电场 电场强度一、选择题1. 高斯定理 ⎰⎰⋅=VSV S E 0/d d ερ(A) 适用于任何静电场． (B) 只适用于真空中的静电场． (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场． ［］2．如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A) 06εq ． (B) 012εq ．(C) 024εq ． (D) 048εq ． ［ ］3. 电荷面密度均为＋ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度E随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向左为负) ［ ］02εx4. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则(A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大． (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值．(D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定． ［ ］ 5. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为1和 2，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：(A) r0212ελλπ+． (B) 20210122R R ελελπ+π(C) 1012R ελπ． (D) 0． ［］6. 点电荷Q 被曲面S 所包围 ， 从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后：(A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化． ［ ］7. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε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．P+q 0(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电 ［ ］ 二、填空题7. 三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋ ，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________，E C ＝_________，E D =___________ (设方向向右为正)．8. 一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝__________________ __________，场强方向为______________________．9. 如图所示，真空中两个正点电荷Q ，相距2R ．若以其中一点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强度通量＝______________；若以 0r表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为________________________． 三、计算题10. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为 = 0sin ，式中 0为一常数， 为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．11.图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：E x ＝bx ， E y+σ+σ+σABCD＝0，E z＝0．求立方体六个面的电场强度通量。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
大物上册期末复习题质点动力学+刚体选择带答案第2部分质点动力学
一、填空题
1．已知一质量为m的质点，其运动方程为x?Acos?t，y?Asin?t式中A、?为正的常量，则质点在运动过程中所受的力F＝__________________
??22．一质点受力F?3xi(SI)作用, 沿x轴正方向运动. 在从x = 0到x = 2 m的过
程中, 力F
做功为 8J ．
????3．一个质点在几个力同时作用下的位移为?r?4i?5j?6k(SI), 其中一个恒力为
????F??3i?5j?9k(SI)．这个力在该位移过程中所做的功为
第3部分刚体定轴转动
一、选择题
1．飞轮绕定轴作匀速转动时, 飞轮边缘上任一点的[ ]
(A) 切向加速度为零, 法向加速度不为零 (B) 切向加速度不为零, 法向加速
度为零
(C) 切向加速度和法向加速度均为零 (D) 切向加速度和法向加速度均不
为零
2．刚体的转动惯量只决定于[ ]
(A) 刚体质量 (B) 刚体质量的空间分布
(C) 刚体质量对给定转轴的空间分布 (D) 转轴的位置
3．两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为 ? A和 ? B, 如果有 ? A ＞? B,
但两圆盘
的总质量和厚度相同．设两圆盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA和JB, 则有[ ]
(A) JA＞JB (B) JA＜JB (C) JA＝JB (D) 不能确定JA、JB哪
个大
4．冰上芭蕾舞运动员以一只脚为轴旋转时将两臂收拢, 则[ ]
(A) 转动惯量减小 (B) 转动动能不变 (C) 转动角速度减小 (D) 角动量
增大
5．一滑冰者, 开始自转时其角速度为?0, 转动惯量为J0，当他将手臂收回时, 其转动惯量
减少为
1J, 则它的角速度将变为[ ] 3(A)
11?0 (C) 3?0 (D) ?0 ?0 (B)
33
6．绳的一端系一质量为m的小球, 在光滑的水平桌面上作匀速圆周运动. 若从桌
面中心孔向下拉绳子, 则小球的[ ]
(A) 角动量不变 (B) 角动量增加
(C) 动量不变 (D) 动量减少
F 7．人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动. 卫星轨道近地点和远地点分别为A和B，
用L和Ek分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值, 则应有[ ] (A) LA?LB,EkA?EkB (B) LA?LB,EkA?EkB (C) LA?LB,EkA?EkB (D) LA?LB,EkA?EkB
8．人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动. 若忽略空气阻力和其他星球的作用, 在卫星的运行过程中[ ]
(A) 卫星的动量守恒, 动能守恒 (B) 卫星的动能守恒, 但动量不守恒
(C) 卫星的动能不守恒, 但卫星对地心的角动量守恒 (D) 卫星的动量守恒, 但动能不守恒
9．一人手拿两个哑铃, 两臂平伸并绕右足尖旋转, 转动惯量为J, 角速度为?．若此人突然将两臂收回, 转动惯量变为动能之比为[ ]
(A) 1 ? 9 (B) 1 ? 3 (C) 9 ? 1 (D) 3 ? 1 10．如图所示，一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图射来两个质量相同、速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射
入
圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度?[ ] (A) 增大
(B) 不变二、填空题
1．如图所示，两个完全一样的飞轮, 当用98 N的拉力作用时，产生角加速度?1; 当
挂
1如忽略摩擦力, 则此人收臂后的动能与收臂前的J．3mmO?m0 r(C) 减小
(D) 不能确定
F一重98 N的重物时, 产生角加速度?2．则?1和?2的关系为．
2．质量为32 kg、半径为0.25 m的均质飞轮, 其外观为圆盘形状．当飞轮作角速度
为
12rad?s-1的匀速率转动时, 它的转动动能为．
3．长为l、质量为m0的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯
量为m0l2，开始时杆竖直下垂，如图所示．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射入杆上A点，并嵌在杆中，OA?角速度?? ．
O 2l3?v0 A
13?2l，则子弹射入后瞬间的 34．一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的竖直光滑固
定轴自由转动．圆盘质量为m0，半径为R，对轴的转动惯量J?1m0R2．当圆盘以角速度?0
转动时，有一质量为m的子2弹沿盘的直径方向射入圆盘，且嵌在盘的边缘上，子弹射入后，圆盘的角速度?? ．
5．一质量m = 2200 kg的汽车以v?60km?h?1的速度沿一平直公路开行．汽车对公路
一侧距公路d = 50 m的一点的角动量是；对公路上任一点的角
动量大小为．
6．哈雷慧星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近的距离是r1?8.75?1010m，
4?12?1此时它的速率是v1?5.46?10m?s．它离太阳最远时的速率是v2?9.08?10m?s，
这时它离太阳的距离r2? ．三、计算题
1．质量分别为m和2 m、半径分别为r和2 r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，
可以绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为
92mr，大小圆2盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，如图所示．求
盘的角加速度 2．如图所示，物体的质量m1、m2，定滑轮的质量M1、M2，半径R1、R2都
知道，且m1>m2，设绳子的长度不变，质量不计，绳子与滑轮间不打滑，而滑轮的质量均
匀分布，其转动惯量可按匀质圆盘计算，滑轮轴承无摩擦，试应用牛顿定律和转动定律写
出这一系统的
运动方程，求出物体m2的加速度和绳的张力T1、T2、T3。
2m 2rrm mm
3．如图所示，两物体的质量分别为m1 和m2，滑轮的转动惯量为J，半径为r。
若m2与桌面的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑动，试求系统的角加速度及绳中的张力
T1 、T2。
4．固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO’转动，设大小圆
柱的半径分别为R和r，质量分别为M和m，绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和物体m2 相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如图所示，求柱体转动时的角加速度及两侧绳中的
张力.
m2 m1O’r RR OO m 5．如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M、半径为R，其转动惯
量为擦．试求物体m下落时的加速度．
6．质量为M、半径为R的均匀圆盘，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量为
1MR2，忽略轴处摩21MR2，圆盘边缘绕有绳子，绳子两端分别挂有质量为m1和
m2(m1>m2)2的重物，如图所示．系统由静止开始下落，求盘的角加速度的大小及绳中的张力．
m2 R O m1
7．一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为?0，设它所受的阻力力矩
与转动角速度成正比，即M??k?（k为正的常数），求圆盘的角速度从?0变为?0/2所需的
时间。
感谢您的阅读，祝您生活愉快。