千里之行，始于足下。第2頁/共2頁精品文檔推薦【預賽三一自招】XXX高中物理比賽習題專題四：剛體動力學(Word版含答案)高中物理比賽習題專題四：剛體動力學

1.均勻細棒OA可繞經過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下降，在棒擺到豎直位置的過程中，下述講法正確的是()

(A)角速度從小到大，角加速度別變

(B)角速度從小到大，角加速度從小到大

(C)角速度從小到大，角加速度從大到小

(D)角速度別變，角加速度為零

2.假設衛星圍繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛星對地球中心的()

(A)角動量守恒，動能守恒(B)角動量守恒，機械能守恒

(C)角動量別守恒，機械能守恒(D)角動量別守恒，動量也別守恒

(Ｅ)角動量守恒，動量也守恒

3.水分子的形狀如圖所示，從光譜分析知水分子對AA′軸的轉動慣量JAA′＝1.93×10-47kg·m2，對BB′軸轉動慣量JBB′＝1.14×10-47kg·m2，試由此數據和各原子質量求出氫和氧原子的距離D和夾角θ．假設各原子都可當質點處理．

4.用降體觀看法測定飛輪的轉動慣量，是將半徑為R的飛輪支承在O點上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質量為m的重物，令重物以初速度為零下降，帶動飛輪轉動(如圖)．記下重物下降的距離和時刻，就可算出飛輪的轉動慣量．試寫出它的計算式．(假設軸承間無摩擦)．

5.質量為m1和m2的兩物體A、B分不懸掛在圖(a)所示的組合

輪兩端.設兩輪的半徑分不為R和r，兩輪的轉動慣量分不為J1和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去別計，繩的質量也略去別計.試求兩物體的加速度和繩的張力.

6.如圖所示，一通風機的轉動部分以初角速度ω0繞其軸轉動，空氣的阻力矩與角速度成正比，比例系數C為一常量.若轉動部分對其軸的轉動慣量為J，咨詢：(1)通過多少時刻后其轉動角速度減少為初角速度的一半？(2)在此刻間內共轉過多少轉？

7.如圖所示，一長為2l的細棒AB，其質量別計，它的兩端堅固地聯結著質量各為m的小球，棒的中點O焊接在豎直軸z上，同時棒與z軸夾角成α角.若棒在外力作用下繞z軸(正向為豎直向上)以角直速度ω＝ω0(1－e－t)轉動，其中ω0為常量.求(1)棒與兩球構成的系統在時間t對z軸的角動量；(2)在t＝0時系統所受外力對z軸的合外力矩.

8.在光滑的水平面上有一木桿，其質量m1＝1.0kg，長l＝40cm，可繞經過其中點并與之垂直的軸轉動.一質量為m2＝10g的子彈，以v＝2.0×102m·s－1的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交.若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度.

9.半徑分不為r1、r2的兩個薄傘形輪，它們各自對經過盤心且垂直盤面轉軸的轉動慣量為J1和J2.開始時輪Ⅰ以角速度ω0轉動，咨詢與輪Ⅱ成正交嚙合后(如圖所示)，兩輪的角速度分不為多大？

10.一質量為1.12kg，長為1.0m的均勻細棒，支點在棒的上端點，開始時棒自由懸掛.以100N的力打擊它的下端點，打擊時刻為0.02s.(1)若打擊前棒是靜止的，求打擊時其角動量的變化；(2)棒的最大偏轉角.（3）打擊眨眼O點桿收到的作用力。

11.地球對自轉軸的轉動慣量為0.33mＥR2，其中mＥ為地球的質量，R為地球的半徑.(1)求地球自轉時的動能；(2)由于潮汐的作用，地球自轉的速度逐漸減小，一年內自轉周期增加3.5×10－5s，求潮汐對地球的平均力矩.

12.為使運行中飛船停止繞其中心軸轉動，一種也許方案是將質量均為m的兩質點A、B，用長為l的兩根輕線系于圓盤狀飛船的直徑兩端(如圖所示).開始時輕線拉緊兩質點靠在盤的邊緣，圓盤與質點一起以角速度旋轉；當質點離開圓盤邊逐漸伸展至連線沿徑向拉直的瞬時，割斷質點與飛船的連線.為使此刻的飛船正好停止轉動，連線應取何長度？(設飛船可看作質量為m′、半徑為R的勻質圓盤)

13.一長為l、質量為m的均勻細棒，在光滑的平面上繞質心作無滑動的轉動，其角速度為ω.若棒忽然改繞其一端轉動，求：(1)以端點為轉軸的角速度ω′；(2)在此過程中轉動動能的改變.

14.如圖所示，一繞有細繩的大木軸放置在水平面上，木軸質量為m，外輪半徑為R1，內柱半徑為R2，木軸對中心軸O的轉動慣量為JC.現用一恒定外力F拉細繩一端，設細繩與水平面夾角θ保持別變，木軸滾動時與地面無相對滑動.求木軸滾動時的質心加速度aC和木軸繞中心軸O的角加速度α.

答案解析

1C2B3.解由圖可得

θdmJHAA22sin2='θdmJHBB22cos2='

此二式相加，可得2

2dmJJHBBAA=+''

則

m

1059.9211-'

'?=+=

H

BBAAmJJd

由二式相比，可得

θJJBBAA2

tan/=''則

o

3.521.14

1.93

arctanarctan

===''BBAAJJθ

4.解1設繩子的拉力為FＴ，對飛輪而言，依照轉動定律，有αJRFT=(1)

而對重物而言，由牛頓定律，有

maFmgT=-(2)

由于繩子別可伸長，所以，有

αRa=(3)

重物作勻加速下降，則有

2

21ath=

(4)

由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為

?

???

??-=1222

hgtmRJ

5.解分不對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).依照質點的牛頓定律和剛體的轉動定

律，有

111111amFgmFPTT=-='-(1)222222amgmFPFTT=-=-'(2)

()αJJrFRFTT2121+=-(3)11TTFF=',22TTFF='(4)

由角加速度和線加速度之間的關系，有

αRa=1(5)αra=2(6)

解上述方程組，可得

gRrmRmJJr

mRma2

22121211+++-=

gr

rmRmJJr

mRma2

22121212+++-=

g

mrmRmJJRrmrmJJFT12

22121221211++++++=gmrmRmJJRrmRmJJFT22

22121121212++++++=

6.解(1)通風機葉片所受的阻力矩為M＝－Cω，由轉動定律M＝Jα，可得葉片的角加速度為

Jω

Ctωα-==

dd(1)

依照初始條件對式(1)積分，有

tJCωωtω

ωdd00??-=由于C和J均為常量，得

J

Cteωω/0-=(2)

當角速度由ω0→12ω0時，轉動所需的時刻為

2lnCJt=

(2)依照初始條件對式(2)積分，有

t

eωθJCtt

θ

dd/0

00

-??

=

即CωJθ20

=

在時刻t內所轉過的圈數為

CωJθNπ4π20

=

=

7.解(1)兩小球對z軸的轉動慣量為()()222

sin2sin22αlmαlmmrJ===，則系統對z

軸的角動量為

()

α

eωmlmrωJLt2022sin122--===

此處也可先求出每個小球對z軸的角動量后再求和.(2)由角動量定理得

()[]

αeωmlttLMt202sin12dddd--==

t

eαωml-=202sin2

t＝0時，合外力矩為

αωmlM202sin2=

此處也可先求解系統繞z軸的角加速度表達式，即teωtω

α-==

0dd，再由M＝Jα求得M.

8.解依照角動量守恒定理

()ωJJωJ'+=212

式中()2

222/lmJ=為子彈繞軸的轉動慣量，J2ω為子彈在陷入桿前的角動量，ω＝2v/l為

子彈在此時繞軸的角速度.12/2

11lmJ=為桿繞軸的轉動慣量.可得桿的角速度為

()1

212212s1.2936-=+=+=

'mmmJJωJωv

9.解設相互作用力為F，在嚙合的短時刻Δt內，依照角動量定理，對輪Ⅰ、輪Ⅱ分不有

()0111ΔωωJtFr-=-(1)

222ΔωJtFr=(2)

兩輪嚙合后應有相同的線速度，故有

2211ωrωr=(3)

由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分不為

21022212

2011rωJrJrωJω+=

10.解(1)由剛體的角動量定理得

1

20smkg0.2d-??====?tΔFltMωJLΔ

(2)取棒和地球為一系統，并選O處為重力勢能零點.在轉動過程中，系統的機械能守恒，

即

()θmglωJcos121212

0-=

由式(1)、(2)可得棒的偏轉角度為

8388Δ31arccoso

222'=??????-=glmtFθ

11.解(1)地球的質量mＥ＝5.98×1024

kg，半徑R＝6.37×106

m，因此，地球自轉的動能

J1012.2/33.022*******

?=?==

TRmπωJEEK

(2)對式

Tωπ

2=

兩邊微分，可得

TTωdπ2d2-

=

當周期變化一定量時，有

T

ωTTωΔπ2Δπ2Δ2

2-=-=(1)

由于地球自轉減慢而引起動能的減少量為

T

Eω

TJωωωJEKKΔπΔπ2ΔΔ3-=-==(2)

又依照動能定理

KEθMWΔΔ==(3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩為

mN1047.7π2Δ2

2

??==

-nTωEMK

式中n為一年中的天數(n＝365)，ΔT為一天中周期的增加量.

12.解飛船繞其中心軸的轉動慣量為

2121

RmJ'=

，兩質點在起始時和輕線割斷眨眼的轉動

慣量分不為2

22mRJ=和()2

22lRmJ+='.由于過程中系統的角動量守恒，為使輕線沿徑

向拉直時，飛船轉動正好停止，則有()()ωlRmωJJ'+=+2212(1)

又依照過程中系統的機械能守恒，有

()()2222122121

ωlRmωJJ'+=+(2)

由上述兩式可解得