大学物理A期末复习

2016大学物理（64学时）期末复习

复习一、刚体部分

内容提要

转动惯量：离散系统，∑=2i i r m J

连续系统，⎰=dm r J 2

平行轴定理：2md J J C += 刚体定轴转动的角动量：ωJ L = 刚体定轴转动的转动定律：dt

dL J M =

=α 刚体定轴转动的角动量定理：021

L L Mdt t t -=⎰ 力矩的功：⎰=θMd W 力矩的功率：ωM dt

dW

P == 转动动能：22

1

ωJ E k =

刚体定轴转动的动能定理：2

22

1210

ωωθθθJ J Md -=

⎰

一、选择题

1.（ ）两个匀质圆盘A 、B 的密度分别为A ρ和B ρ，且B A ρρ>，质量和厚度相同.两圆盘的旋转轴均通过盘心并垂直于盘面，则它们的转动惯量的关系是： A 、B A J J < B 、B A J J = C 、B A J J > D 、不能判断

2.（ ）一力矩M 作用于飞轮上，飞轮的角加速度为1β，如撤去这一力矩，飞轮的角加速度为2β-，则该飞轮的转动惯量为：

A 、

1

βM

B 、

2

βM

D 、2

1ββ-M

3. （ ）A 与B 是两个质量相同的小球，A 球用一根不能伸长的绳子拴着， B 球用

橡皮筋拴着，把它们拉到水平位置，放手后两小球到达竖直位置时，绳子与橡皮筋长度相等，则此时两球的线速度

A 、

B A V V > B 、B A V V <

C 、B A V V =

D 、无法判断 4.（ ）用一条皮带将两个轮子A 和B 连接起来，轮与皮带 间无相对滑动， B 轮的半径是A 轮半径的3倍.如果两轮具有

相同的角动量，则A 与B 两轮转动惯量的比值为： A 、3:1 B 、9:1 C 、1:3 D 、1:9

5.（ ）某滑冰者转动的角速度原为0ω，转动惯量为0J ，当他收拢双臂后，转动惯量减少了41.这时他转动的角速度为： B 、410ω C 、4

30ω D 、45

0ω

6.银河系有一可视为球体的天体，由于引力凝聚，体积不断收缩。设它经过一万年体积收缩了%1，而质量保持不变.则它的自转周期将： A 、增大 B 、不变 C 、减小 D 、不能判断

7.（ ）一子弹水平射入一木棒后一同上摆.在上摆的过程中，以子弹和木棒为系统，则总角动量、总动量及总机械能是否守恒结论是：

A 、三量均不守恒

B 、三量均守恒

C 、只有总机械能守恒

D 、只有总动量不守恒

8.（ ）长为L 的均匀细杆OM 绕水平O 轴在竖直面内自由转动，今使细杆从水平位置开始自由下摆，在细杆摆动到铅直位置的过程中，其角速度ω，角加速度β如何变化

A 、ω增大，β减小

B 、ω减小，β减小

C 、ω增大，β增大

D 、ω减小，β增大 9（ ）人造地球卫星绕地球作椭圆运动，地球在椭圆的一个焦点上，卫星的动量P ，角动量L 及卫星与地球所组成的系统的机械能

E 是否守恒

A 、P 不守恒，L 不守恒，E 不守恒

B 、P 守恒，L 不守恒，E 不守恒

C 、P 不守恒，L 守恒，E 守恒

D 、P 守恒，L 守恒，

E 守恒 E 、P 不守恒，L 守恒，E 不守恒

10. （ ）如图2所示，A 和B 为两个相同绕着轻绳的

图1

定滑轮，A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ， 而且Mg F =，设A 、B 两滑轮的角加速度分别为A β和B β， 不计滑轮轴的摩擦，则有

A 、

B A ββ= B 、B A ββ>

C 、B A ββ<

D 、开始B A ββ=,以后B A ββ< 二、解答题

1. 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900 r/min ．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．

题图（a ）

题图(b)

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

F l l l N l N l l F 1

2

11210

)(+=

'='-+ 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 1

2

1+='=μ

μ 又∵ ,2

12mR I = ∴ F mRl l l I R F r 1

21)

(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式，得

2s rad 3

40

10050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=

β

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

s 06.740

603

29000=⨯⨯⨯=-

=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为

rad

21.53)4

9

(3402149602900212

20ππππβωφ⨯=⨯⨯-⨯⨯=

+=t t 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转． (2)10s rad 60

2900-⋅⨯

=π

ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 20

00

s rad 2

1522

-⋅-

=-

=-=π

ωωωβt

t

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

1122()

600.250.501520.40(0.500.75)2177mRl F l l N βμπ

=-+⨯⨯⨯=

⨯⨯+⨯=