大学物理习题课2 刚体、相对论
解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为
L L0 1 (v / c)2 54 m
则
Δt1 = L/v =2.25×10-7 s
(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L0，则
Δt2 = L0/v =3.75×10-7 s
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13.一电子以v=0.99c (c为真空中光速)的速率运动．试求：
2 0
/16πg
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4.如图所示，转轮A、B可分别独立地绕光滑的固定轴OmB＝20 kg，半径分别为rA和rB．现
用力fA和fB分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑
动．为使A、B轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力fA、fB之
比应为多少？(其中A、B轮绕O轴转动时的转动惯量分别为
R
N1－f ＝0， N2－P ＝0
R
N1h－Px·ctgθ ＝0
f＝µN2
解得 x h tg h2 / L2 h2
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9.有一半径为R的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴 匀速转动，转动周期为T0．如它的半径由R自动收缩为0.5R， 求球体收缩后的转动周期．(球体对于通过直径的轴的转动惯 量为J＝2mR2 / 5，式中m和R分别为球体的质量和半径)．
解：由人和转台系统的角动量守恒 J1ω1 + J2ω2 = 0 其中 J1＝300 kg·m2，ω1=v/r =0.5 rad / s ， J2＝3000 kg·m2
∴ ω2＝－J1ω1/J2＝－0.05 rad/s 人相对于转台的角速度 ωr＝ω1－ω2＝0.55 rad/s
∴
t＝2 / ωr＝11.4 s
解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而 在收缩前后球体的角动量守恒
设J0和ω0、J和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有
J0ω 0 = Jω
①
由已知条件知：J0 = 2mR2 / 5，J = 2m(R / 2)2 / 5
代入①式得 ω = 4 ω 0 即收缩后球体转快了，其周期
T 2 2 T0
3
(1) 放手时棒的角加速度；
(2) 棒转到水平位置时的角加速度．
解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60°角 并开始下落时，根据转动定律
l mg
M = Jβ
其中 M 1 mgl sin 30 mgl / 4 2
O
于是 M 3g 7.35 rad/s2
J 4l
60°
当棒转动到水平位置时， M = mgl /2
大学物理习题课
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1.一飞轮以等角加速度2 rad /s2转动，在某时刻以后的5s 内飞轮转过了100 rad．若此飞轮是由静止开始转动的， 问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间？
解：设在某时刻之前，飞轮已转动了t1时间，由于初角速度
0则＝：0
①
而在某时刻后t2 =5 s时间内，转过的角位移为 ②
JA
1 2
mArA2
和
JB
1 2
mBrB2
)
解：根据转动定律 fArA J A A ①
其中
JA
1 2
m
A
rA2
B rB
A
rA
且 fBrB JB B ②
其中
JB
1 2
mB
rB2
要使A、B轮边上的切向加速度相同，应有
fB
fA
a ArA BrB
③
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由①、②式，有
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6.一定滑轮半径为0.1 m，相对中心轴的转动惯量为1×103 kg·m2．一变力F＝0.5t (SI)沿切线方向作用在滑轮的边缘上，如 果滑轮最初处于静止状态，忽略轴承的摩擦．试求它在1 s末的 角速度．
解：根据转动定律 M＝Jdw / dt 即 dw＝(M / J) dt
其中 M＝Fr， r＝0.1 m， F＝0.5 t，J＝1×10-3 kg·m2, 分别代入上式，得
4 0 4
周期减小为原来的1 / 4．
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10.质量为75 kg的人站在半径为2 m的水平转台边缘．转台的固 定转轴竖直通过台心且无摩擦．转台绕竖直轴的转动惯量为 3000 kg·m2．开始时整个系统静止．现人以相对于地面为 1 m·s-1的速率沿转台边缘行走，求：人沿转台边缘行走一周， 回到他在转台上的初始位置所用的时间．
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11.一体积为V0，质量为m0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者
A以速度v运动．求：观察者A测得其密度是多少？
解：设立方体的长、宽、高分别以x0，y0，z0表示， 观察者A测得立方体的长、宽、高分别为
x x0
1
v c
2 2
y y0
z z0
相应体积为
v2
V xyz V0
(2) 在电动机断电后，转盘在恒定的阻力矩作用下减速，并 在t = 15 s内停止转动，求转盘在停止转动前的角加速度b及转 过的圈数N．
解：(1) 转盘角速度为
P点的线速度和法向加速度分别为
v =ω r＝8.17×0.15=1.23 m/s
an= ω 2r=8.172×0.15=10 m/s2
(2) 0 0 8.17 rad/s2= 0.545 rad/s2
(1) 电子的总能量是多少？ (2) 电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少？(电子静
止质量me=9.11×10-31 kg)
解：(1) (2)
E mc2 mec2 / 1 (v / c)2 =5.8×10-13 J
EK0
1 2
me
v
2
= 4.01×10-14 J
EK mc 2 mec 2 [(1/ 1 (v / c)2 ) 1]mec2 = 4.99×10-13 J
1 c2
观察者Ａ测得立方体的质量 m
m0
1 v 2
c2
故相应密度为
m/V
m0 /
1 v 2 c2
v2
V0
1 c2
m0
V0
(1
v c
2 2
)
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12.一艘宇宙飞船的船身固有长度为L0 =90 m，相对于地面以
v=0.8 c (c为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过． (1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？
t
15
N 1 t 1 8.17 15 =9.75 rev
2 2 2 2
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3.有一半径为R的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌
面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴 以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平 板的转动惯量J=mR2/2，其中m为圆形平板的质量）
那么
M 3g 14.7 rad/s2
J 2l
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8.长为L的梯子斜靠在光滑的墙上高为h的地方，梯子和地面间 的静摩擦系数为m，若梯子的重量忽略，试问人爬到离地面多高 的地方，梯子就会滑倒下来？
解：当人爬到离地面x高
度处梯子刚要滑下，此时
梯子与地面间为最大静摩擦，
L
仍处于平衡状态 (不稳定的) ． h
将已知量θ＝100 rad， t2 =5s，β＝2 rad /s2代入② 式，得 ：
1 = 15 rad /s
从而： t1 = 1/β＝ 7.5ｓ
即在某时刻之前，飞轮已经转动了7.5ｓ
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2.一电唱机的转盘以n = 78 rev/min的转速匀速转动．
(1) 求转盘上与转轴相距r = 15 cm的一点P的线速度v和法向 加速度aB．
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T， 则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mgT＝ma
①
T r＝Jβ
②
由运动学关系有： a = r β
③
r O
由①、②、③式解得： J＝m( g－a) r2 / a
④
又根据已知条件 v0＝0
∴ S＝ 1 at 2 2
，
a＝2S / t 2
m
⑤
将⑤式代入④式得：
J mr 2 ( gt 2 1) 2S
dw＝50t dt
则1 s末的角速度
1＝
1
50t dt＝25 rad / s
0
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7.一长为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 1 ml 2，其中m和l分别为棒的质
量和长度．求：
f A J ArB A mArA A f B J B rA B mB rB B
④
由③式有 A / B rB / rA
将上式代入④式，得
fA / fB = mA / mB =
1 2
大学物理习题课
5.一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴
的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装 置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t内下 降了一段距离S．试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S表示)．
解：在r处的宽度为dr 的环带面积上摩擦力矩为
dM mg 2 r rdr
R 2
总摩擦力矩:
M
R
dM
2
mgR
0
3
故平板角加速度 M / J
大学物理刚体的定轴转动习题及答案
第4章 刚体的定轴转动 习题及答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动,刚体上任一点是否有切向加速度是否有法向加速度切向和法向加速度的大小是否随时间变化答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变;刚体上任一点都作匀变速圆周运动,因此该点速率在均匀变化,v l ω=,所以一定有切向加速度t a l β=,其大小不变;又因该点速度的方向变化,所以一定有法向加速度2n a l ω=,由于角速度变化,所以法向加速度的大小也在变化;2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系答：刚体是一个特殊的质点系,它应遵守质点系的动量矩定理,当刚体绕定轴Z 转动时,动量矩定理的形式为zz dL M dt=,z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩,z L 表示刚体对Z 轴的动量矩;()2z i iL m l I ωω==∑,其中()2i iI m l =∑,代表刚体对定轴的转动惯量,所以()z z dL d d M I I I dt dt dtωωβ====;既 z M I β=; 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式,及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式; 3．两个半径相同的轮子,质量相同,但一个轮子的质量聚集在边缘附近,另一个轮子的质量分布比较均匀,试问：1如果它们的角动量相同,哪个轮子转得快2如果它们的角速度相同,哪个轮子的角动量大答：1由于L I ω=,而转动惯量与质量分布有关,半径、质量均相同的轮子,质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大,故角速度小,转得慢,质量分布比较均匀的轮子转得快；2如果它们的角速度相同,则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大; 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动,有一玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动,问平台如何运动如小汽车突然刹车,此过程角动量是否守恒动量是否守恒能量是否守恒答：玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动时,平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒,而能量和动量均不守恒;5．一转速为1200r min 的飞轮,因制动而均匀地减速,经10秒后停止转动,求：（1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动,飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度; 解：1由题意飞轮的初角速度为飞轮作均减速转动,其角加速度为故从开始制动到停止转动,飞轮转过的角位移为 因此,飞轮转过圈数为/2θπ∆=100圈;2开始制动后5秒时飞轮的角速度为6．如图所示, 一飞轮由一直径为2()d m ,厚度为()a m 的圆盘和两个直径为1()d m ,长为()L m 的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为3(/)kg m ρ,求飞轮对轴的转动惯量;解：如图所示,根据转动惯量的可加性,飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和;由此可得7. 如图所示,一半径为r,质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮,绕有轻绳,绳上挂一质量为m 2的重物,求重物下落的加速度;解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= 1对于滑轮按转动定律有212Tr mr β=2 由角量线量关系有a r β= 3联立以上三式解得8. 如图所示,两个匀质圆盘同轴地焊在一起,它们的半径分别为r 1、r 2,质量为1m 和2m ,可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动,两轮上绕有轻绳,各挂有质量为3m 和4m 的重物,求轮的角加速度β;解：设连接3m 的绳子中的张力为T1,连接4m 的绳子中的张力为T2; 对重物3m 按牛顿第二定律有3133m g T m a -= 1 对重物4m 按牛顿第二定律有2444T m g m a -= 2对两个园盘,作为一个整体,按转动定律有112211221122T r T r m r m r β⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭3aLd 1d 2由角量线量之间的关系有 31a r β=442a r β= 5联立以上五式解得9. 如图所示,一半径为R,质量为m 的匀质圆盘,以角速度ω绕其中心轴转动;现将它平放在一水平板上,盘与板表面的摩擦因数为μ;1求圆盘所受的摩擦力矩；2问经过多少时间后,圆盘转动才能停止 解：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同,为此,可将圆盘分割成许多同心圆环,对环的摩擦力矩积分即可得总力矩;另由于摩擦力矩是恒力矩,由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间;1圆盘上半径为r 、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为负号表示摩擦力矩为阻力矩;对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小为2由于摩擦力矩是一恒力矩,圆盘的转动惯量212I mr =,由角动量定理可得圆盘停止的时间为10. 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题4-10图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力．杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ N F r μ=N N '=∴F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为11. 如图所示,主动轮A 半径为r 1,转动惯量为1I ,绕定轴1O 转动；从动轮B 半径为r 2,转动惯量为2I ,绕定轴2O 转动；两轮之间无相对滑动;若知主动轮受到的驱动力矩为M ,求两个轮的角加速度1β和2β;解：设两轮之间摩擦力为f 对主动轮按转动定律有:111M fr I β-= 1对从动轮按转动定律有222fr I β= 2由于两个轮边沿速率相同,有1122r r ββ= 3联立以上三式解得12. 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O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为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1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题4-12a 图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求：1柱体转动时的角加速度； 2两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度方向题4-12b图．(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得 2由①式 由②式13. 一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题2-31图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比． 解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ14. 如图所示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为m 和2m 的小球,杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动,转轴O 距两端分别为13l 和23l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球,以水平速度0υ与杆下端小球m 作对心碰撞,碰后以021υ 的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度．解：碰撞过程满足角动量守恒：而 222212()2()333I m l m l ml =+=2m m O21 0vl l 31l所以 2023mv l ml ω=由此得到：032vlω=15. 如图所示,A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为 J A ＝10 kg ·m2 和 J B ＝20 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．解：1 两轮啮合过程满足角动量守恒： 所以 A AA BI I I ωω=+ 因为 2n ωπ= 故 10600200/min 1020A A AB I n n r I I ⨯===++ 2 两轮各自所受的冲量矩： 末角速度：2200202/603n rad s ππωπ⨯=== A 轮各所受的冲量矩：202060040010(2) 4.1910()3603A A L I I N m s ππωωπ∆=-=⨯-⨯=-=-⨯⋅⋅B 轮各所受的冲量矩：16. 有一半径为R 的均匀球体,绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动,转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为R 21,求球体收缩后的转动周期．球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5,式中m 和R 分别为球体的质量和半径．解：1 球体收缩过程满足角动量守恒：所以17. 一质量均匀分布的圆盘,质量为M,半径为R,放在一粗糙水平面上圆盘与水平面之间的摩擦系数为,圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时,圆盘静止,一质量为m 的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求1 子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度．2 经过多少时间后,圆盘停止转动．解：1 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒： 所以 002211()22mRv mv mR MR m M Rω==++ 2圆盘受到的摩擦力矩为 由转动定律得 M Iβ'=。
大学工程力学专业《大学物理（二）》期末考试试题A卷 附答案
大学工程力学专业《大学物理（二）》期末考试试题A卷附答案姓名：______ 班级：______ 学号：______考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。
2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、图示为三种不同的磁介质的B~H关系曲线，其中虚线表示的是的关系．说明a、b、c各代表哪一类磁介质的B~H关系曲线：a代表__________________________的B~H关系曲线b代表__________________________的B~H关系曲线c代表__________________________的B~H关系曲线2、两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d，其电荷线密度分别为和如图所示，则场强等于零的点与直线1的距离a为_____________ 。
3、一质点作半径为R的匀速圆周运动，在此过程中质点的切向加速度的方向______，法向加速度的大小______。
（填“改变”或“不变”）4、三个容器中装有同种理想气体，分子数密度相同，方均根速率之比为，则压强之比_____________。
5、已知质点的运动方程为，式中r的单位为m，t的单位为s。
则质点的运动轨迹方程，由t=0到t=2s内质点的位移矢量______m。
6、设在某一过程P中，系统由状态A变为状态B，如果________________________________________，则过程P为可逆过程；如果_________________________________________则过程P为不可逆过程。
7、设作用在质量为1kg的物体上的力F＝6t＋3（SI）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到 2.0 s的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________________。
8、将热量Q传给一定量的理想气体：（1）若气体的体积不变，则热量转化为_____________________________。
【清华】清华大学《大学物理》习题库试题及答案_02_刚体习题
一、选择题1．0148：几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体(A)必然不会转动(B)转速必然不变(C)转速必然改变(D)转速可能不变，也可能改变［］2．0153：一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω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ω(A)必然增大(B)必然减少(C)不会改变(D)如何变化，不能确定［］3．0165：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，在棒摆动到竖直位置的过程中，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(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［］4．0289：关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（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［］5．0292：一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体。
物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为α。
若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度α将(A)不变(B)变小(C)变大(D)如何变化无法判断［］6．0126：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0ω。
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)031ω(B)()03/1ω(C)03ω(D)3ω［］7．0132：光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为31mL 2，起初杆静止。
大学物理II-1习题课2 刚体
为m的人站在转台边缘．随后人沿半径向转台中心跑去，当人到达
转台中心时，转台的角速度为
角动量守恒
（B）
两个匀质圆盘A和B的密度分别为rA和rB 若rA＞rB，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过
盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为JA和JB，则
（C）
F1-mg=ma1;
RF2-RF1=Jα； RF3-RF2=J
（D）
（A）
MΔt =ΔL M=积分（rμgdm）＝1/2 lmg L＝1/3 m l2ω0
（A） （A）
（B） （D）
有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴
(A) JA＞JB． (C) JA＝JB．
(B) JB＞JA．
（B）
(D) JA、JB哪个大，不能确定．
厚度相同，质量相同，密度大的半径小
J＝1/2 mR2
（a）（b）两图中的细棒和小球均相同，系统可绕o轴在竖直面内 自由转动系统从水平位置静止释放，转动到竖直位置所需时间分别 为ta和tb，则：
( A) ta tb , (B) ta tb , ( C) ta tb , (D) 无法判定
判断两种情况下小球绕轴转动的角加速度
（A）
可判断（a）系统转动得比（b）快,所以ta < tb 。
地球的质量为m，太阳的质量为M，地心与日心的距离为R，引 力常数为G，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为：
（A）
( A) m GMR , (B) GMm , ( C) Mm G , (D) GMm
R
R
2R
向心力：
角速度： 角动量：
1N m s
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习 题第三章 刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断 分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。
抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。
《大学物理期末复习》刚体转动习题课李明明 -
O向细杆的端点A爬行。设小虫与细杆的质量均为m。问： 欲使细杆以恒定的角速度转动，小虫应以多大速率向细杆 端点爬行?
O
l/4
解 虫与杆的碰撞前 后，系统角动量守恒
mv0
l 4
1 12
ml
2
m( l )2 4
12 v0
7l
12 v0 c
2 2n2
J1
m( l1 2
)2
m( l1 2
)2
J2
m( l2 2
)2
m( l2 2
)2
J0
m l12n1 2 n2
l
2 2
n2
n1
将转台、砝码、人看作一个系统22，(J(0J＋0＋过程中人作的功W等于系统动能
之增量 将J0代入W式，得
W
E 12 (J J ) k ) n1 = 2 (J0＋
0 t 2 02 2
0
0t
1 2
t 2
18：
已知：1
20 ,60转变2
30 ,
22 12 2 , 6.54(rad / s)
19：
2 1 t, t 4.8(s)
已知：5s内，由1 40，变2 10，求： ？，t ? 0
0
t,
0 t0
2
02
2, N
2
62.5
（3）、从t=0到t=10s内所转过的角度：
0t
1 2
t 2
3. 解：根据转动定律：
已知：M = -k
M=J =Jd (3) 10＝0t＋ / dt = -k
d k dt
J
0 / 2 1 d t k d t
【大学物理bjtu】磁习题课2(磁感应)
∫∫ D ⋅ dS = ∫∫∫ ρdV
S V
通量
∫∫ B ⋅ dS = 0
dΦ ∂B ∫LE ⋅ dl = − dt = −∫∫S ∂t ⋅ dS ∂D ∫LH ⋅ dl = ∫∫S jC ⋅ dS + ∫∫S ∂t ⋅ dS
S
环流
要求: 要求:公式的精确表达以及 每个公式的物理意义. 每个公式的物理意义.
位移电流密度
∂D jd = ∂t
Id =
dt
=∫
s
∂t
⋅ dS
引入位移电流概念的思想是:变化着的电场 引入位移电流概念的思想是 变化着的电场 也如同传导电流一样,可以激发磁场. 可以激发磁场 也如同传导电流一样 可以激发磁场
8.麦克斯韦方程组的积分形式 麦克斯韦方程组的积分形式: 麦克斯韦方程组的积分形式
ε2 = ∫ E ⋅ dl = ∫ E1 ⋅ dl +∫ E2 ⋅ dl
0 0 R
O
R R
ε ∆OAC = ε OA + ε AC + ε CO ε2 = εAC = ε∆OAC = dB ( S
做辅助线OA、 做辅助线 、 OC， ，
=0
A
v
D
F R C
R2 π dB + S扇形ODF )= ( 3+ ) ∆AOC dt 4 3 dt 2 R π dB 方向: 方向: ε = ( 3 + ) − vBR 方向:左→右 方向:左→右 4 3 dt
ε 21 = − M
是通过回路1(2)的由回路 的由回路2(1)中电流 式中Ψ12 (Ψ21) 是通过回路 的由回路 中电流 I2(I1) 所产生的全磁通。 所产生的全磁通。 dI 1 互感电动势
大学物理上册全章节及习题ppt课件
• 6、切向加速度和法向加速度
dv at dt
d dt
v2 an
2 2 a a a t n
• 7、角速度和角加速度
d d 2 2 d t dt
an 2r
v r
at r
a a v u a e • 8、相对运动 v
e x i n 质点系的动能定理: W W E E k k 0
五、保守力的功 势能
保守力的功： F d势能： E p kx l 2 Mm 引力势能： E G p W ( E E ) E 保 pb pa p r
• 9、牛顿第二定律
2 d v d r F m a m m2 dt dt
第二章
一、牛顿三定律
质点动力学
牛顿第一定律：惯性定律 d v 牛顿第二定律 Fm m a d t 牛顿第三定律：作用力与反作用力 二、动量定理 动量守恒定律 t2 质点动量定理 m v v d I 2-m 1 Ft
六、功能原理 机械能守恒定律
ex in 功能原理： W W E E nc 0
0
动能和势能之和 ——机械能
机械能守恒 E E0
第三章 刚体力学
一、定轴转动定律
1）受力分析
M J
质点：牛顿第二定律 F ma 2）列方程： 刚体：转动定律 M J 无滑动条件：a R
固有长度
相对静止时测得棒的长度叫固有长度，相对棒长 方向运动时，测得长度要变短，长度只沿运动方向 收缩。
二、洛仑兹变换 x ut x' 2 2 1 u / c 洛 仑 y' y 兹 变 z 'z u 换 t 2 x 式 c t 1 u2 / c2
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题在大学物理的学习中，刚体是一个重要的概念。
刚体是指物体内部各点之间没有相对位移，不发生形变，整体运动状态一致的理想化模型。
在解决物理问题时，刚体的性质为我们提供了极大的便利。
以下是一些常见的大学物理刚体习题。
一、基本概念题1、什么是刚体？列举一些常见的刚体实例。
2、刚体在什么情况下可以被视为刚体？其基本性质是什么？3、描述刚体的运动，并解释相关概念，如转动、角速度、角加速度等。
二、刚体的动力学问题4、一个刚体绕固定轴转动，在某时刻受到一个外力矩的作用，求该刚体接下来的运动状态。
41、一个刚体在平面上做纯滚动，如何计算其加速度和速度？411、一个刚体在重力场中处于平衡状态，求其重心的位置。
三、刚体的静力学问题7、一个刚体受到两个大小相等、方向相反的力作用，求该刚体的平衡状态。
71、一个刚体在平面上受到一个力矩的作用，求该刚体的转动效果。
711、一个刚体在三个不在同一直线上的力作用下处于平衡状态，求该刚体的重心位置。
四、刚体的运动学问题10、一个刚体绕固定轴转动，其角速度与时间成正比，求该刚体的角加速度和转速。
101、一个刚体在平面上做纯滚动，其速度与时间成正比，求该刚体的加速度和转速。
1011、一个刚体受到一个周期性外力矩的作用，求该刚体的运动状态。
以上就是一些常见的大学物理刚体习题。
解决这些问题需要我们深入理解刚体的性质和相关的物理概念，如力、力矩、重心等。
通过这些习题的练习，我们可以更好地掌握刚体的相关知识，提高我们的物理水平。
大学物理刚体力学标题：大学物理中的刚体力学在物理学的研究中，大学物理是引领我们探索自然界规律的重要途径。
而在大学物理中，刚体力学是一个相对独特的领域，它专注于研究物体在受到外力作用时的质点运动规律。
本文将探讨大学物理中的刚体力学。
一、刚体概念及特性刚体是指物体内部各质点之间没有相对位移，形状和体积不发生变化的理想化物体。
在刚体力学中，我们通常将刚体视为一个整体，研究其宏观运动规律。
刚体和相对论力学课堂测验题参考解答(2010-01)
mg T ma 0, TR M r J 0.
得
M r TR mgR
（2）同理，由牛顿第二定律及转动定律，有
Mg T Ma, T R M r J .
a 其中， T R mgR J . R
得
3( M m) Mg a . 2
2.一长为l，质量为M的杆可绕支点o自由转动。一质 量为m，速度为v的子弹射入距支点为a的棒内。若棒 偏转角为θ=30°。问子弹的初速度为多少?
3、一根米尺静止在K'系中，与O'x’轴成30°夹角。如 果在K系中测得该米尺与Ox轴夹角为45°，试求：（1） K'系相对于K系的速率u为多少？；（2）在K系中该米 尺的长度为多少？ 解：（1）由于米尺只在x方向上有长度收缩，所以有
l x l x 1 u 2 / c 2 l cos 30 1 u 2 / c 2 l y l l sin 30 y
t t ux / c 2 1 u2 / c 2 ux / c 2 1 u2 / c 2 5.77 10 8 s
7.已知惯性系K'系相对K系以速率u=0.6c沿x、 x'轴 正方向运动，若从K'系中原点O '沿x、 x'轴正方向发 出一光脉冲，在K'系中测得光速 vx c ，则则在K系 c 中测得光速 v x .
解： 角动量守恒：
o
30°
1 2 2 mva Ml ma 3
机械能守恒：
l a v
11 2 l 2 2 Ml ma mga1 cos 30 Mg 1 cos 30 23 2