刚体力学基础自测题

刚体力学基础自测题大学物理(1)已知地球的质量为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)(B)(C)(D)mGMRRGMmGMmRRGMm222GMmvmRRGMVRL=RP=RmvLmGMRA2.体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是(A)甲先到达．(B)乙先到达．(C)同时到达．(D)谁先到达不能确定。［］甲乙选甲乙两人和绳子构成研究系统，所受外力为重力和滑轮对绳子的支持力。G甲MrFＧ乙所受的合外力矩为0，角动量守恒。vrvr0mm乙乙甲甲v乙甲，v分别是甲乙相对地的速度NC（３）如图，有一木块物体，置于一个光滑的水平桌面上，有一绳其一端连接此物体，另一端穿过桌面中心的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R的圆周上运动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变(B）动量不变，动能改变（C）角动量不变，动量不变(D）角动量改变，动量改变（E）角动量不变，动能、动量都改变与轴线平行的力不改变刚体的运动状态，而绳子的拉力通过转轴（力矩为0），所以角动量守恒。L=rpmvR=常数mvR2/2kEpmE（4）一刚体以每分钟60转速率绕z轴匀速转动，设某时刻刚体上某点P的位矢为，单位为10-2m，若以10-2m/s为单位，该时刻P点的速度为：94.2125.6157.0()25.118.8()25.118.8()31.4vijkBvijCvijDvk（A)345Prijk345xyzPoPvPr002345ijkvr)scm(8.181.25-1jivBAAO5、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。[]（2）由MJ21cos()23lMmgml（1）由0t0GAm2m1O6、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m1和m2的物体(m1＜m2)，如图所示．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。(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．取两物体、绳子以及滑轮作为研究系统在这些力的作用下，合力矩为21MmmgRJG1G2NMgC取滑轮作为研究对象21''MTTRJ７．如图所示，一质量为m的匀质细杆AB，A端靠在粗糙的竖直墙壁上，B端置于粗糙水平地面上而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A端对墙壁的压力大小为ABCD不能唯一确定ＢＡ图7f2f1N2GN1解（1）如果是光滑墙壁，其受力情况如图所示。2sincos2lmgNl(2)对本题来说，因为f2并不清楚，所以无法由合力矩为０求出Ｎ２．1cos4mg12mgtgsinmgA端对墙的压力为12mgtg同样由于f1不清楚，也无法利用质心定理求出N2.D2-6、一长为L，重W的均匀梯子，靠墙放置，如图所示，梯子下端连一倔强系数为K的弹簧，当梯子靠墙竖直放置时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子依墙和地面成θ角且处于平衡状态时，（1）地面对梯子的作用力的大小为。（2）墙对梯子的作用力的大小为。（3）W、K、L、θ应满足的关系式为。梯子静止并达到平衡，说明它所受的合外力为0，同时合外力矩也为0水平方向上合力为０，则墙对梯子的作用力等于弹簧的弹力，其大小等于也可以选取过A端点并且垂直板面的转轴，由合力矩为０，2cossin2LWNL由竖直方向上合外力为０W1N2NF1NW2cosNkL2cot2WN2sinWkL８、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是。(A)刚体不受外力矩的作用．(B)刚体所受合外力矩为零．(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零．(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变．B9、一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑固定轴自由转动，最初板自由下垂．今有一小团粘土，垂直板面撞击方板，并粘在板上．对粘土和方板系统，如果忽略空气阻力，在碰撞中守恒的量是。(A)动能．(B)绕木板转轴的角动量．(C)机械能．(D)动量．vB11、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１/３（mL2)，起初杆静止，桌面上有一个质量为m的小球，在杆的垂直方向正对着杆的一端以速率v运动，（如图所示），当小球与杆的端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起运动，则这一系统碰撞后的转动角速度为2()3vBL3()4vCL3()vDLOv俯视图221()3mvLmLmL34vL()12lvACOv21v俯视图选择棒和子弹作为研究系统，则系统所受合外力矩为０，满足角动量守恒：12mvLmvLJ213JML3v2mML13、如图所示，一静止的均匀细棒，长为L、质量为M，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平面内转动，转动惯量为１/３ML2。一质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v/2，则此时棒的角速度应为。(A)(B)(C)(D)vmML3v2mML5v3mML7v4mMLB2-11.质量为m、长为l的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固定轴O在水平面内自由转动(转动惯量J＝ml2/12)．开始时棒静止，现有一子弹，质量也是m，在水平面内以速度v0垂直射入棒端并嵌在其中．则子弹嵌入后棒的角速度w＝___．mOml0v俯视图20/2[(/2)]mvlJmlw解：由角动量守恒可得032vwl又棒对轴的转动惯量为212mlJ10、质量为m的小孩站在半径为R的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为。2v(),mRAJR顺时针2vmRBJR（），逆时针22vmRCJmRR（），顺时针22v,mRJmRR（D)逆时针转动平面选人和转台为研究系统，则系统角动量守恒0RmvJAOr1OＲ取人和转台为研究系统，则合外力矩为０，角动量守恒20()JwJmRw12、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转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为02()JAwJmR02()JBwJmR02()JCwmR0()DwA2-8、有一半径为R的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O且垂直于盘面的竖直固定轴OO＇转动，转动惯量为J．台上有一人，质量为m．当他站在离转轴r处时(r＜R)，转台和人一起以w1的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度w2＝_______。Or1O2212()()JmrwJmRw解：由角动量守恒可得2122()()JmrwwJmR2-10、圆柱质量为M，半径为R，可绕通过柱心的铅直光滑固定轴自由转动，开始的时候圆柱静止，有一质量为m的子弹沿圆周切线方向射入圆柱体的边缘射入而嵌在柱的边缘上，子弹射入后，圆柱的角速度w=。2()mvRJmRw解：由角动量守恒可得22mvwMmRv又圆柱对轴的转动惯量为22MRJ14、一个物体正在绕固定光滑轴自由转动，（A）它受热膨胀或遇冷受缩时，角速度不变（B）它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小（C）它受热或遇冷时，角速度变大（D）它受热时角速度变小，遇冷受缩时角速度变大绕固定光滑轴自由转动说明合外力矩为0，角动量守恒：J常数2JmR所以受热膨胀时R增长，J增加，变小D二、填空题2-1、质量为m的质点以速度沿一直线运动，则它对直线上任一点的角动量为————。vLrmv2-2、质量为m的质点以速度沿一直线运动，则它对直线外垂直距离为d的一点的角动量的大小为————。v0mvd0L如图：对O点，●vmor●or0L对点，o角动量与参考点的位置有关解：当刚体作匀角加速转动时，有运动学关系：0210022200()2()tttt=4s105410/rads（）vr101.515/vms2-3、半径为r=1.5m的飞轮，初角速度ω0=10rad/s，角加速度=-5rad/s2，若初始时刻角位移为零，则在t=时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v=。2-4、一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40πrad/s减到10πrad/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。21040（）/5=-6（rad/s）0210022200()2()ttt解：当刚体作匀角加速转动时，有运动学关系：21405652（）=125设再经历t秒才能停止，则t=10π/6π=5/3（s）62.51.67s2-5、半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动．主动轮从静止开始作匀角加速转动．在4s内被动轮的角速度达到8rad·s-1，则主动轮在这段时间内转过了________圈．0210022200()2()ttt202004t5（rad/s）皮带的速度是相同的：2211RR22118502020RR225422t40（rad）202-7、长为l的杆如图悬挂，o为水平光滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，子弹水平地射入杆中，则在此过程中，————系统对转轴o的————守恒。2-9、动量矩定理的内容是：——————————————————————————————————————，其数学表达式可写成——————————。动量矩守恒的条件是————————————。子弹和杆角动量转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体角动量的增量212211ttMdtJJ物体所受合外力矩等于零2-12．一根长为l的细绳的一端固定于光滑水平面上的o点，另一端系一质量为m的小球，开始时绳子是松弛的，小球与o点的距离为h。使小球以某个出速率沿该光滑水平面上一直线运动，该直线垂直于小球初始位置与o点的连线。当小球与o点的距离达到l时，绳子绷紧从而使小球沿一个以o点为圆心的圆形轨迹运动，则小球做圆周运动时的动能ＥＫ和初动能ＥＫ０之比为————？解：拉紧过程中拉力提供向心力，但它对o点的力矩为０,所以此过程满足角动量守恒．设初速度为v0，作圆周运动的速度为v，则角动量守恒可写为ohL01mvhmvl10vhvl22100kkEvhEvl