大学物理练习04

班级______________学号____________姓名________________
练习 四
一、选择题
1． 力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34(
-=，则该力对坐标原点的力
矩大小为 （ B ） (A)m kN ⋅-3； （B m kN ⋅29）； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。

2． 圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ⋅。

由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。

圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 ( D ) (A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。

3． 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( D ) (A)2
2.16π J ； (B)2
1.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）2
8.1πJ 。

4． 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。

绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。

将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。

（ D ）
(A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。

5． 一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水
平桌面上。

若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0ω，则棒停止转动所需时间为
( A )
(A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。

二、填空题
１．半径为r =1.5m 的飞轮，初角速度ω0=10rad/s ，角加速度β= -5rad/s 2，若初始时刻角
位移为零，则在t = 4 S 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v = -15 m/s 。

２．一飞轮作匀减速运动，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 62.5 圈，飞轮再经 5/3 的时间才能停止转动。

３．匀质大圆盘质量为M 、半径为R ，对于过圆心O 点且垂直于盘面
转轴的转动惯量为2
1
M R 2。

如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小
圆盘，半径为R /2。

如图所示，剩余部分对于过O 点且垂直于盘面转轴的转动惯量为 (12/32) MR2 。

４．一根匀质细杆质量为m 、长度为l ，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内转动。

则它
在水平位置时所受的重力矩为 1/2 mgl ，若将此杆截取2/3，则剩下1/3在上述同样位置时所受的重力矩为 1/18 mgl 。

５．长为l 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。

如果将细杆置与
水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为 3/2 g/l ，细杆转动到竖直位置时角速度为 能量守恒 。

三．计算题
1． 一个飞轮直径为0.30m 、质量为5.00kg ，边缘绕有绳子。

现用恒力拉绳子的一端，使飞轮由静止均匀地加速，经0.50s 转速达10rev/s 。

假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （2）拉力大小及拉力所作的功；
（3）从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度大小和加速度大小。

1． 解：（1）
飞轮的角加速度 )/(126)/(405.00
222s rad s rad n t ≈=-==
=ππωαα∆∆ 这段时间转过的角度 ππαθ55.0402
1
2122=⨯⨯==t ，转过了2.5转。

此时的角速度 ()s rad n /202ππω==
（2）由动能定理得拉力的功
()()J MR J A 11125.112015.052121212102122
2222≈=⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=-=ππωω
由功的定义 θθθ∆⋅⋅=⋅⋅==⎰⎰r F r F Md A d
拉力大小 ()N R A r A F 4715515.025.112
≈=⨯=∆⋅=∆⋅=
ππ
πθθ
（3）
t=10秒时，飞轮的角速度 )/(400s rad t παω==
轮边缘上一点的速度 )/(5.1886015.0400s m R r ≈=⨯===ππωωυ 轮
边
缘
上
一
点
的
切
向
速
度
大
小
()()
22/9.18/615.040s m s m r a ≈=⨯=⋅=ππατ
轮边缘上一点的法向速度大小 ()
2522/1037.224000s m r a n ⨯≈==πω
2． 飞轮的质量为60kg 、直径为0.50m 、转速为1000rev/min ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F
的大小。

假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。

尺寸如图所示。

2．
解：制动角加速度为
()()
22/9.20/3
20
5602s rad s rad n t ===∆∆==ππωαα
阻力矩为 2d N M ⋅=μ，飞轮的转动惯量为2
2⎪⎭
⎫
⎝⎛=d m J
由转动定律 α⋅=J M
得 αμ⋅⎪⎭
⎫
⎝⎛=⋅2
22d m d N
()N md
N 7852503
20
4.05.060≈=⨯⨯=
⋅=
ππαμ
由平衡条件，得 ()05.075.05.0=+⨯-⨯F N
()N N F 3141005
.075.050
.0==⋅+=
π
3． 如图所示，物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r 。

（1）如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T （设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）；
（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T 。

3． 解：
（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。

对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律
)(111a m g m T -=-
对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律
a m N T 22=-μ 02=-g m N 对滑轮，应用转动定律
()α-=-J r T r T 12 并利用关系
αr a =
由以上各式， 解得
g r
J
m m m m a ⋅++-=
2
2121μ
g m r J
m m r J m m T 12
212221⋅+++
+=μ g m r
J
m m r J
m m T 22
212
112⋅++++=μμ （2）0=μ时
a
J
r m r m g
r m g r
J m m m a ++=⋅++=2
221212
211
()J
r m r m g
m J r
m g m r J m m r J m T +++=
⋅+
++
=
2
22
112212
212
21
J
r m r m g
m r m g m r
J m m m T ++⋅=⋅++=222122122
211
2
4． 轻绳绕于半径r =20cm 的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N 的拉力，飞轮的转动惯量J =0.5kg ⋅m 2。

设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。

试求： （1）飞轮的角加速度；
（2）当绳端下降5m 时，飞轮的动能；
（3）如以质量m =10kg 的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。

4． 解：
（1）由转动定律 αJ M =
()2/2.395.02.098s rad J r F J M =⨯=⋅==α
（2）由动能定理 A E k =-0
()J h F A E k 490598=⨯=⋅==
（3）对物体应用牛顿运动定律 a m T mg ⋅=-
对滑轮应用转动定律 ()α-=⋅-J r T
利用关系 αr a = 由以上各式解得
()
2
2
2/8.215
.02.0108.92.010s rad J mr mrg g r
J mr m =+⨯⨯⨯=+=
+
=
α
5． 如图示，转台绕中心竖直轴以角速度ω作匀速转动。

转台对该轴的转动惯量
J =5⨯10-5kg ⋅m 2。

现有砂粒以1g/s 的流量落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆。

试求砂粒落到转台，使转台角速度变为ω/2所花的时间。

5．
解：由角动量守恒定律
00
22
)
(ωωJ mr J =+
得 2r
J m = 由于
kg/s 3101-⨯=t
m
所以 s 510
11.010********
25
323=⨯⨯⨯=⨯⨯=⨯=----r J m t。