西南交大物理实验期末试题题库-转动惯量
西南交大2012-2013第二学期大学物理AI期末试卷
密封装订线
姓名
学号
密封装订线
t
F
F
F
F
F
t
1(A)
t
2(B)
t
3(C)
t
4(D)
2. 若产生如图所示的自感电动势方向，则通过线圈的电流是：
(A) 恒定向右
(B) 恒定向左
(C) 增大向左
(D) 增大向右
、
k
表示）。
5．（本小题 2 分）一个带电为 Q 的空腔导体，其内部无其他带电体，则电荷将分布于空腔导体的 ___________________(选填：内表面；外表面；导体体内；内表面和外表面)。
学号
密封装订线
班级
密封装订线
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6．（本小题 2 分）在均匀磁场中放置一半径为 R 的半圆形导线，电流强度为 I，导线两端连线与磁感
S
B t
d
S
②
_________________________
④
二、判断题（每小题 2 分，共 16 分。请将表示正确的符号：T，表示错误的符号：F，填入相应 题号后的括号内。填入其它符号和其它位置处答案不得分）
1．（ 2．（
3．（ 4．（ 5．（ 6．（
7．（ 8．（
）一对大小相同、方向相反的作用力，所做的功也一定相消为零。 ）花样滑冰运动员以一只脚为轴旋转，当她两臂收拢时, 则绕轴转动角动量减小，转动角速度
为 l 、截面积为 S，质量为 m 的棒，且这根棒安放在运动方向上，则乙测得此棒的密度为
。
2．（本小题 2 分）有一边长为 a 的正方形平面，在其中垂线上距中心 O 点 1 a 处， 2
西南交大大学物理作业参考答案NO.2
分别为 m1 、 m2 相对于地的加速度。以竖直向下为正方向。 和 a2
m2 m1
f
a2
以地球为参考系，分别对 m1 、 m2 和一段轻绳应用牛顿运动定律：
m1 g T m1 a1 m2 g f m2 a2 f T
又由相对加速度公式
1 2 3
（ 4）
T
a 2 a1 a2
V0 －2 V
(B) (D)
2 ( V 0 －V) 2 (V － V 0 )
(C) 2 V－ V0
解：设小球质量为 m，碰撞后速度为 V1 ，车质量为 M，碰撞后速度为 V 2。 完全弹性碰撞，碰撞前后，机械能守恒； 忽略外力作用，碰撞前后动量守恒，即有 移项得
mV0 MV mV1 MV2 mV1 V0 M V V2
©西南交大物理系_2013_02
《大学物理 AI》作业
No.02 动量、动量守恒定律
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、判断题： （用“T”和“F”表示） [ F ] 1． 在匀速圆周运动中，质点的动量守恒。 解：因为动量是矢量，在匀速圆周运动中，动量的大小不变，方向时时刻刻在变化。 [ F ] 2． 物体运动方向与作用在物体上的合外力方向相同。 反例：抛体运动。 [ F ] 3． 物体所受摩擦力的方向与物体运动的方向相反。
4. 假设一个乒乓球和一个保龄球向你滚来。都具有相同的动量，然后你用相同的力将两 只球停住，比较停住两只球所用的时间间隔 [ B ] (A) 停住乒乓球所用的时间间隔较短 (B) 停住两只球所用的时间间隔相同 (C) 停住乒乓球所用的时间间隔较长 (D) 条件不足，不能确定 解：根据动量定理： I 也相同。 5．在 t = 0 时刻，一个大小恒定的力 F 开始作用在一正在外层空间沿 x 轴运动的石块上。 石块继续沿此轴运动。对 t >0 的时刻，下面的哪一个函数有可能表示石块的位置： [ B ]
西南交通大学大物A作业解析
西南交通大学大物A作业解析西南交大物理系_2013_02《大学物理AI 》作业角动量角动量守恒定律班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩一定为零。
[ F ] 2．一个系统的动量守恒，角动量一定守恒。
[ T ] 3．一个质点的角动量与参考点的选择有关。
[ F ] 4．刚体的转动惯量反映了刚体转动的惯性大小，对确定的刚体，其转动惯量是一定值。
[ F ] 5．如果作用于质点的合力矩垂直于质点的角动量，则质点的角动量将不发生变化。
二、选择题:1．有两个半径相同、质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则[ C ] (A) A J >B J(B) A J(D) 不能确定A J 、B J 哪个大2．绕定轴转动的刚体转动时, 如果它的角速度很大, 则[ D ] (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小3．一个可绕定轴转动的刚体, 若受到两个大小相等、方向相反但不在一条直线上的恒力作用, 而且力所在的平面不与转轴平行, 刚体将怎样运动[ C ] (A) 静止 (B) 匀速转动 (C) 匀加速转动 (D) 变加速转动4．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 ] (A) 角动量不变 (B) 角动量增加(C) 动量不变 (D) 动量减少5．关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量 (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等在上述说法中，[ B ] (A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C) (2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的6. 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ω [ C ] (A) 增大 (B) 不变(C) 减小 (D) 不能确定三、填空题:1．如图所示的俯视图表示5个同样大小的力作用在一个正方形板上，该板可以绕其一边的中点P 转动。
大学物理(川大物三)答案
答案振动(一)一、选择题BCBDA二、填空题1．解：φ2－φ1 = φ3－φ2=2π/3旋转矢量图见图 振动曲线见图2. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)3. 0，9.4 cm/s4. x 1曲线见图x 2曲线见图5. 0.1m ,rad/s,63ππ三、计算题1. 解：(1) m 2A ATπω==v ，∴周期m2 4.2s A T π==v(2) 2222m m 4.510m/s a A Aω-===⨯v(3) 当0x =时，从振幅矢量图可知，初相2πϕ=m 1.5r a d /sAω==v ∴振动函数为2210cos(1.5)m 2x t π-=⨯+TT1T 5ω x12T 1212. 解：弹簧劲度系数 260 2.010N /m 0.3F k x===⨯ 静止时弹簧伸长量为 0249.80.196m 2.010m g x k⨯===⨯(1) 设向下为正方向，则 0ϕ= （若设向上为正方向，则 ϕπ=）；0.1mA =7.07r a d /sω== 振动函数为 0.1cos(7.07)m x t =(2) 物体在平衡位置上方5cm （即0.05m ），此时弹簧的净伸长为 00.050.1960.050.146m l x =-=-=弹簧对物体的拉力 2000.14629.2N F kl ==⨯=(3) 5cm 是振幅之半，物体从平衡位置到振幅之半所需最短时间是112T ，2T πω=∴10.074s 126t T πω===3．解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后，水平方向动量值不变，而且在容器回到O 点滴入下一油滴前， 水平方向动量的大小与刚滴入上一油滴后的瞬间后的相同。
依此，设容器第一次过O 点油滴滴入前的速度为v ，刚滴入第个油滴后的速度为v ′,则有 v v '+=)(nm M M ① 3分系统机械能守恒 2202121v M kl = ② 2分22)(2121v '+=nm M kx③ 2分由①、②、③、解出0)/(l nm M M x +=2分(2) 时间间隔( t n +1-t n )应等于第n 滴油滴入容器后振动系统周期T n 的一半．k nm M T t t t n n n n /)(211+==-=∆+π 3分4．解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒， ∴ T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分 (1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25c o s/==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434c o s (10252π-π⨯=-t x (SI) 1分 (2)速率 )434s i n (41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==tx v m/s 1分5*．解：令θ 为杆和竖直线之间的夹角．运动方程为：θθθθc o s s i n s i n 21/d d 222kL MgL t J --= 3分θ 很小时，sin θ ≈θ ，cos θ ≈1所以：0/d d )21(222=++tJ kL MgL θθ 2分上式中231ML J =是杆绕其一端的转动惯量，所以0/d d 31)21(22=++tML Lk Mg θθ可知杆作角谐振动，并得到 )2/()2(3ML kL Mg +=ω2分)2(322/2kL Mg ML T +π=π=ω 1分振动(二)一、选择题ADDBB二、填空题 1．T /8，3T /8 2．222/2T mA π3．动能曲线见图 势能曲线见图 机械能曲线见图4．0.02 5．0三、计算题1.解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得T220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分 π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )c o s (φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=- 2分2．解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 02分 由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0 则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k =∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分 221007.121-⨯==vm E K J 2分2222)/4(2121x T m kxE p π=== 4.44³10-4J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kAE J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分3．解：(1) 选地心为x 坐标原点，向上为x 轴正方向．质量为m 的物体在地球内部距地心为x 处受到的地心引力为232/)3/4(/x m x G x G M m F ρπ-=-=3/4x Gm ρπ-= 3分由牛顿第二定律得 xm x Gm =π-3/4ρ， 03/4=π+x G xρ 1分 令 3/420ρωG π=， 则 020=+x x ω． 显然物体作简谐振动． 2分(2) 2/10)/3(4/32/2ρρωG G T π=ππ=π=已知 G = 6.67³10-11 N ²m 2²kg -2，ρ = 5.5³103 kg/m 3代入上式 T = 5.07³103 s 2分 物体从地面落到地心的时间 t = T /4 = 1.27³103 s 2分4．解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π=4c o s (SI)t A xπ4c o s π162-= (SI) 1分 (1) 对物体有 x m N mg =- ① 1分 t A mg xm mg N ππ+=-=4cos 162 (SI) ②物对板的压力为 t A mg N F ππ--=-=4cos 162 (SI)t ππ--=4c o s 28.16.192 ③ 2分 (2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 1分 04c o s 162=ππ+t A mg (SI) Aq t 2164cos π-=π 1分若能脱离必须 14cos ≤πt (SI) 即221021.6)16/(-⨯=π≥g A m 2分5．解：依合振动的振幅及初相公式可得 φ∆++=c o s 2212221A A A A A 22210)4143cos(65265-⨯π-π⨯⨯⨯++=m21081.7-⨯= m 2分)4/c o s (6)4/3c o s (5)4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad 2分则所求的合成振动方程为 )48.110cos(1081.72+⨯=-t x (SI) 1分波动（一）一、选择题CBDCD 二、填空题1．φλ+π-/2Lλk L ± ( k = 1，2，3，…) λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)2．1cos x y A t u ωϕ⎡+⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3. ]4/)/(cos[11π+-=u L t A y ω；uL L )(21+ω4. ]2)2(2cos[π-+-π=ux t uA y λ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ5．0.2cos m 22p y t ππ⎛⎫=-⎪⎝⎭三、计算题1. 解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y (SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)2．解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-= = 6.17³103m/s 22分3．解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分4．解：从y －x 波形图中可知 40m,A λ==由振幅矢量图可知 ,2P Q πϕϕπ=-=)由20m/s u =可得 2s,rad/s T uλωπ==∴=0.2cos()m20.2cos()mP Q y t y t ππππ∴=-=+5．解：(1) 由y －x 曲线可知160m λ=。
大学物理实验考核题库
【学生姓名】
【学号】
【实验题目】刚体转动
【试题】
利用扭摆测量塑料圆柱的转动惯量。
年月日
物体 名称
质量 m （kg）
金属载 ╱
物盘
几何尺寸 （10－2m）
╱
周期（s）
Ti
Ti
转动惯量理论值 （10－2kgm2）
转动惯量实验值 (10－2kgm2）
╱
I0
=
I1¢T02 T12 - T02
测量次数 位置(mm) 波长(mm)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
43.980 52.749 61.365 70.139 78.833 87.525 96.252 104.875 113.658 122.312
要求：1、利用逐差法计算出声速，要有详细的数据处理过程； 2、计算实验值与理论值的百分误差。
成 绩： 主考教师：
宽度（mm） 22.80 22.78 22.82
D仪
0.05
0.01
要求：写出刀口间距 d、横梁的宽度 b、横梁的厚度 a 的标准表达式
(1)d : uA =
厚度（mm） 0.960 0.962 0.958
0.005
uB =
u=
(2)b : uA = uB = u=
(3)a : uA = uB = u=
，(mg)i 和
Dzi
对应）
4a bDzi
成 绩： 主考教师：
【学生姓名】
大学物理实验试题
【学号】
年月日
【实验题目】杨氏模量（梁弯曲法）
【试题】
已知刀口间距，宽度，厚度的测量值，分别求出它们的不确定度.(刀口间距用米尺测量，
西南交通大学大学物理CH05-1
Hale Waihona Puke 系统内所有质点对同一参考点角动量的矢量和
pp i p i 2 cr i r2 mi ri
rc mi vi ri mi vc vi rc mi vi ri mi vc ri mi vi
i
L自旋
L轨道
L
L轨道
L自旋
6
3. 定轴转动刚体的角动量
转轴 z 角速度 刚体上任一质点 mi
mi 绕
z
o
转动 平面
vi
转轴与其转动平面交点
mi 对 o 的角动量： Lio ri mi vi
大小：Lio ri mi vi mi ri 2 Lio 方向：沿 2 即 Lio mi ri
同学们好！
1
§5.1
一、角动量
角动量
转动惯量 力矩
问题：将一绕通过质心的固定轴转动的圆盘视为一 个质点系，则由于该系统质心速度为零，所以，系 统总动量为零，系统有机械运动，总动量却为零？ 说明不宜用动量来量度转动物体的机械运动量。 引人与动量
p 对应的角量
—— L 角动量
1. 质点的角动量 大小：
J r 2 dm x 2 dm
L m1 3 2 2 m x dx x L L L 3 2
12
m 1 L3 L3 1 2 m L 12 L 3 8 8
(2) 轴过一端端点
dm
o
x
L
x
J r dm x dm
y
Jz Jx J y
16
练习
大物题库-第五章 角动量守恒定律-西南交大
r
dθ θ
解：取离轴线距离相等的点的集合 为积分元
R
d S = 2πrd l = 2πRsinθ ⋅ Rdθ
o
m
m σ= 4πR 2
1 d m = σ d S = m sin θ d θ 2 1 2 2 d J = r d m = ( R sin θ ) d m = mR 2 sin 3θ d θ 2
mgs 解得：a = ( m + 1 M )l 2
x
又： a = rβ s = x1 − x2
第四节 角动量守恒定律
例: 一半径为R、质量为 M 的转台，可绕通过其中心 的竖直轴转动, 质量为 m 的人站在转台边缘，最初人 和台都静止。若人沿转台边缘跑一周 (不计阻力)，相 对于地面，人和台各转了多少角度？ 思考： 1.台为什么转动？向什么方向 转动？ 2.人相对转台跑一周，相对于 地面是否也跑了一周？ 3.人和台相对于地面转过的角 度之间有什么关系？
A M r o x2 s
m
B
解：在地面参考系中，建立如图 x 坐标系，设绳两端坐标分别为x1， x2，滑轮半径为 r , 有：
l = A A′ + AB + B B ′ = x1 + x 2 + π r
B′
s = x1 − x 2
A′
x1 x
m AB
m m m A = m AA′ = ⋅ x1 = ⋅π r l l m m B = mBB′ = ⋅ x2 l
J=
∫
dJ =
∫
0
R
2 mr 4dr 2 2 = mR 3 R 5
例4. 一长为 L 的细杆，质量 m均匀分布，求该杆对垂直 于杆，分别过杆的中点、一端端点和距端点L/4处的轴的 转动惯量。 解:(1)轴过中点
普通物理 20年 西交大考试题库及答案
1、质量分别为m和2m的两个质点，用长为的轻质细杆相连，系统绕过质心且与杆垂直的轴转动，其中质量为m的质点的线速度为，，则系统对质心的角动量为( )A.mlB .20m/3D .3ml正确答案A2、一刚体以e=60r/min绕Z轴匀速转动( o沿着转轴正方向)如果某时刻，刚体上点P的位置矢量r=(m)+(4m)j+(5m)，则该时刻P的速度为( )A .v=(94.1m/0)i+025 6mfs)j-(7m/s)kB. v=(-25.1m/(s)+(8.8m]a)jC. r=(-23m/2)i -(188m/9)jD.￥=G1.4m[s)正确答案：B3.三个质量相等的物体A、B、C紫靠起置于光滑水平面上，如下图，若A C分别受到水平力和R的作用( 月>只)，则A对B的作用力大小( )A. F₁-F₂B. 2F₁/3+F₂/3C .2F₁/3－F₂/3D.F₁/3+2F₂/3正确答案:B4、物体自高度相非同的A点沿不同长度的光滑斜面自由下滑，如下图所示，斜面倾角多大时，物体滑到斜面底部的速率最大( )A.30。
B.45。
C. 60。
D.各倾角斜面的速率相等。
正的答案:D5. 用铁锤将一铁钉击入木板，设铁钉受到的阻力与其进入木板内的深度成正比，若铁锤两次击钉的速度相同第一次将铁钉击入板内1x10²m，则第二次能将钉继续击入木板的深度为( )正确答案:D6.试指出当曲率半径p*0时，下列说法中哪一种是正确的( )A: 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心B: 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变C:物体作曲线运动时速度方向定在运动轨道的切线方向，法线分速度恒等于零因此法问加速度也一定等于零D:物体作曲线运动时，一定有加速度加速度的法向分量一定不等于零正确答案:D7、可以认为，地球是一个匀角速转动的非惯性系，因此通常所说的物体的重力实际上是地球引力和地球自转引起的惯性离心力的合力，由此可见，重力和地球的引力两者无论大小，方向都不相同，那么两者大小相差最多的，应该是( )A.在赤道上B. 在南北极C. 在纬度450处D. 在纬度600处正确答案:A8、一个轻质弹簧竖直悬挂，原长为，今将质量为m的物体挂在弹簧下端，同时用手托住重物缓慢放下，到达弹簧的平衡位置静止不动，在此过程中，系统的重力势能减少而弹性势能增加，则有( )A.减少的重力势能大于增加的弹性势能B .减少的重力势能等于增加的弹性势能C.减少的重力势能小于增加的弹性热能D.条件不足，无法确定正确答案:A9、1mol刚性双原子分子理想气体当温度为T时,其内能为( )A: 3RT/2B: 3KT/2C: SRT/2D: 5RT/2正确答案:C10、电场的环路定理王i-说明了静电场是( )A: 无源场B: 在闭合回路中各点的电场强度为零C.有源场D: 电场是闭合场正确答案:C11、物体质量为m，水平面的滑动摩擦因数为u，今在力F作用下物体向右方运动，如下图所示，欲使物体具有最大的加速度值，则力F与水平方向的夹角应满足( )A .cosθ=1B .sinθ=1C. tgθ=μD. ctgθ=μ正确答案:C12、已知氢气与氧气的温度相同.请判断下列说法哪个正确?( )A: 氧分子的质量比氧分子大，所以氧气的压强定大于氢气的压强B: 氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的密度一定大于氢气的密度C: 氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子的速率大. D: 氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的方均根速率-定比氧分子的方均根速率大.正确答案:D13、若在某个过程中，一定量的理想气体的内能E随压强P的变化关系为一直线，如下图所示(其延长线过E-P图的点)，则该过程为( )A .等温过程B.等压过程C .绝热过程D.等体过程。
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“转动惯量测定”实验（一）判断题1、（）转动惯量测定实验：由于g﹥﹥a（g和a分别表示重力加速度和砝码下落的加速度），所以实验中忽略了a。
2、（）转动惯量测定实验：由于遮光片的初始位置．．．．与测量的时间数据有关，因此需将遮光片的初始位置设定在转台的某一光电传感器处。
3、（）转动惯量测定实验：实验可以证明，圆环的转动惯量与砝码质量．．．．有关。
4、（）转动惯量测定实验：实验中忽略了转台转轴所受摩擦力矩的影响。
5、（）“转动惯量测定”实验中，未考虑滑轮的摩擦力矩和滑轮质量的影响。
6、（）转动惯量测定实验：由于遮光片的初始角速度．．．．．与测量的时间数据有关，因此需将遮光片的初始位置设定在某一光电传感器处。
7、（）转动惯量测定实验：实验可以证明，两金属圆柱体构成的转动系统其转动惯量与塔轮半径．．．．有关。
（二）填空题1、“转动惯量测定”实验中，通过改变的距离证明刚体的转动惯量与其质量分布有关。
2、“转动惯量测定”实验中，如果测得空台转动惯量J=11.18×10-3kgm2，在不加外力矩的情况下，角加速度β=-0.043/s2，估计转轴摩擦力矩的数量级为 Nm。
3、转动惯量测定实验：电脑计时器测量的时间间隔是从到所经历的时间。
4、“转动惯量测定”实验中，过改变圆柱体到转轴的距离证明刚体的转动惯量与有关。
（三）选择题1、转动惯量实验中的间接测量量是：A）角加速度 B）时间C）圆柱体和圆盘的直径、质量 D）光电门输出的脉冲数12E ）转动惯量2、转动惯量实验中，转台不水平会导致 。
A ）绳上张力难与转轴保持垂直B ）转轴的摩擦力不稳定C ）计时不准确D ）光电门与遮光片发生碰撞3、转动惯量实验中，①忽略了转台所受摩擦力矩的影响，②不考虑滑轮的摩擦力矩和滑轮质量的影响。
这两种说法中：A ）①正确，②错误B ）①错误，②正确C ）①和②都正确D ）①和②都错误4、转动惯量实验中，电脑计时记录的是砝码从最高点下落到地面所经历的时间。
这个叙述是：A ）正确的B ）错误的5、单摆实验中估计摆长时，下面哪个因素所造成的误差应该估计的稍微大一些？A ）测量所用仪器的仪器误差B ）测量时尺子与摆线不平行造成的误差C ）摆线自身弹性造成的误差D ）摆球大小、偏心造成的误差6、单摆实验中，如果想用精度为1秒的秒表来代替精度为1/100秒的电子秒表计时而且保证重力加速度的测量精度不降低，那么应该：A ）增加摆长值B ）减小摆长值C ）增加摆长的测量精度7、转动惯量实验中的间接测量量是：A ）角加速度B ）时间C ）圆柱体和圆盘的直径、质量D ）光电门输出的脉冲数E ）转动惯量8、如果忽略实验误差，测量得到的时间数据与转盘转动角度的关系是：A ）线性关系B ）二次曲线型关系C ）对数关系D ）无特定的关系9、圆盘转动惯量的理论计算式J= —mR 2中，m 是 A ）砝码的质量 B ）砝码挂钩的质量C ）砝码、挂钩的质量和D ）圆盘质量1 210、转动惯量实验中，电脑计时器记录的是砝码从最高点下落到地面所经历的时间。
这个敘述是：A ）正确的B ）错误的11、转动惯量实验中，在正常实验条件下，最多可记录的有效时间数据的个数受 限制。
A ）电脑计时器的存贮容量B ）桌面高度C ）绳子长度D ）转台到桌沿距离的12、圆盘转动惯量的理论计算式J= —mR 2中，m 是 A ）砝码的质量 B ）砝码挂钩的质量C ）砝码、挂钩的质量和D ）圆盘质量13、如果忽略实验误差，测量得到的时间数据与转盘转动角度的关系是：A ）线性关系B ）二次曲线型关系C ）对数关系D ）无特定的关系14、转动惯量实验中所用的实验台可以测量质量分布不对称的物体之转动惯量，这个叙述是：A ）正确的B ）错误的“转动惯量测定”实验1、转动惯量实验中，测量之前的调整要求：（C ）A ，转动台仪器调平。
B ，转动台仪器调平，小滑轮滑槽与绕线塔轮所取滑槽等高。
C ，转动台仪器调平，小滑轮滑槽与绕线塔轮所取滑槽等高，方位相互垂直。
D ，小滑轮滑槽与绕线塔轮所取滑槽等高，方位相互垂直。
2、本转动惯量实验中，测定转动惯量的方法采用的是：（D ）A ，单摆法。
B ，扭摆法。
C ，自由落体法。
D ，恒力矩转动法。
3、本转动惯量实验中，质量为m ，半径为R 的圆盘转动惯量理论计算式是：（A ） A ，221mR J =。
B ，mR J 21=。
C ，2mR J =。
D ，R m J 221=。
4、本转动惯量实验中，质量为m ，半径为R ，高为H 的圆柱转动惯量理论计算式是：（D ）A ，221mH J =。
B ，mR J 21=。
C ，2mR J =。
D ，221mR J =。
5、本转动惯量实验中，质量为m ，外环半径为1R ，内环半径为2R 的圆环转动惯量理论计算式是：（D ）A ，)(212221R R m J -=。
B ，2121R mR J =。
C ，221)(21R R m J -=。
D ，)(212221R R m J +=。
6、本转动惯量实验中，铝制小滑轮的转动惯量没有计入是：（D ）A ，铝制小滑轮质量小而无转动惯量。
B ，铝制小滑轮的半径小而无转动惯量。
C ，铝制小滑轮的转动惯量没有参与力学过程。
D ，铝制小滑轮的转动惯量与实验转动台的转动惯量相比可忽不计。
7、本转动惯量实验中，测定圆环转动惯量其原理涉及：（C ）A ，定轴转动定律。
B ，转动惯量叠加原理。
C ，定轴转动定律和转动惯量叠加原理。
D ，平行轴定理。
8、本转动惯量实验中，①忽略了实验转动台所受摩擦力矩的影响，②不考虑铝制小滑轮的摩擦力矩和其转动惯量的影响。
这两种说法中：（B ）A ）①正确，②错误B ）①错误，②正确C ）①和②都正确D ）①和②都错误 9、转动惯量实验中的间接测量量是：A ）角加速度B ）时间C ）圆柱体和圆盘的质量D ）圆柱体和圆盘的直径10、本转动惯量实验中，所使用的转动惯量计算公式为122)(βββ--=R g mR J ，其中半径R 为：（C ）A ，待测圆柱体半径。
B ，待测圆盘半径。
C ，所选绕线塔轮的半径。
D ，待测件与实验转动台中心转轴之距。
11、本转动惯量实验中，所使用的转动惯量计算公式为122)(βββ--=R g mR J ，其中角加速度2β是：（B ）A ，摩擦阻力施加给实验转动台，其力矩产生的角加速度。
B ，摩擦阻力和细线张力共同施加给实验转动台，其力矩产生的角加速度。
C ，砝码重力产生的角加速度。
D ，细线张力施加给实验转动台，其力矩产生的角加速度。
12、本转动惯量实验中，所使用的转动惯量计算公式为1221)(βββ--=R g mR J ，和3442)(βββ--=R g mR J ，其中角加速度1β和3β是：（A ） A ，摩擦阻力施加给实验转动台，其力矩产生的角加速度。
B ，砝码重力产生的角加速度。
C ，摩擦阻力和细线张力共同施加给实验转动台，其力矩产生的角加速度。
D ，细线张力施加给实验转动台，其力矩产生的角加速度。
13、本转动惯量实验中，所使用的转动惯量计算公式为1221)(βββ--=R g mR J ，和3442)(βββ--=R g mR J ；那么待测件的转动惯量)(12J J J -=的计算是采用：（B ） A ，平行轴定理。
B ，转动惯量叠加原理。
C ，定轴转动定律。
D ，平行轴定理和定轴转动定律。
14、本转动惯量实验中，所使用的转动惯量计算公式为1221)(βββ--=R g mR J ，和3442)(βββ--=R g mR J ；其中质量m 是：（C ） A ，待测件圆柱体的质量。
B ，待测件圆盘的质量。
C ，砝码的质量。
D ，待测件圆环的质量。
15、圆盘转动惯量的理论计算式中221mR J =，m 是：（A ） A ）砝码的质量 B ）砝码挂钩的质量C ）砝码、挂钩的质量之和D ）圆盘质量16、本转动惯量实验中，如果忽略实验误差，测量得到的时间数据与转盘转动角度的关系是：（B ）A ）线性关系B ）二次曲线型关系C ）指数关系D ）无特定的关系17、转动惯量实验中，在正常实验条件下，最多可记录的有效时间数据的个数受限制于：（B ）A ）电脑计时器的存贮容量B ）桌面高度C ）绳子长度D ）转台到桌沿的距离18、本转动惯量实验中，转动台有两个光电门，其中一做测量，另一个做备用；遮光片有两个，那么计时器计时从第一次到第k 次，相应的角位移为：（A ）A ，πk 。
B ，πk 2。
C ，初相位+πk 2。
D ，初相位+πk 。
19、本转动惯量实验中，转动台有两个光电门，其中一做测量，另一个做备用；遮光片有两个；那么电脑计时器计录了遮光次数k 和对应的时间t ；若有两组数据),(m m t k 和 ),(n n t k ，那么角加速度为：（B ）A ，m m n n t t t t 222-=πβ。
B ，nm m n n m m n t t t t t k t k 22)(2--=πβ。
C ，n m m n n m t t t t k k 22)(2--=πβ。
D ，n m m n n m t t t t t t 22)(2--=πβ。
20、转动惯量实验中，电脑计时记录的时间k t 是：（C ）A ，砝码从最高点下落到地面所经历的时间。
B ，遮光片遮光从第k 次遮光到第1+k 次遮光之间的时间。
C ，遮光片遮光从第1次遮光到第1+k 次遮光之间的时间。
D ，遮光片遮光从第1次遮光到转动台转过角度πk 2间的时间。