大學(xué)物理習(xí)題.pdf

習(xí)題 3 習(xí)題 3 3.1 選擇題 (1) 有一半徑為 R 的水平圓轉(zhuǎn)臺，可繞通過其中心的豎直固定光滑軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn) 動慣量為 J，開始時轉(zhuǎn)臺以勻角速度 0轉(zhuǎn)動，此時有一質(zhì)量為 m 的人站在轉(zhuǎn)臺 中心，隨后人沿半徑向外跑去，當(dāng)人到達轉(zhuǎn)臺邊緣時，轉(zhuǎn)臺的角速度為 (A) 0 2 mRJ J + (B) 0 2 )( RmJ J + (C) 0 2 mR J (D) 0 答案： (A) (2) 如題 3.1（2）圖所示，一光滑的內(nèi)表面半徑為 10cm 的半球形碗，以勻角速 度 繞其對稱軸 OC 旋轉(zhuǎn)，已知放在碗內(nèi)表面上的一個小球 P 相對于碗靜止， 其位置高于碗底 4cm，則由此可推知碗旋轉(zhuǎn)的角速度約為 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 題 3.1（2）圖 答案： (A) (3)如 3.1(3)圖所示，有一小塊物體，置于光滑的水平桌面上，有一繩其一端連 結(jié)此物體， ；另一端穿過桌面的小孔，該物體原以角速度 在距孔為 R 的圓周 上轉(zhuǎn)動，今將繩從小孔緩慢往下拉，則物體 （A）動能不變，動量改變。 （B）動量不變，動能改變。 （C）角動量不變，動量不變。 （D）角動量改變，動量改變。 （E）角動量不變，動能、動量都改變。 答案： (E) 3.2 填空題 (1) 半徑為 30cm 的飛輪，從靜止開始以 0.5rads-2的勻角加速轉(zhuǎn)動，則飛輪邊緣上 一點在飛輪轉(zhuǎn)過 240時的切向加速度 a= ，法向加速度 an= 。 答案：0.15;1.256 (2) 如題 3.2（2）圖所示，一勻質(zhì)木球固結(jié)在一細(xì)棒下端，且可繞水平光滑固定軸 O 轉(zhuǎn)動，今有一子彈沿著與水平面成一角度的方向擊中木球而嵌于其中，則在此擊 中 過 程 中 ， 木 球 、 子 彈 、 細(xì) 棒 系 統(tǒng) 的 守 恒 ， 原 因 是 。木球被擊中后棒和球升高的過程中，對木球、子彈、細(xì)棒、 地球系統(tǒng)的 守恒。 題 3.2（2）圖 答案：對 o 軸的角動量守恒，因為在子彈擊中木球過程中系統(tǒng)所受外力對 o 軸 的合外力矩為零，機械能守恒 (3) 兩個質(zhì)量分布均勻的圓盤 A 和 B 的密度分別為 A和 B (AB)，且兩圓盤的總 質(zhì)量和厚度均相同。 設(shè)兩圓盤對通過盤心且垂直于盤面的軸的轉(zhuǎn)動慣量分別為 JA和 JB，則有 JA JB 。 （填、或=） 答案： 3.3 剛體平動的特點是什么？平動時剛體上的質(zhì)元是否可以作曲線運動？ 解：剛體平動的特點是：在運動過程中，內(nèi)部任意兩質(zhì)元間的連線在各個時刻的位 置都和初始時刻的位置保持平行。平動時剛體上的質(zhì)元可以作曲線運動。 3.4 剛體定軸轉(zhuǎn)動的特點是什么？剛體定軸轉(zhuǎn)動時各質(zhì)元的角速度、 線速度、 向心加 速度、切向加速度是否相同？ 解：剛體定軸轉(zhuǎn)動的特點是：軸上所有各點都保持不動，軸外所有各點都在作圓周 運動，且在同一時間間隔內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度都一樣；剛體上各質(zhì)元的角量相同，而各質(zhì) 元的線量大小與質(zhì)元到轉(zhuǎn)軸的距離成正比。因此各質(zhì)元的角速度相同，而線速度、 向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5 剛體的轉(zhuǎn)動慣量與哪些因素有關(guān)？請舉例說明。 解：剛體的轉(zhuǎn)動慣量與剛體的質(zhì)量、質(zhì)量的分布、轉(zhuǎn)軸的位置等有關(guān)。如對過圓心 且與盤面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量而言，形狀大小完全相同的木質(zhì)圓盤和鐵質(zhì)圓盤中鐵 質(zhì)的要大一些，質(zhì)量相同的木質(zhì)圓盤和木質(zhì)圓環(huán)則是木質(zhì)圓環(huán)的轉(zhuǎn)動慣量要大。 3.6 剛體所受的合外力為零，其合力矩是否一定為零？相反，剛體受到的合力矩為 零，其合外力是否一定為零？ 解：剛體所受的合外力為零，其合力矩不一定為零；剛體受到的合力矩為零，其合 外力不一定為零。 3.7 一質(zhì)量為m的質(zhì)點位于( 11, y x)處，速度為jvivv yx vv v +=, 質(zhì)點受到一個沿x 負(fù)方向的力f的作用，求相對于坐標(biāo)原點的角動量以及作用于質(zhì)點上的力的力矩 解: 由題知，質(zhì)點的位矢為 jyixr vv v 11 += 作用在質(zhì)點上的力為 i ff vv = 所以，質(zhì)點對原點的角動量為 vmrL vv v = 0 11 ()() xy x iy jm v iv j=+ vvvv kmvymvx xy v )( 11 = 作用在質(zhì)點上的力的力矩為 k fyi fjyixfrM vvvvv v v 1110 )()(=+= 3.8 哈雷彗星繞太陽運動的軌道是一個橢圓它離太陽最近距離為 1 r8.7510 10m 時的速 率是 1 v5.4610 4 ms-1，它離太陽最遠(yuǎn)時的速率是 2 v9.0810 2ms-1 這時它離太陽 的距離 2 r是多少?(太陽位于橢圓的一個焦點。) 解: 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力即有心力的作用， 所以角動量守恒； 又由于 哈雷彗星在近日點及遠(yuǎn)日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有 2211 mvrmvr= m1026 . 5 1008 . 9 1046 . 5 1075 . 8 12 2 410 2 11 2 = = v vr r 3.9 物體質(zhì)量為3kg，t=0時位于m4ir v v =, 1 sm6 +=jiv vv v ，如一恒力N5jf vv =作用在 物體上,求3秒后，(1)物體動量的變化；(2)相對z軸角動量的變化 解: (1) = 3 0 1 smkg15d5djtjtfp vvv v (2)解(一) 734 00 =+=+=tvxx x jattvy y 5 .253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 =+=+= 即 ir v v 4 1 =,jir vv v 5 .257 2 += 1 0 = xx vv 113 3 5 6 0 =+=+=atvv yy 即 jiv vv v 6 11 +=,jiv vv v 11 2 += kjiivmrL vvvv vv v 72)6(34 111 =+= kjijivmrL vvvvv vv v 5 .154)11( 3)5 .257( 222 =+= 12 12 smkg5 .82 =kLLL vvvv 解(二) dt dz M= = tt tFrtML 00 d)(d v v vv =+= += 3 0 1 3 0 2 smkg5 .82d)4(5 d5) 3 5 ) 2 1 6()4( 2 ktkt tjjttit vv vvv 3.10 平板中央開一小孔，質(zhì)量為m的小球用細(xì)線系住，細(xì)線穿過小孔后掛一質(zhì)量為 1 M的 重物 小球作勻速圓周運動， 當(dāng)半徑為 0 r時重物達到平衡 今在 1 M的下方再掛一質(zhì)量為 2 M 的物體，如題3.10圖試問這時小球作勻速圓周運動的角速度和半徑 r 為多少? 題 3.10 圖 解: 在只掛重物時 1 M，小球作圓周運動的向心力為gM1，即 2 001 mrgM= 掛上 2 M后，則有 2 21 )(=+rmgMM 重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒 即 vmrmvr= 00 = 2 0 2 0 rr 聯(lián)立、得 1 0 0 2 1123 01 1 121 3 0 2 12 () () M g mr M g MM mrM MMM rgr mMM = + = + = = + 3.11 飛輪的質(zhì)量m60kg，半徑R0.25m，繞其水平中心軸O轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為 900revmin -1現(xiàn)利用一制動的閘桿，在閘桿的一端加一豎直方向的制動力 F，可使飛輪 減速已知閘桿的尺寸如題3.11圖所示，閘瓦與飛輪之間的摩擦系數(shù)?=0.4，飛輪的轉(zhuǎn)動 慣量可按勻質(zhì)圓盤計算試求： (1)設(shè)F100 N，問可使飛輪在多長時間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動?在這段時間里飛輪轉(zhuǎn)了幾轉(zhuǎn)? (2)如果在2s內(nèi)飛輪轉(zhuǎn)速減少一半，需加多大的力F? 解: (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)圖中N、 N 是正壓力， r F、 r F 是摩擦 力， x F和 y F是桿在A點轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力 題 3.11 圖（a） 題 3.11 圖(b) 桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以對A點的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計，則有 F l ll NlNllF 1 21 121 0)( + =+ 對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有IRFr/=，式中負(fù)號表示與角速度方向相反 NFr= N N = F l ll NFr 1 21+ = 又 , 2 1 2 mRI= F mRl ll I RFr 1 21 )(2+ = 以N100=F等代入上式，得 2 srad 3 40 100 50. 025. 060 )75. 050. 0(40. 02 = + = 由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間為 s06. 7 4060 32900 0 = = t 這段時間內(nèi)飛輪的角位移為 rad21 .53 ) 4 9 ( 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 = =+=tt 可知在這段時間里，飛輪轉(zhuǎn)了1 .53轉(zhuǎn) (2) 1 0 srad 60 2 900 = ，要求飛輪轉(zhuǎn)速在2=ts內(nèi)減少一半，可知 20 0 0 srad 2 15 2 2 = = tt 用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的制動力為 1 12 2 () 60 0.25 0.50 15 2 0.40 (0.500.75) 2 177 mRl F ll N = + = + = 3.12 固定在一起的兩個同軸均勻圓柱體可繞其光滑的水平對稱軸O O 轉(zhuǎn)動設(shè)大小圓柱體 的半徑分別為R和r， 質(zhì)量分別為M和m 繞在兩柱體上的細(xì)繩分別與物體 1 m和 2 m相連， 1 m和 2 m則掛在圓柱體的兩側(cè)， 如題3.12圖所示 設(shè)R0.20m, r0.10m，m4 kg，M 10 kg， 1 m 2 m2 kg，且開始時 1 m， 2 m離地均為h2m求： (1)柱體轉(zhuǎn)動時的角加速度； (2)兩側(cè)細(xì)繩的張力 解: 設(shè) 1 a, 2 a和分別為 1 m, 2 m和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖 b) 題 3.12(a)圖 題 3.12(b)圖 (1) 1 m, 2 m和柱體的運動方程如下： 2222 amgmT= 1111 amTgm= IrTRT= 21 式中 RaraTTTT= 122211 , 而 22 2 1 2 1 mrMRI+= 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 srad13. 6 8 . 9 10. 0220. 0210. 04 2 1 20. 010 2 1 21 . 022 . 0 = + = + =g rmRmI rmRm (2)由式 8 .208 . 9213. 610. 02 222 =+=+=gmrmTN 由式 1 .1713. 6. 2 . 028 . 92 111 =RmgmTN 3.13 計算題3.13圖所示系統(tǒng)中物體的加速度設(shè)滑輪為質(zhì)量均勻分布的圓柱體，其質(zhì)量為 M，半徑為r，在繩與輪緣的摩擦力作用下旋轉(zhuǎn)，忽略桌面與物體間的摩擦，設(shè) 1 m50 kg， 2 m200 kg,M15 kg, r0.1 m 解: 分別以 1 m, 2 m滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示對 1 m, 2 m運用牛頓定律，有 amTgm 222 = amT 11 = 對滑輪運用轉(zhuǎn)動定律，有 ) 2 1 ( 2 12 MrrTrT= 又， ra= 聯(lián)立以上 4 個方程，得 2 21 2 sm6 . 7 2 15 2005 8 . 9200 2 = + = + = M mm gm a 題 3.13(a)圖 題 3.13(b)圖 3.14 如題3.14圖所示，一勻質(zhì)細(xì)桿質(zhì)量為m，長為l，可繞過一端O的水平軸自由轉(zhuǎn)動， 桿于水平位置由靜止開始擺下求： (1)初始時刻的角加速度； (2)桿轉(zhuǎn)過角時的角速度. 題 3.14 圖 解: (1)由轉(zhuǎn)動定律，有 2 11 () 23 mglml= l g 2 3 = (2)由機械能守恒定律，有 22) 3 1 ( 2 1 sin 2 ml l mg= l g sin3 = 3.15 如題3.15圖所示，質(zhì)量為M，長為l的均勻直棒，可繞垂直于棒一端的水平軸O無摩 擦地轉(zhuǎn)動，它原來靜止在平衡位置上現(xiàn)有一質(zhì)量為m的彈性小球飛來，正好在棒的下端 與棒垂直地相撞相撞后，使棒從平衡位置處擺動到最大角度=?30處 (1)設(shè)這碰撞為彈性碰撞，試計算小球初速 0 v的值； (2)相撞時小球受到多大的沖量? 題 3.15 圖 解: (1)設(shè)小球的初速度為 0 v，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)?v，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可 列式： mvlIlmv+= 0 222 0 2 1 2 1 2 1 mvImv+= 上兩式中 2 3 1 MlI =，碰撞過程極為短暫，可認(rèn)為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直 位置上擺到最大角度 o 30=，按機械能守恒定律可列式： )30cos1 ( 22 1 2 = l MgI 由式得 2 1 2 1 ) 2 3 1 ( 3 )30cos1 ( = = l g I Mgl 由式 ml I vv = 0 由式 m I vv 2 2 0 2 = 所以 2 22 00 () II vv mlm = 求得 0 2 1 (1)(1) 223 6(23)3 12 lIlM v mlm glmM m =+=+ + = (2)相碰時小球受到的沖量為 0 d()F tmvmvmv= = 由式求得 Ml l I mvmvtF 3 1 d 0 = 6(23) 6 gl M = 負(fù)號說明所受沖量的方向與初速度方向相反 3.16 一個質(zhì)量為M、 半徑為R并以角速度轉(zhuǎn)動著的飛輪?(可看作勻質(zhì)圓盤)， 在某一瞬時 突然有一片質(zhì)量為m的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3.16圖假定碎片脫離飛輪時的瞬時 速度方向正好豎直向上 (1)問它能升高多少? (2)求余下部分的角速度、角動量和轉(zhuǎn)動動能 題 3.16 圖 解: (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度 Rv = 0 設(shè)碎片上升高度h時的速度為v，則有 ghvv2 2 0 2 = 令0=v，可求出上升最大高度為 22 2 0 2 1 2 R gg v H= (2)圓盤的轉(zhuǎn)動慣量 2 2 1 MRI =，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量 22 2 1 mRMRI=，碎片脫 離前，盤的角動量為I，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系 統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(yīng)守恒，即 RmvII 0 += 式中為破盤的角速度于是 RmvmRMRMR 0 222 ) 2 1 ( 2 1 += =) 2 1 () 2 1 ( 2222 mRMRmRMR 得= (角速度不變) 圓盤