【预赛三一自招】2020高中物理竞赛习题专题四：刚体动力学(Word版含答案)

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【预赛自招】2021年高中物理竞赛习题专题：刚体动力学(含答案)

高中物理竞赛习题专题：刚体动力学1.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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是()(A)角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零2.假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的()(A)角动量守恒，动能守恒(B)角动量守恒，机械能守恒(C)角动量不守恒，机械能守恒(D)角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ)角动量守恒，动量也守恒3.水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93×10-47 kg·m2，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14×10-47kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．4.用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．5.质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.6.如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2)在此时间内共转过多少转？7.如图所示，一长为2l的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1－e－t)转动，其中ω0为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t对z轴的角动量；(2)在t＝0时系统所受外力对z轴的合外力矩.8.在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v＝2.0×102m·s－1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.9.半径分别为r1、r2的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1和J2.开始时轮Ⅰ以角速度ω0转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？10.一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(1)若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2)棒的最大偏转角.（3）打击瞬间O点杆收到的作用力。

2019-2020年高一物理竞赛试题含答案

2019-2020年高一物理竞赛试题含答案（时量120分钟总分150分）一、选择题（102分）1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．从小物块滑上传送带开始计时，其v﹣t图象可能的是（）A． B．C． D．2．如图所示，MN为一竖直墙面，图中x轴与MN垂直，距墙面L的A点固定一点光源．现从A点把一小球以水平速度向墙面抛出．则小球在墙面上的影子的运动应是( )．A．自由落体运动 B．变加速直线运动C．匀加速直线运动 D．匀速直线运动3．如图所示，小球 a 从倾角为θ = 60°的固定粗糙斜面顶端以速度 v 1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球 b 在斜面底端正上方与 a 球等高处以速度 v 2 水平抛出，两球恰在斜面中点 P 相遇，则下列说法正确的是( )A．v 1 : v 2 = 2 : 1B．v 1 : v 2 = 1 : 1C．若小球 b 以 2v 2水平抛出，则两小球仍能相遇D．若小球 b 以 2v 2水平抛出，则 b 球落在斜面上时，a 球在 b球的下方4．在水平地面上M点的正上方80m处，将S1球以初速度v1=30m/s水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，且S2球的速度变化量为20m/s,不计空气阻力，g=10m/s2，则两球从抛出到相遇过程中，下列说法错误的是( )A．两球的速度变化量相等B．抛出S2球的初速度方向与水平地面的夹角为37ºC．MN的距离为60mD．两个小球都做匀变速运动[来源:]5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的足够长光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A、h B、h C，则（）A．h A=h B=h CB．h A=h B<h CC．h A=h B>h CD．h A=h C>h B6．一条河宽为，河水流速为，小船在静水中的速度为，要使小船在渡河过程中所行路程S最短，则( )A．当＞时， B．当＜时，C．当＞时， D．当＜，7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变小C．Q受到桌面的静摩擦力变大D．Q受到桌面的支持力变大8．如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转数n转每秒在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为（）A．R- B．C． D． +9．如图,一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连,另一端可绕O 点转动,现使轻杆在同一竖直面内作匀速转动,测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度),下列说法正确的是( )A.小球的线速度大小为gLB.小球运动到最高点时处于完全失重状态C.当轻杆转到水平位置时,轻杆对小球作用力方向不可能指向圆心OD.轻杆在匀速转动过程中,轻杆对小球作用力的最大值为mg10．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如题图乙所示．则A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等11．如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量是2m，B和C的质量均为m，A、B离轴为R，C离轴为2R.当圆台旋转时，则（）A．若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最大B．若A、B、C均未滑动，则B的摩擦力最小C．当圆台转速增大时，B比A先滑动D．圆台转速增大时，C比B先滑动12．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。

2020年高中物理竞赛—普通物理学A版-刚体的转动(共32张PPT) 课件

N
Mf
T
有动力学方程:
对m : mg T ma (1)
对飞轮 : TR M f J (2)
· GT
am mg
例续
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由运动学关系 a R (3) 联立上述四个方程有:
h 1 at 2 (4) 2
对第一次测量
其中
a1
2h t12
J (T1R 0.0156m / s2
Mf
T1
)R a1
m1
(5)
(g
a1
)
78.3N
对第二次测量
J
(T2 R
M
f
)
R a2
(6)
其中 a2
2h t22
6.4 103 m
/
s2
T2 m2 ( g a2 ) 39.2N
联立(5)(6)式得 J R2 (T1 T2 ) 1.06 103 kg m2
a1 a2
4-3 角动量角动量守恒定律
描述点P转动的物理量为:
1. 角坐标 (t)
一般规定逆时针转动为正.
2.角速度
定义: d
dt
单位: rad/s
o
r •P
x
一般规定逆时针转动时 > 0
顺时针转动时 < 0
角速度矢量方向用右手法则确定.
>0
刚体定轴转动时,只需用正负来表示方向.
3.角加速度定义角加速度为:
单位: rad·s-2
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三.转动惯量
由转动惯量的定义 J Δ miri2 知:
刚体中各质元的质量与其到转轴距离平方的乘积和
对分立质量系统: J Δ m1r12 Δ m2r22

专题04 牛顿运动定律-2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编(解析版)

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编（四）牛顿运动定律1、（2020·山西省大同市市直学校高三第一次联考）如图所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T ，现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体一起向右加速运动，则（）A.此过程中物体C 受重力等五个力作用B.当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C.当F 逐渐増大到1.5T 时，轻绳刚好被拉断D.若水平面光滑，则绳刚要断时，A 、C 间的摩擦力为4T【答案】CD 【解析】A ．物体C 受到力有重力、支持力、绳的拉力、A 对B 的压力、地面对C 的摩擦力、A 对C 的摩擦力，共6个力，故A 错误。

BC ．把ABC 看成是一个整体，整体的质量为6m ，根据牛顿第二定律有：F-μ•6mg =6ma得66F mg a mμ-=把AC 看成是一个整体，绳子将被拉断的瞬间，根据牛顿第二定律有：T -μ（m +3m ）g =（m +3m ）a解得：F =1.5T故B 错误，C 正确。

D ．若水平面光滑，则绳刚要断时，对于整体ABC ，根据牛顿第二定律：F=6ma对整体AC ，根据牛顿第二定律：T =4ma对A ，根据牛顿第二定律：f=ma联合解得A 、C 间的摩擦力：4T f =故D 正确。

故选CD 。

2、（2020·广东省中山市中山纪念学校高三第一次质检）如图所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时解除，挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为A B F F 、和C F ．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若A B F F 、不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图像中，可能正确的是A. B.C. D.【答案】B 【解析】对小球进行受力分析当tan a g θ<时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向： sin C F ma θ=①竖直方向：cos C A F F mg θ+=②，联立①②得：tan A F mg ma θ=-，sin C F ma θ=，A F 与a 成线性关系，当a=0时，A F ＝mg ，当tan a g θ=时，0A F =C F 与a 成线性关系，所以B 图正确当tan a g θ>时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向sin C B F F ma θ+=③，竖直方向：cos C F mg θ=④，联立③④得：tan B F ma mg θ=-，cos C mgF θ=，B F 与a 也成线性，C F 不变，综上C 错误，D 正确3、（2020·广东省中山市中山纪念学校高三第一次质检）如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m 后锁定，t ＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v －t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线Od 是t ＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m ＝2.0kg ，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是()A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大C.弹簧的劲度系数k ＝175N/mD.该过程中滑块的最大加速度为30m/s 2【答案】CD 【解析】A ：由图乙可得：滑块被释放后，先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速，最终做匀减速直线运动直至停止．故A 项错误．B ：当弹簧弹力等于摩擦力时，滑块速度最大．故B 项错误．CD ：由图乙的bc 段可得，滑块匀减速直线运动的加速度大小221.50/5/0.550.25v a m s m s t ∆-===∆-，由牛顿第二定律可得10f ma N ==；速度时间图线的斜率表示加速度，则滑块刚释放时的加速度最大，222230/30/0.10m v a m s m s t ∆-===∆-；对刚释放时的滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：m kx f ma -=，解得：弹簧的劲度系数175/k N m =．故CD 两项均正确．4、（2020·广东省中山市中山纪念学校高三第一次质检）如图所示，质量分别为m 1、m 2的A 、B 两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是()A.若μ1>μ2，m 1＝m 2，则杆受到压力B.若μ1＝μ2，m 1>m 2，则杆受到拉力C.若μ1<μ2，m 1<m 2，则杆受到压力D.若μ1＝μ2，m 1≠m 2，则杆不受到作用力【答案】AD 【解析】假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有111sin cos m g g ma θμθ-=解得11sin cos a g θμθ=-（）同理22sin cos a g θμθ=-（）A ．若μ1＞μ2，则a 1＜a 2，B 加速度较大，则杆受到压力，故A 正确；BD ．若μ1=μ2，则a 1=a 2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B 错误，D 正确；C ．若μ1＜μ2，则a 1＞a 2，A 加速度较大，则杆受到拉力，故C 错误。

2020年全国高考物理模拟试题附答案

2020年全国高考物理模拟试题14．在物理学中用比值法定义物理量是一种很重要的方法。

下列物理量的表达式不是由比值法定义的是A ．加速度定义式a =t ∆∆vB ．点电荷电场场强E =k2r Q C ．磁感应强度B =IL FD ．电阻R =I U15．甲乙两货车在平直公路上从同一位置同向行驶，两车的v -t 图象如图所示。

则在0~4s 时间内A ．甲车做曲线运动B ．乙车一直在甲车的后方C ．甲车的平均速度小于6m/sD ．乙车位移的大小为8m16．如图所示，在某静止点电荷产生的电场中有M 、N 两点，M 点场强大小为E M ，方向与MN 连线的夹角为53º，N 点场强大小为E N ，方向与MN 连线的夹角为37º。

已知sin37º=0.6，cos37º=0.8，则下列说法正确的是A ．该点电荷带正电B ．916=N E M EC．M点的电势高于N点D．一电子从M点运动到N点电势能增加17．关于原子学物理知识，下列说法正确的是A．升高放射性物质的温度，其半衰期变短B．发生光电效应现象时，增大照射光的频率，同一金属的逸出功变大C．23793Np经过7次α衰变和5次β衰变后变成20974BiD．根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子18．理想变压器原、副线圈的匝数比为9：5，原线圈接交流电源，副线圈的电路结构如图甲所示，已知R1= R2= R3，开关S断开时R2两端电压按如图乙所示规律变化。

若闭合开关S，电表均为理想电表，下列说法正确的是A．电流表示数变小B．电压表V1示数为180VC．变压器的输入功率减小D．电压表V2示数为100V19．2018年5月21日，嫦娥四号中继星“鹊桥”搭乘长征四号丙运载火箭升空，为嫦娥四号登陆月球背面做准备。

为保证地月通信的稳定，“鹊桥”必须定位在“地月系统拉格朗日—2点”(简称地月L2点)，在该点地球、月球和“鹊桥”位于同一直线上，且“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动。

重点高中自主招生力学专题四及答案

ABO F 重点高中自主招生力学专题四及答案一、填空题：1．跳绳是一种简便易行的锻炼方式．图中描绘了某同学某次跳绳时重心移动的高度h 随时间t 变化的图象．由图象可知，他的重心移动的最大高度为6 cm ．若该同学的体重为500N ，则他在1min 内克服重力做功的功率为 W 。

2．如图所示，某人用122.5N 的拉力拉起重物，已知滑轮组的机械效率是80%，则物体的质量为 kg ，若物体在2s 内被提高5m ，则拉力的平均功率是 W ．(g=9.8N/kg)3．如图所示，一根质量未知的直尺AB ， O 点为支点，OB 长是AB 长的1/6，若在B 点施加一个竖直向下大小为10N 的力F 使直尺保持水平平衡，则直尺AB 的质量为 g 。

4．如图所示，小红用20N 的水平拉力F 拉质量为4kg 的木箱A ，使它以2m/s 的速度在水平面上匀速直线运动了4s ．则木箱受到的摩擦力是 N ．拉力F 在这段时间内所做的功是 J ．（忽略轮与细绳的重力和轮轴间的摩擦以及绳子和轮间的摩擦）5．如图所示的装置中，（不计动滑轮重及绳子与轮的摩擦）（1）重为200N 的物体A 正在水平桌面上向右做匀速直线运动，弹簧测力计的读数为20N ，则B 的重力为_______N ；（2）若用力F拉着物体A在水平桌面上向左匀速运动了0.5m，则拉力F所做的功为_______J．6．如图所示，斜面长s=10m，高h=4m，用平行于斜面方向的拉力F=50N，将一个重为G=100N的物体由斜面底端A处匀速拉到斜面顶端B，运动过程中对物体做的有用功等于 J，斜面的机械效率等于；物体所受的摩擦力是 N.7．如图所示，质量为50kg的人，站在质量为30kg的吊篮内，他至少用_______N的拉力拉住绳子，才能使自己和吊篮在空中保持静止．（g取10N/kg，不计轮重和摩擦）二、选择题：8．如图，水平放置的铜圆环的正上方有一条形磁铁由静止开始下落，从导体环中间穿过，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A、磁铁下落的过程中，重力势能全部转化动能,机械能守恒B、磁铁穿过铜圆环的过程中，环内没有感应电流产生C、磁铁下落的过程中，重力做功，重力势能减小，铜环内有电能产生，机械能减小D、磁铁下落的过程中，减小的重力势能全部转化为电能9．如图是使用汽车打捞水下重物示意图，在重物从水底拉到井口的过程中，汽车以恒定速度如图甲向右运动，忽略水的阻力和滑轮的摩擦，四位同学画出了汽车功率（P）随时间（t）变化的图象如图乙所示，其中正确的是（）10．利用如图所示装置将重为100N的物体匀速从斜面的底端拉到顶端．已知斜面的长是5m，高是2m，拉力为F=50N，则该装置的机械效率为（）A．40% B．50% C．80% D．100%11．“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目，如图所示，一端系住人的腰部、另一端系于跳台的是一根弹性橡皮绳．当人下落至图中Q点时，橡皮绳刚好被拉直．那么，在人越过Q点继续向下运动到最低点的过程中，人的动能变化情况是（）A、变小B、变大C、先变小再变大D、先变大再变小12．某学校的社区服务小组帮小明的爸爸将一重为1000N的建筑材料匀速运送到6m高的楼上，而站在楼上时为了安全起见可产生的平均拉力为150N．善于学以致用的小明买来了一个重为100N的滑轮和一根足够长的绳子，用图中方案将建筑材料拉到楼上（不计绳重和摩擦）（）A．需要4人，机械效率为91% B．需要4人，机械效率为83%C．需要3人，机械效率为91% D．需要3人，机械效率为83%三、实验题：13．某同学在测滑轮组的机械效率时，记录了如下表的实验数据：滑轮组组成钩码重G/N钩码升高的高度h/m绳子自由端受到的拉力F/N绳子的自由端移动的距离s/m一个定滑轮一个动滑轮2 0.1 1.25 0.2。

2020年高中物理竞赛辅导课件(刚体的定轴转动)01定轴转动运动学(共15张PPT)

分布 o
c
e.g.
o c
细杆质量m, 长L
则对于 oo轴，J=mL2/3 对于 cc轴，J=mL2/12
ii)J量度了刚体转动惯性的大小
④转动定律与牛Ⅱ比较：
M～
F
J ～～amຫໍສະໝຸດ 例4-2已知:滑轮质量M、半径R、转动惯量J=MR2/2 物体质量m，v0=0 忽略绳子质量
绳、轮之间无滑动
求:物体下落时的v～t关系
大小：方向：//转轴, 符合右手螺旋
r
v
Ｏ r
线速度：v r
验证：
r
大小：r
方向：圆周切向
例4-1
已知：
r
60k rev / (3i 4 j
min 5k ) 102
m
求： v ?
解：
(60
2
/
60)k
2k (rad
/
s)
v
2(6kjr(38ii4)j150k)2102
0.251 i 0.188 j (m / s)
2020
全国高中生物理学奥林匹克竞赛
普通物理学
（含竞赛真题练习）
刚体的定轴转动
(Rotation of a Rigid Body About a Fixed Axis)
刚体:任意两质元间距离保持不变.(理想模型)
刚体的运动: ①平动——各质元运动状态保持相同 ②转动——各质元绕同一轴作圆周运动 ③复合运动——平动＋转动
本章：定轴转动运动学定轴转动定律转动中的功和能定轴转动的角动量守恒定律
§4.1 定轴转动运动学 (Kinematics of Rotation About a Fixed Axis)

竞赛物理第四期答案

竞赛物理第四期答案1、【来源】2020年北京海淀区清华大学自主招生第10题三块金属导体板、、依次平行放置，板与板间距为1，板与板间距为2=21，现已知板带电为，、两板为电中性且以导线相连，则图中1−6号面带电情况为（）A.1=0，2=−23，3=23，4=13，5=−13，6=0B.1=13，2=−13，3=23，4=13，5=−23，6=−13C.1=12，2=−23，3=23，4=13，5=−13，6=12D.1=0，2=−13，3=23，4=13，5=−23，6=02、【来源】2020~2021学年江苏扬州高三上学期期中第2题3分金属小球电荷量1=3×10−8C，金属小球电荷量2=−1×10−8C，两小球接触后再分开，若小球电荷量3=1.2×10−8C，则小球电荷量4为（）A.0.8×10−8CB.−1.2×10−8CC.2.0×10−8CD.−3.8×10−8C3、【来源】小明梦里梦到了两个金属球本身都不带电，然后由于小扰动，某一个球体内电荷分布发生了一些变化，进而两个球互相静电感应都局部带电、又相互吸引．醒来之后小明觉得似乎梦里的现象不太对，又说不清楚哪里不对，您能帮小明解释一下吗？4、【来源】2017年第34届全国高中物理竞赛竞赛初赛第8题10分某一导体通过反复接触某块金属板来充电．该金属板初始电荷量为6uC，每次金属板与导体脱离接触后，金属板又被充满6uC的电荷量．已知导体第一次与金属板接触后，导体上带的电荷量为2uC；经过无穷次接触，导体上所带的电荷量最终为．5、【来源】四个独立问题(1)部分马里亚纳海沟马里亚纳海沟位于西太平洋，深度为=10290m，海洋表面的盐水密度0=1.025×103kg/ m3，海水的体变模量=2.1×109Pa，重力加速度=9.81m/s2．忽略温度和重力加速度随深度的变化，忽略大气压强．知流体具有非常小的压缩系数，压缩系数=−，体变模量是压缩系数的倒数：=1．求马里亚纳海沟底部压强op的值．(2)部分气体状态质量可忽略的可移动活塞把气缸分为两部分，一部分装有质量1=3.00g，温度为10=300K 的氢气，另一部分装有质量2=16.00g，温度为20=400K的氧气．气缸是绝热的，活塞是导热的，最终系统达到平衡状态，所有过程都是准静态的．已知物理数据：氢气的摩尔质量1=2.00g/mol，氧气的摩尔质量2=32.00g/mol，普适气体常量=8.31J/(K⋅mol)．①求系统的最终温度的值．②求系统的最终压强和初始压强的比值．③求从氧气传递给氢气的热量的值．(3)部分平行导体板面积均为的两块相同理想导体板，平行正对近距离固定放置，，两板分别带有电荷−，+o>>0)．另有质量为，形状与导体板完全相同，带电量为+的理想导体板与导体板平行正对相距为放置．导体板从静止开始释放，释放后能自由运动，如图所示．导体板，之间的碰撞是弹性碰撞，在碰撞过程，导体板，间的电量的重新分布可认为是瞬间完成的．忽略边缘效应和重力．①在导体板，碰撞之前，求导体板，在导体板处产生的总电场强度1．②在导体板，碰撞之后，求导体板，的带电量，．③在导体板，碰撞之后，求导体板与导体板间的距离仍为时导体板的速度．6、【来源】2014年自主招生北约第2题有两个惯性参考系1和2，彼此相对做速度极高的匀速直线运动，下列叙述中正确的是（）A.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变快了；在参考系2看来，1中的所有物理过程都变慢了B.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变快了；在参考系2看来，1中的所有物理过程也变快了C.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变慢了；在参考系2看来，1中的所有物理过程都变快了D.在参考系1看来，2中的所有物理过程都变慢了；在参考系2看来，1中的所有物理过程也变慢了7、【来源】2016年北京海淀区北京大学自主招生第3题在任一惯性系中，一对运动中的正负电子相撞，湮灭产生光子，下列说法正确的是（）A.可以生成1个光子，既不违反能量守恒定律，也不违反动量守恒定律B.可以生成2个光子，既不违反能量守恒定律，也不违反动量守恒定律C.不可以生成2个光子，不违反能量守恒定律，但违反动量守恒定律D.不可以生成3个光子，否则即使不违反动量守恒定律，也不满足能量守恒定律8、【来源】2013年北京海淀区清华大学自主招生保送生测试第4题把静止的电子加速到动能为0.25MeV，则它增加的质量约为原有质量的（）倍．A.0.1B.0.2C.0.5D.0.99、【来源】一枚竖直向上发射的火箭假设它本身的高度为10m，当火箭以相对地面0.8向上运动的时候，它的长度在地面上看起来是多少？10、【来源】2012年自主招生北约第6题固定在地面上的两激光器和相距为0，有大木板平行贴近地面以速度=0.6相对地面沿B连线方向高速运动．地面参考系某时刻，两激光器同时发射激光在运动木板上形成点状灼痕'和'．此后，让大木板缓慢减速至静止后，测量两灼痕的间距为=0．随原木板高速运动的惯性参考系的观察者认为，两束激光不是同时发出的，应存在发射时间差Δ'=0．1、【答案】C;【解析】设各板上电荷量从上到下依次为1﹑2、3、4、5﹑6，则1+2+5+6=0，3+4=，3=−2，4=−5，34=上下=21=21，由此解得2=−23，3=23，4=13，5=−13，1+6=，故选C．【标注】(电荷守恒定律)2、【答案】A;【解析】由电荷守恒定律可得，接触前后两小球所带总电荷量不变，则由电荷守恒定律可得1+ 2=3+4，则总电荷量为=1+2=3×10−8C−1×10−8C=2×10−8C，则已知3=1.2×10−8C，则4=−3=2×10−8C−1.2×10−8C=0.8×10−8C，故A正确，BCD错误；故选A．【标注】(电荷守恒定律)3、【答案】两个导体不带电导体不可能局部带电，若带电，空间中存在电场线，两导体和无穷远间存在电势差，电势最高的位置只发出电场线故只能是无穷远，同理电势最低的也为无穷远，从而三者等势，矛盾，假设不成立．;【解析】【标注】(电荷守恒定律)4、【答案】3uC;【解析】第一次接触后12=26−2=12，无穷次接触后12=16=121=3uC，故答案为：3uC．【标注】(电荷守恒定律)5、【答案】(1)op=1.06×108Pa;(2)①=325K②1③1091J;(3)①1=−K20②=+2，2③2=−;【解析】(1)按照体变模量的定义，可得压强与密度两者变化量之间的关系为Δ=−Δ=Δ=Δ0+Δ≈Δ0（7.3.1）其中0为海洋表面的海水密度．设在海面下方深度为处的海水密度为op，利用式（7.3.1），可得op=0+Δop=01+=01+（7.3.2）若大气压强可忽略，则Δop=op−0≈op，海水的静液压强的变化量为dp(x)=ox)gdx（7.3.3）将式（7.3.2）代入式（7.3.3），可得dp(x)dx=01+⇒B(p=01+dx（73.4）将式（7.3.4）dp(x)1+op=00 wx ⇒p(x)=Kexpx −1（7.3.5）代入已知数据，可得0.0523．因为<，所以≪1，式（7.3.5）可近似为op =1+B 0+122+⋯−1≈B 0+12(B 0p 2（7.3.6）代入数据可得马里亚纳海沟底部的压强为op =1.06×108Pa （7.3.7）(2)①由题意，气缸是绝热的，且活塞质量不计，故容器内的气体系统（氢气和氧气）在准静态过程中与外界的热交换为零，对外界做的总功也为零，因此该气体系统的总内能是守恒的．设气缸内氢气和氧气的温度分别为1，2，则111+222=1110+2220（7.3.8）其中1，2分别为氢气和氧气的摩尔质量，双原子分子气体的定容摩尔热容=52．由题意，活塞具有微弱的导热性，当气体系统最后达到平衡状态时，两气室内的温度相等，故系统最后的平衡温度为=1110+222011+22=325K （7.3.9）②由式（7.3.9）的平衡温度可知，氧气温度下降，热量由氧气经活塞传至氢气而使其温度升高，结果使得氧气气室的体积缩小，氢气气室的体积增大，活塞往氧气气室的方向移动．由于活塞是无质量的，故在气体变化的准静态过程中，两气室的压强相等，均设为．对理想气体状态方程B =B （7.3.10）进行全微分可得Ε1+1Δ=11Ε，Ε2+2Δ=22Ε（7.3.11）其中1和2分别为氢气和氧气的体积．由于气体的总体积=1+2保持恒定，故Δ1+Δ2=0）和式（7.3.8）微分后的结果，可得(1+2)Δ=1+22Δ2=0⇒Δ=0（7.3.12）即在气体变化的准静态过程中，气体的压强保持不变，故系统的最后压强f和初始压强i的比值为1．③氧气的内能变化量为Δ=−20)=−779J（7.3.13）在气体的准静态变化过程中，氧气的体积缩小而做负功，利用（7.3.11）和（7.3.12）两式可得=202 dV=pΔV2=m22RΔT2=−312J（7.3.14）由热力学第一定律，可得氧气传给氢气的总热量为=Δ+=−1091J（7.3.15）其中负号表示热量自氧气传给氢气，因此氧气传给氢气的总热量为1091J．(3)①均匀带电无限大平板在其周围产生的电场强度为=20（7.3.16）方向垂直于平板表面．因此在板和板碰撞前，板和板在板处的电场强度分别为=20=−20，=20=20（7.3.17）因此作用在板处的电场强度1大小为1=+=−K20（7.3.18）方向向左．②当板和板两板完成碰撞即将分离时，两板电荷已重新分布．此时，两板内部的电场强度为零，两板原有电荷分布在板的左表面和板的右表面上，设板的左表面的电量为，板的右表面的电量为，则根据电量守恒定律有+=+（7.3.19）由静电平衡条件有−20+20−20=0（7.3.20）联立（7.3.19）和（7.3.20）两式可得=+2，=2（7.3.21）在板和板两板分离后，式（7.3.21）中的电量依然各自保留在两平板上．③板和板碰撞之前，利用式（7.3.18），可得作用于板的电场力为1=B1=−(Kp20（7.3.22）方向向左．该电场力吸引板向左运动，直至板与板相撞为止，在此过程中该电场力对板做的功为1=1⋅1=(KpB20（7.3.23）根据动能定理，该功转变为板的动能，故当板开始碰撞板时板的动能为12B12=1=(KpB20（7.3.24）由题意，板与板之间的碰撞为弹性碰撞，故当两板完成碰撞刚要分离时，板的动能依然为式（7.3.24）．在两板分离后，由于板上的电荷重新分布，因此作用于板的电场强度2大小为2=−20+r220=40（7.3.25）方向向右．该电场作用于板的电场力为2=22=280（7.3.26）方向向右．此电场力对板做正功，当板和板之间恢复距离时，电场力做功为2=2⋅2=280（7.3.27）利用（7.3.24）和（7.3.27）两式可得此时板的动能为12B22=12B12+2=(KpB20+280=−（7.3.28）因此可得导体板与导体板间的距离仍为时，导体板的速度为2=−（7.3.29）【标注】6、【答案】D;【解析】【标注】(爱因斯坦假设)7、【答案】B;【解析】根据相对论原理，任意惯性系中光子数是变换不变量，因此可在质心系中考虑该问题．质心系中，总动量为0，因此不能生成1个光子，可能生成两个以上光子，数目不定，故选B．【标注】(速度变换)8、【答案】C;【解析】Δ0=Δv20=K002=k02，电子的静止质量为9.10×10−31kg，静能为02≈0.51MeV，因此，Δ0≈0.49．故选C．【标注】(速度变换)9、【答案】6m;【解析】火箭本身的高度是固有长度．在地面上看其长度为101−2/2=6m．故答案为：6m．【标注】(尺缩、钟慢)10、【答案】1.25;34;【解析】以地面为参考系，灼痕间距为．由于尺缩效应，木板上的灼痕间距（相对木板静止时观察为）看起来缩短了，关系为：0==0.8，解得=1.250．假设木板沿→运动，在木板参考系的观察者在'点观察，激光在'点灼上痕迹的时刻为1'=0，则根据洛伦兹速度变化公式可得，该观察者观察'灼上痕迹的时刻为：2'=0−0×0.62=−34×0，因此Δ'=1'−2'=34×0．【标注】(时间间隔的相对性)(长度的相对性)。

2020年北京高考学业水平等级性考试模拟试卷(四)物理试题(解析版)

2020年北京市普通高中学业水平等级性考试模拟试卷（四）物理本试卷共8页，100分，考试时长90分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷作答无效。

考试结束，请将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选．．．．．项．符合题目要求。

1．下列说法正确的是（）A ．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现B ．“油膜法”估测分子大小实验中，可将纯油酸直接滴入浅盘的水面上C ．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，即所有分子的速率都增大D ．摩尔质量为M （kg/mol ），密度ρ （kg/m 3）的1 m 3的铜所含原子数为AN Mρ（阿伏伽德罗常数为N A ） 1. 【答案】 D【解析】气体总是很容易充满整个容器，这是分子热运动的宏观表现，故A 错误；为形成单分子油膜，应将油酸酒精溶液滴入浅盘的水面上，故B 错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增大，分子热运动加剧，但个别分子的速率可能还会减小，故C错误；一个铜原子的体积为AM N ρ，1m 3铜所含有的原子数为AN M ρ，故D 正确。

2.下列说法正确的是（）A. 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律B. 原子核发生α衰变时，新核与α粒子的总质量等于原来的原子核的质量C. 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量增加D. 在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 2.【答案】 A【解析】玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，选项A 正确；在α衰变时，质量数守恒，但是新核与α粒子的总质量不等于原来的原子核的质量，会出现质量亏损,故B 错误；氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时要辐射光子，则氢原子的能量减小，选项C 错误；在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D 错误。

高中物理奥林匹克竞赛专题5.刚体力学基础习题(有答案)

高中物理奥林匹克竞赛专题55-1. 如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的平均圆盘状定滑轮，绳的两端区分挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴润滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2m r ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从运动释放，求重物的减速度和两滑轮之间绳内的张力。

解：受力剖析如图 ma T mg 222=- 〔1〕ma mg T =-1 〔2〕βJ r T T =-)(12 〔3〕βJ r T T =-)(1 〔4〕βr a = (5)联立 g a 41=， mg T 811= 5-2. 如下图,一平均细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上,设末尾时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求:〔1〕作用于杆的摩擦力矩；〔2〕经过多长时间杆才会中止转动。

（1）设杆的线lm =λ，在杆上取一小质元dx dm λ=gxdx dM μλ= 思索对称（2）依据转动定律d M J J dtωβ==所以 g l t μω30= 5-3. 如下图，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以疏忽，它与定滑轮之间无滑动。

假定定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为2/2MR ，试求该物体由运动末尾下落的进程中，下落速度与时间的关系。

整理 mg dt dvM m =+)21(5-4. 轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴润滑，滑轮的质量为4/M ，平均散布在其边缘上，绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为4/M 的重物，如图。

滑轮对O轴的转动惯量4/2MR J =，设人从运动末尾以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的减速度？解：选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重物上升的速度，系统对轴的角动量依据角动量定理 dt dL M = 所以 2g a = 5-5. 计算质量为m 半径为R 的均质球体绕其轴线的转动惯量。

2019-2020年高一物理竞赛试卷附答案解析

2019-2020年高一物理竞赛试卷附答案解析一、选择题：本题共16小题,每小题4分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分1．图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹。

粒子从a 经过b运动到c的过程中A．动能先增大，后减小B．电势能先较小，后增大C．电场力先做负功，后做正功，总功等于零D．加速度先变小，后变大2．如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中不正确．．．的是A.小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功3．如图甲所示，AB是电场中的一条直线．电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB从A运动到B点，其v-t图象如图乙所示，关于A、B两点的电场强度E A、E B 和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是A ．A E >B E B ．A E <B EC ．B A ϕϕ>D ．B A ϕϕ<4．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M 、N 为对称线上两点。

下列说法正确的是A ．M 点电势一定高于N 点电势B ．M 点场强一定大于N 点场强C ．正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能D ．将电子从M 点移动到N 点，电场力做正功5．如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB 运动从B 点穿出电场，a 、b 、c 、d 为该电场中的等势面，这些等势面都是相平行间距相等的竖直平面，不计粒子所受重力，则A ．该粒子一定带负电B ．此电场不一定是匀强电场C ．该电场的电场线方向一定水平向左D ．粒子在电场中运动过程动能不断减少6 汽车在平直公路以速度v 0匀速行驶，发动机的功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，如图所示的四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系7. 水平传送带匀速运动，速度大小为v ，现将一小工件放到传送带上。

【预赛三一自招】2020高中物理竞赛习题专题九：电磁感应磁场能量(Word版含答案)

高中物理竞赛习题专题九：电磁感应磁场能量1 .有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以 d ■的变化率增长.若有一边长为 d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示.求线 dt 圈中的感应电动势.题8-7图解1穿过面元d S 的磁通量为d@ = B d S = B 1d s + B 2 d S = —^0I —ddx -" ddx2 Mx + d ) 2 欣因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有__ d ①“। 3 'dIE = —— 二 ---- l n — —dt 12 冗 4jdt2d Id 一皿一dx - d 2：tx d2dJ0jd dx _ J0^ln 32Tx 2 42.长为L 的铜棒，以距端点磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行, 处为支点，以角速率3绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动求棒两端的电势差..设解如图（a ）所示，在棒上距点 O 为l 处取导体元d题8-12图解由上分析，得E OP = O p V B d lXXXVXXX题8-】l 图L-r E AB = AB v B d l =1colBd! NB(L -2r )因此棒两端的电势差为U AB = E AB 1 _—dB L -2r2 3.如图所示，长为L 轴间夹角恒为0 ,磁感强度的导体棒OP 处于均匀磁场中，并绕 OO 轴以角速度3旋转，棒与转B 与转轴平行.求 OP 棒在图示位置处的电动势.=vBsin90o cosodl=J(lsin 9 oBcoS90o _ 8dl由矢量v M B 的方向可知端点P4.如图（a ）所示，金属杆 AB 以匀速v =2.0m s,平行于一长直导线移动，此导线通有电流 I解1根据分析，杆中的感应电动势为1.1 m 比区 IV c E AB =1（V MB 卜 d l =dxl =—[ 」-vdx =—3二 ln11 = —3.84 父 10 V 式中负号表示电动AB AB 0.1m 力2 Tx2 7t势方向由B 指向A,故点A 电势较高. 5.有一长为l ,宽为b 的矩形导线框架，其质量为 m,电阻为R 在t =0时，框架从距水平面y =0的上方h 处由静止自由下落，如图所示.磁场的分布为：在 y =0的水平面上方没有磁场；在y = 0的水平面下方有磁感强度为 B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里.已知框架在时刻t1和t2的位置如图中所示.求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t1 >t >0,即框架进入磁场前；（2） t2 >t >t1 ，即框架进入磁场，但尚未全部进入磁场；（3） t >t2 ,即框架全部进入磁场后. Wl2 L1 Bsin2 0 Idl =— «B(Lsin 8 2 = 40A.求杆中的感应电动势,xX f X XX X X X BX X X X题8-15图解 (1)根据分析，在t wt 1时间内，线框为自由落体运动，于是V i =gt(t <t i )其中 t =t 1时，V i =V io =yj2gh(2)线框进入磁场后，受到向上的安培力为F A = IlB = B 2l 2 vR根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程mg - B 2l 2v dv二m 一dt 令K 二4mR ,整理上式并分离变量积分，有v 10 g -Kv tt 出t 1积分后将v10 = J2砥代入，可得v2 =； 6 -(g -K J2gh e”" XK(3)线框全部进入磁场后(t >t2),作初速为v20的落体运动，故有题8-18图分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势.由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由 E = [E k dl 计算棒上感生电动势.此外，还可连接 OP OQ 设想PQOP 勾成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解,由于OP OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度日处处垂直，故 E k d l = 0, OP OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势, 电动势.解；由法拉第电磁感应定律，有7.截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环,画出少量几匝），求该螺绕环的自感 L.6.在半径为 g _(g _ K ，2gh e*C 24 4+ g(t -t2) R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行.如图（a ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设势的大小为 B 随时间的变化率里为常量.试证：棒上感应电动 dt就是导体棒PQ 上的 E PQ =E Ad ① dt cdB dB l '2 l 2 S R - dt dt 2 , 2其尺寸如图（a ）所示，共有 N 匝（图中仅题8-19图分析如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量.求自感L的方法有两种：1.设有电流I通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再一，、①―- ............................................................. ——用公式L = 丁计算L. 2.让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ,由公式L = 乌一计算L.式中EL和业都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中. 此dI/dt dt外，还可通过计算能量的方法求解.解用方法1求解，设有电流I通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（b）所示，由安培环路定理可求得在R vr vR范围内的磁场分布为-NIB=2 x由于线圈由N匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为2...r_ 咕NI ^N hl R2巾=N B d S = N 0-hdx In 2+ 睁2欣2冗R1则2.也为N h R2L = -------- ln -12 7t R若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为「，则自感将增大「倍8.有两根半径均为a的平行长直导线，它们中心距离为d.试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）.®8-21 图分析两平行长直导线可以看成无限长但宽为d的矩形回路的一部分.设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ,然后计算图中阴影部分（宽为d、长为l）的磁通量.该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加.解在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I时，两平行导线间的磁感强度为B = ' + -I一27 2 Ttd -r穿过图中阴影部分的磁通量为k d i-» ic p d_acii %l|d-aB B B dS = Bldr = — In -------------$ 七冗a则长为l的一对导线的自感为二四n d - a如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为L = L+2L2. L1称为外自感，即本题已求出的L, L2称为一根导线的内自感. 长为l的导线的内自感L2=—,有兴趣的读者可自行求解.8冗9.如图所示，两同轴单匝线圈A、C的半径分别为R和r,两线圈相距为d.若r很小，可认为线圈A 在线圈C处所产生的磁场是均匀的.求两线圈的互感.若线圈C的匝数为N匝，则互感又为多少？, 2 2义一加RI 2(R 2 十d 23/2若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的 N 倍.10 .如图所示，螺绕环 A 中充满了铁磁质，管的截面积 S 为2.0 cm2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I1 =4.0 X10 — 2 A,在环上再绕一线圈 C,共10匝，其电阻为0.10 Q, 今将开关S 突然开启，测得线圈 C 中的感应电荷为2.0 X 10 —3 C.求：当螺绕环中通有电流I1时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率Wr .解设线圈A 中有电流I感强度近似为穿过线圈C 的磁通为则两线圈的互感为题g-24图通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 CM IR 2 B _ 22 3/2 2 R 2 d 2B B BSc = 2(R 2 +d 23 现8 25分析本题与题8 -8相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度.线圈 C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的.解当螺绕环中通以电流Ii 时，在环内产生的磁感强度B =一讣n/i则通过线圈C 的磁链为M=Nz BS = N 2 咕 #nJ i S1Al 1c । t N 2 M D 4n 111sqc =”(0 - “)=------------------ RR R由此得北川。

刚体的运动学与动力学问题

刚体的运动学与动力学问题文/沈晨编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会2000年第十九次会议对《全国中学生物理竞赛内容提要》作了一些调整和补充，并决定从2002年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容．为了给准备参赛的学生提供有关信息，帮助选手们尽快熟悉与掌握《竞赛提要》增补部分的物理知识，给辅导学生参赛的教师提供方便，本刊编辑部特约请特级教师沈晨老师拟对相对集中的几块新补内容划分成“刚体的运动与动力学问题”、“狭义相对论浅涉”、“波的描述和波现象”、“热力学定律”四个专题，分别介绍竞赛涉及的知识内容，例说典型问题与方法技巧，推介竞赛训练精题、名题和趣题．本刊将从本期开始连载四期，供老师们参考．《中学物理教学参考》编辑部约请笔者就复赛和决赛中新增补的内容作专题讲座，如何进行教学，笔者自身也正在探索之中，整个资料还只是一个雏形，呈献给大家是希望与广大同行交流切磋，以及能为更多的物理人才的脱颖而出作一点微薄的努力．一、竞赛涉及有关刚体的知识概要1.刚体在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体．刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征．2.刚体的平动和转动刚体运动时，其上各质点的运动状态（速度、加速度、位移）总是相同的，这种运动叫做平动．研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象．刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动叫做转动，而所绕的直线叫做转轴．若转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动．刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动独立性原理．3.质心质心运动定律质心这是一个等效意义的概念，即对于任何一个刚体（或质点系），总可以找到一点Ｃ，它的运动就代表整个刚体（或质点系）的平动，它的运动规律就等效于将刚体（或质点系）的质量集中在点Ｃ，刚体（或质点系）所受外力也全部作用在点Ｃ时，这个点叫做质心．当外力的作用线通过刚体的质心时，刚体仅做平动；当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成．质心运动定律物体受外力F作用时，其质心的加速度为ａＣ，则必有Ｆ＝ｍａＣ，这就是质心运动定律，该定律表明：不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动．4.刚体的转动惯量Ｊ刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量ｍｉ与该质点到转轴的距离ｒｉ的平方的乘积的总和，即Ｊ＝ｍｉｒｉ２．从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况．我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量．5.描述转动状态的物理量对应于平动状态参量的速度ｖ、加速度ａ、动量ｐ＝ｍｖ、动能Ｅｋ＝（1／2）ｍｖ２；描述刚体定轴转动状态的物理量有：角速度ω角速度的定义为ω＝Δθ／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线速度与角速度之间的关系为ｖ＝ｒω．角加速度角加速度的定义为α＝Δω／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线加速度与角加速度的关系为ａｔ＝ｒα．角动量Ｌ角动量也叫做动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处某质量为ｍ的质点的角动量大小是ｍｖｒ＝ｍｒ２ω，各质点角动量的总和即为物体的角动量，即Ｌ＝ｍｉｖｉｒｉ＝（ｍｉｒｉ２）ω＝Ｊω．转动动能Ｅｋ当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度ω及不同的线速度ｖ，若第ｉ个质点质量为ｍｉ，离转轴垂直距离为ｒｉ，则其转动动能为（1／2）ｍｉｖｉ２＝（1／2）ｍｉｒｉ２ω２，整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和，即Ｅｋ＝（1／2）（ｍｉｒｉ２）ω２＝（1／2）Ｊω２．6.力矩Ｍ力矩的功Ｗ冲量矩Ｉ如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因．力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即Ｍ＝Ｆｄ．类似于力的作用对位移的累积叫做功，力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功．恒力矩Ｍ的作用使刚体转过θ角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即Ａ＝Ｍθ．与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩，冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即Ｉ＝ＭΔｔ．7.刚体绕定轴转动的基本规律转动定理刚体在合外力矩Ｍ的作用下，所获得的角加速度与合外力矩大小成正比，与转动惯量Ｊ成反比，即Ｍ＝Ｊα．如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式，转动定理的角动量表述形式是Ｍ＝ΔＬ／Δｔ．转动动能定理合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即Ｗ＝（1／2）Ｊω１２－（1／2）Ｊω０２．该定理揭示了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能．角动量定理转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量，即ＭΔｔ＝Ｌ１－Ｌ０＝Ｊωｔ－Ｊω０．该定理体现了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩．角动量守恒定律当物体所受合外力矩等于零时，物体的角动量保持不变，此即角动量守恒定律．该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况．在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系．如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照（如表1所示），可以发现它们极具平移对称性，依据我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的规律．表1速度ｖｖ＝Δｓ／Δｔ角速度ω ω＝Δθ／Δｔ加速度ａａ＝Δｖ／Δｔ角加速度α α＝Δω／Δｔ匀速直线运动ｓ＝ｖｔ匀角速转动 θ＝ωｔ匀变速直线运动ｖ１＝ｖ０＋ａｔｓ＝ｖ０ｔ＋（1／2）ａｔ２ｖｔ２－ｖ０２＝2ａｓ匀变速转动 ω１＝ω０＋αｔ θ＝ω０ｔ＋（1／2）αｔ２ωｔ２－ω０２＝2αθ牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ转动定理Ｍ＝Ｊα 动量定理Ｆｔ＝ｍｖｔ－ｍｖ０（恒力）角动量定理Ｍｔ＝Ｊωｔ－Ｊω０动能定理Ｆｓ＝（1／2）ｍｖｔ２－（1／2）ｍｖ０２转动动能定理Ｍθ＝（1／2）Ｊωｔ２－（1／2）Ｊω０２动量守恒定律ｍｖ＝常量角动量守恒定律Ｊω＝常量二、确定物体转动惯量的方法物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题，离不开转动惯量的确定．确定刚体的转动惯量的途径通常有：1.从转动惯量的定义来确定对于一些质量均匀分布、形状规则的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只需要初等数学即可求得．例1 如图1所示，正六角棱柱形状的刚体的质量为Ｍ，密度均匀，其横截面六边形边长为ａ．试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量．图1分析与解这里求的是规则形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量．从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成ｎ（ｎ→∞）个厚度均为（／2）·（ａ／ｎ）、棱长为ｌ的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ｊｉ，然后求和即可，有Ｊ＝Ｊｉ．图2现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴ＯＯ′的转动惯量．板的尺寸标注如图2所示，质量为ｍ且均匀分布，轴ＯＯ′与板的距离为ｈ，沿长为ｂ的边将板无限切分成ｎ条长为ｌ、宽为ｂ／ｎ的窄条，则有Ｊ板＝ｌｉｍ（ｍ／ｂｌ）·（ｂ／ｎ）·ｌ［ｈ２＋（ｉｂ／ｎ）２］＝ｍ［（ｈ２／ｎ）＋（ｉ２／ｎ３）ｂ２］＝ｍ（ｈ２＋（ｂ２／3））．回到先前的六棱柱薄壳元上，如图1所示，由对称性可知其中第ｉ个薄壳元的ｈｉ＝ｉａ／2ｎ，ｂ＝ｉａ／2ｎ．薄壳元对轴ＯＯ′的转动惯量是12Ｊ板，即Ｊｉ=12ρｌ（ａ／2ｎ）（ｉａ／2ｎ）［（ｉａ／2ｎ）２＋（1／3）（ｉａ／2ｎ）２］．式中，ρ是六棱柱体的密度，即ρ＝Ｍ／6×（1／2）·ａ２·（／2）ｌ＝2Ｍ／3ａ２ｌ．则六棱柱体对中心对称轴ＯＯ′的转动惯量为Ｊ＝12ρｌ·（ａ／ｎ）·（／2）·（ｉａ／2ｎ）［（（ｉａ／ｎ）·（／2））２＋（1／3）（ｉａ／2ｎ）］＝12ρｌ·（ａ４／4）·（ｉ３／ｎ４）·［3／4＋1／12］＝（5Ｍａ２／3）ｉ３／ｎ４＝（5Ｍａ２／3）（1／ｎ４）（1３＋2３＋…＋ｎ３）＝（5Ｍａ２／3）（1／ｎ４）·（ｎ２（ｎ＋1）２／4）＝5Ｍａ２／12．2.借助于平行轴定理在刚体绕某点转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：已知刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量．平行轴定理：设任意物体绕某固定轴Ｏ的转动惯量为Ｊ，绕过质心而平行于轴Ｏ的转动惯量为ＪＣ，则有Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２，式中d为两轴之间的距离，Ｍ为物体的质量．图3证明：如图3所示，Ｃ为过刚体质心并与纸面垂直的轴，Ｏ为与它平行的另一轴，两轴相距为ｄ，在与轴垂直的平面内以质心Ｃ为原点，过ＣＯ的直线为ｘ轴，建立ｘＣｙ坐标系．Ｍｉ代表刚体上任一微元的质量，它与轴Ｃ及轴Ｏ的距离依次为Ｒｉ和ｒｉ，微元与质心连线与ｘ轴方向的夹角为θｉ，由转动惯量的定义知，刚体对轴Ｏ的转动惯量应为Ｊ＝ｍｉｒｉ２＝ｍｉ（Ｒｉ２＋ｄ２－2ｄＲｉｃｏｓθ）＝ｍｉＲｉ２＋ｍｉｄ２－2ｄｍｉＲｉｃｏｓθｉ．上式中第一项即为刚体对质心Ｃ的转动惯量ＪＣ；第二项Ｊ＝ｍｉｄ２＝ｄ２ｍｉ＝Ｍｄ２，Ｍ是刚体的总质量；而第三项中ｍｉＲｉｃｏｓθｉ＝ｍｉｘｉ，ｘｉ是质量元在ｘＣｙ平面坐标系内的ｘ坐标，按质心的定义，有ｍｉｘｉ＝0，所以Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２．在上述例1中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为Ｊ′＝（5／12）Ｍａ２＋Ｍａ２＝（17／12）Ｍａ２．3.运用垂直轴定理对任意的刚体，任取直角三维坐标系Ｏｘｙｚ，刚体对ｘ、ｙ、z轴的转动惯量分别为Ｊｘ、Ｊｙ、Ｊｚ，可以证明Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝2ｍｉｒｉ２，ｒｉ是质元到坐标原点的距离．图4证明：如图4所示，质元ｍｉ的坐标是ｘｉ、ｙｉ、ｚｉ，显然，ｒｉ２＝ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２．而刚体对ｘ、ｙ、ｚ轴的转动惯量依次为Ｊｘ＝ｍｉ（ｙｉ２＋ｚｉ２），Ｊｙ＝（ｘｉ２＋ｚｉ２），Ｊｚ＝ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）．则Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝2ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２）＝2ｍｉｒｉ２．这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理．这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义．例2从一个均匀薄片剪出一个如图5所示的对称的等臂星．此星对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ．求该星对Ｃ１轴的转动惯量．Ｃ和Ｃ１轴都位于图示的平面中，Ｒ和ｒ都可看做是已知量．图5分析与解设星形薄片上任意一质元到过中心Ｏ而与星平面垂直的轴Ｏ距离为ｒｉ，则星对该轴的转动惯量为ｍｉｒｉ２=ＪＯ，由于对称性，星对Ｃ轴及同平面内与Ｃ轴垂直的Ｄ轴的转动惯量相等，均为已知量Ｊ；同样，星对Ｃ１轴及同平面内与Ｃ１轴垂直的Ｄ１轴的转动惯量亦相等，设为Ｊ１，等同于垂直轴定理的推导，则ＪＣ＋ＪＤ＝2Ｊ＝ＪＯ，ＪＣ１＋ＪＤ１＝2Ｊ１＝ＪＯ，于是有2Ｊ＝2Ｊ１，即Ｊ１＝Ｊ．4.巧用量纲分析法根据转动惯量的定义Ｊ＝ｍｉｒｉ２，其量纲应为［ＭＬ２］，转动惯量的表达式常表现为ｋｍａ２形式，ｍ是刚体的质量，ａ是刚体相应的几何长度，只要确定待定系数ｋ，转动惯量问题便迎刃而解．例3如图6甲所示，求均匀薄方板对过其中心Ｏ且与ｘ轴形成α角的轴Ｃ的转动惯量．图6分析与解如图6（甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板，设其边长为ｌ，总质量为Ｍ，对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ＝ｋＭｌ２，过中心Ｏ将板对称分割成四个相同的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于Ｃ的轴的转动惯量为（ｋＭ／4）·（ｌ／2）２＝ｋＭｌ２／16．如图6乙所示，小正方形的轴与Ｃ轴距离为Ｄ或ｄ，由平行轴定理，它们对Ｃ轴的转动惯量应分别为（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为Ｄ的小正方形）或（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为ｄ的小正方形），则有下列等式成立，即ｋＭｌ２＝2（（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２）＋2（（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２）．整理可得（3／2）ｋｌ２＝（Ｄ２＋ｄ２）．而由几何关系，可得Ｄ＝（ｌ／2）·（／2）ｓｉｎ（π／4＋α），ｄ＝（ｌ／2）·（／2）ｓｉｎ（π／4－α），故有（3／2）ｋｌ２＝（ｌ２／8）［ｓｉｎ２（π／4＋α）＋ｓｉｎ２（π／4－α）］，则ｋ＝1／12．于是求得正方形木板对过其中心Ｏ的轴的转动惯量为Ｊ＝（1／12）Ｍｌ２，且与角α无关．5．一些规则几何体的转动惯量一些规则几何体的转动惯量如表2所示．表2三、刚体运动问题例析根据今年将实行的ＣＰｈＯ新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题．下面就此展示四个例题．例4在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤．开始时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止．在某一瞬间，放开滚轮．过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度ａ，如图7甲所示．假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略．试确定：（1）重锤的质量ｍ和滚轮的质量Ｍ之比；（2）滚轮对平面的最小动摩擦因数．图7分析与解与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系．（1）当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而达到恒定的加速度ａ时，其角加速度为α＝ａ／Ｒ，Ｒ为滚轮的半径．滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为（1／2）ＭＲ２，分析滚轮受力情况如图7乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点Ｃ为瞬时转动轴考察将比较方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响．关于Ｃ轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力Ｔ，张力Ｔ可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点Ｃ，滚轮的质心的水平加速度为ａ，重锤相对滚轮质心的线加速度也为ａ，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和．由牛顿第二定理，有ｍｇｔａｎθ＝ｍａ，（ｍｇ／ｃｏｓθ）－Ｔ′＝ｍａ，则Ｔ＝Ｔ′＝ｍ－ｍａ．再研究滚轮，注意到Ｃ点到张力Ｔ的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对Ｃ轴的转动惯量可用平行轴定理转换为（3／2）ＭＲ２，对滚轮运用转动定律，有（ｍ－ｍａ）（1－（ａ／））Ｒ＝（3／2）ＭＲ２·（ａ／Ｒ）．解之得ｍ／Ｍ＝3ａ／2（－ａ）２．（2）对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为ａ，方向水平，则应有ｆ－Ｔｓｉｎθ＝Ｍａ，Ｎ－Ｔｃｏｓθ＝Ｍｇ，其中ｓｉｎθ＝ａ／，ｃｏｓθ＝ｇ／，那么，动摩擦因数满足μ≥ｆ／Ｎ＝ａ／ｇ．在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的“题眼”所在．例5如图8甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为ｍ，长度均为ｌ的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能分离．在两杆的一端，各施以相同的垂直于杆的水平冲量Ｉ．试求两细杆所获得的动能之比．图8分析与解本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能．如图8乙所示，设杆1在冲量Ｉ作用下，质心获得的速度为ｖＣ，杆的角速度为ω，由质心的动量定理，得Ｉ＝ｍｖＣ，由刚体的角动量定理，得Ｉ·ｌ／2＝Ｊω＝（1／12）ｍｌ２ω．则杆1的动能为Ｅｋ1＝（1／2）ｍｖｃ２＋（1／2）Ｊω２＝（1／2）ｍ（Ｉ／ｍ）２＋（1／2）Ｊ（Ｉｌ／2Ｊ）２＝（Ｉ２／2ｍ）＋（3Ｉ２／2ｍ）＝2Ｉ２／ｍ．如图8丙所示为杆2的左、右两段受力情况，当在杆2左端作用冲量Ｉ时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量Ｉ１与Ｉ１′，它们大小相等，方向相反．由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到“不分离”的条件，左段的右端与右段的左端具有相同的速度．现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆2左段，有Ｉ－Ｉ１＝（ｍ／2）ｖＣ１，（Ｉ＋Ｉ１）·（ｌ／4）＝（ｍｌ２／96）ω１，对杆2右段，有Ｉ１′＝（ｍ／2）ｖＣ2，Ｉ１′·ｌ／4＝（ｍｌ２／96）ω２．由连接处“不分离”条件得左、右两段的速度与角速度的关系是ｖＣ1－ω１·（ｌ／4）＝ω２·（ｌ／4）＋ｖＣ2，由以上各式，可得ω１＝18Ｉ／ｍｌ，ω２＝－6Ｉ／ｍｌ，ｖＣ1＝5Ｉ／2ｍ，ｖＣ2＝Ｉ／2ｍ，于是可计算杆2的动能为Ｅｋ2＝（1／2）·（ｍ／2）（ｖＣ1２＋ｖＣ2２）＋（1／2）·（Ｊ／2）（ω１２＋ω２２）＝7Ｉ２／2ｍ．易得1、2两杆的动能之比为Ｅ１∶Ｅ２＝4∶7．本题求解中，抓住杆2左、右两段连接处速度相同的相关关系，全盘皆活．例6形状适宜的金属丝衣架能在如图9所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动．在位置甲和位置乙里，长边是水平的，其它两边等长．三种情况下的振动周期都相等．试问衣架的质心位于何处？摆动周期是多少？（第13届ＩＰｈＯ试题）图9图10分析与解本题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律．一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆．我们先来推导复摆的周期公式．如图10所示，设Ｏ为转轴（悬点），质心Ｃ与转轴距离（等效摆长）为ｌ，质量为ｍ，对转轴的转动惯量为Ｊ，最大偏角θ＜5°．由机械能守恒定律，可得ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）Ｊω′２．①ω′是刚体的质心通过平衡位置时的角速度．对摆长ｌ、质量ｍ的理想单摆而言，有ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）ｍｖ２＝（1／2）ｍ（ｌω）２＝（1／2）ｍ（Ａω０）２．②②式中ω０是摆球（质点）通过平衡位置时的角速度，Ａ是振幅（Ａ=ｌ），ω０是摆球振动的圆频率．可知ω０＝．将①式变形为ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）Ｊω′２＝（1／2）ｍ（ｌ·ω′）２＝（1／2）ｍ（Ａω０′）２，比较②式，即对复摆与单摆作等效变换，可得复摆小幅振动（亦为谐振）的圆频率为ω０′＝ω０＝，那么复摆的周期公式为Ｔ＝2π．图11由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量，依据复摆周期公式，即可确定三种情况下相同的摆动周期Ｔ．如图11所示，质心Ｏ到转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的距离设为ａ、ｂ、ｃ，由图9甲所示衣架的平衡位置可知，质心Ｏ必在衣架长边的中垂线ＡＢ上，在三种情况下衣架对转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的转动惯量依次为ＪＡ＝ＪＯ＋ｍａ２，ＪＢ＝ＪＯ＋ｍｂ２，ＪＣ＝ＪＯ＋ｍｃ２．式中ＪＯ为所设衣架对质心Ｏ的转动惯量，ｍ是衣架总质量．因为三种情况下的周期相同，故有（ＪＯ＋ｍａ２）／ｍｇａ＝（ＪＯ＋ｍｃ２）／ｍｇｃ，即（ＪＯ－ｍａｃ）（ｃ－ａ）＝0，显然ｃ≠ａ，则可知ＪＯ＝ｍａｃ；又有（ＪＯ＋ｍａ２）／ｍｇａ＝（ＪＯ＋ｍｂ２）／ｍｇｂ，即（ＪＯ－ｍａｂ）（ｂ－ａ）＝0，此式中因ｃ＞ｂ，故（ＪＯ-ｍａｂ）≠0，则必有ａ＝ｂ，即质心位于ＡＢ之中点．衣架周期为Ｔ=2π＝2π．根据图9标注的尺寸可知ａ＝5ｃｍ，ｃ＝ｃｍ≈21．6ｃｍ，代入后得Ｔ≈1.03ｓ．本题是国际物理奥林匹克的一道赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙．最后，我们再尝试解答另外一道比较繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题，该题涉及动量矩守恒定律的运用．例7如图12所示，一个质量为ｍ，半径为ＲＡ的均匀圆盘Ａ在光滑水平面ｘＯｙ内以速度ｖ沿ｘ轴方向平动，圆盘中心至ｘ轴的垂直距离为ｂ．圆盘Ａ与另一静止的、其中心位于坐标原点Ｏ的均匀圆盘Ｂ相碰．圆盘Ｂ的质量与Ａ相同，半径为ＲＢ．假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量（垂直于连心线方向的速度）相等，并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变．在发生碰撞的情况下，试求：（1）碰后两圆盘质心速度的ｘ分量和ｙ分量，结果要以给定的参量ｍ、ＲＡ、ＲＢ、ｖ和ｂ表示；（2）碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量ｍ、ＲＡ、ＲＢ、ｖ和ｂ表示．（第24届ＩＰｈＯ试题）分析与解（1）本题情景是质量相同的运动圆盘Ａ与静止圆盘Ｂ在水平面上发生非弹性斜碰．碰撞前后，质心动量守恒——系统不受外力；对Ｏ点的角动量守恒——外力冲量矩为零；动能不守恒——碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失．本题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外，还必须根据附加条件给出足够的补充方程，并适当选用速度分量，方可最终得解．图12 图13如图13所示，设碰撞时两盘质心连线与ｘ轴成θ角，由几何关系可知ｂ=（ＲＡ+ＲＢ）ｓｉｎθ．对系统，在法向与切向动量均守恒，即ｍｖｓｉｎθ＝ｍｖＡｔ＋ｍｖＢｔ，ｍｖｃｏｓθ＝ｍｖＡｎ＋ｍｖＢｎ，式中，ｖＡｔ、ｖＢｔ、ｖＡｎ、ｖＢｎ是Ａ、Ｂ盘碰撞后沿切向与径向的质心速度；系统对Ｏ点的角动量守恒即ｍｖｂ＝ＪＡωＡ＋ｍｖＡｔ（ＲＡ＋ＲＢ）＋ＪＢωＢ，该式中，ＪＡ＝（1／2）ｍＲＡ2，ＪＢ＝（1／2）ｍＲＢ2，ωＡ、ωＢ为两盘碰撞后的角速度（待定）．注意碰撞后Ａ盘既有转动又有平动，对Ｏ点的角动量由两部分组成，而Ｂ盘质心在Ｏ点，故角动量仅为ＪＢωＢ．上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程．根据两盘接触处切向速度相同有ｖＡｔ－ωＡＲＡ＝ｖＢｔ＋ωＢＲＢ，根据两盘法向相对速度不变有ｖｃｏｓθ＝ｖＢｎ－ｖＡｎ．对Ｂ盘，由动量定理和角动量定理，摩擦力ｆ的作用是ｆ·Δｔ＝ｍｖＢｔ，ｆ·ＲＢ·Δｔ＝ＪＢωＢ，即ｍｖＢｔＲＢ＝ＪＢωＢ．由上述六个方程，解得ωＡ＝ｖｓｉｎθ／3ＲＡ，ωＢ＝ｖｓｉｎθ／3ＲＢ，ｖＡｔ＝（5／6）ｖｓｉｎθ，ωＢｔ＝（1／6）ｖｓｉｎθ，ｖＡｎ＝0，ｖＢｎ＝ｖｃｏｓθ．碰后两盘的质心速度的ｘ分量分别为ｖＡｘ＝ｖＡｔｓｉｎθ＋ｖＡｎｃｏｓθ＝（5／6）ｖｓｉｎ２θ，ｖＢｘ＝ｖＢｔｓｉｎθ＋ｖＢｎｃｏｓθ＝（1／6）ｖｓｉｎ２θ＋ｖｃｏｓ２θ，碰后两盘的质心速度的ｙ分量分别为ｖＡｙ＝ｖＡｔｃｏｓθ－ｖＡｎｓｉｎθ＝（5／6）ｖｓｉｎθｃｏｓθ，ｖＢｙ＝ｖＢｔｃｏｓθ－ｖＢｎｓｉｎθ＝－（5／6）ｖｓｉｎθｃｏｓθ，其中ｓｉｎθ＝ｂ／（ＲＡ＋ＲＢ），ｃｏｓθ＝／（ＲＡ＋ＲＢ）．（2）各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不再赘述，答案是ＥＡ＝3ｍｖ２ｂ２／8（ＲＡ＋ＲＢ），ＥＢ＝（1／2）ｍｖ２（1－（11ｂ２／12（ＲＡ＋ＲＢ）２））．四、ＣＰｈＯ竞赛训练题1．如图14所示，质量为ｍ的均匀圆柱体的截面半径为Ｒ，长为2Ｒ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴（如图中的Ｚ１、Ｚ２轴）的转动惯量Ｊ．图14 图152．如图15所示，匀质立方体的边长为ａ，质量为ｍ．试求该立方体绕对角线轴ＰＱ的转动惯量Ｊ．3．椭圆细环的半长轴为Ａ，半短轴为Ｂ，质量为ｍ（未必匀质），已知该环绕长轴的转动惯量为ＪＡ，试求该环绕短轴的转动惯量ＪＢ．4．在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽，螺距为ｓ，螺帽的转动惯量为Ｊ，质量为ｍ．假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零，螺帽以初速度ｖ０向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么样的运动？重力加速度为g．5．如图16所示，两个质量和半径均相同的实心圆柱轮，它们的质心轴互相平行，并用一轻杆相连，轴与轴承间的摩擦忽略不计．两轮先以共同的初速度ｖ０沿水平方向运动，两轮的初角速度为零，如图16甲所示．然后同时轻轻地与地面相接触，如图16乙所示，设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为μ１和μ２（μ１＞μ２）．试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小．图16 图176．如图17所示，光滑水平地面上静止地放着质量为Ｍ、长为ｌ的均匀细杆．质量为ｍ的质点以垂直于杆的水平初速度ｖ０与杆的一端发生完全非弹性碰撞．试求：（1）碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；（2）实际的转轴（即静止点）位于何处？7．如图18所示，实心圆柱体从高度为ｈ的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上，且继续做纯滚动，与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡．设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度ｈ′．图18 图198．如图19所示，半径为Ｒ的乒乓球绕质心轴的转动惯量为Ｊ＝（2／3）ｍＲ２，ｍ为乒乓球的质量．乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为ｖＣ０，初角速度为ω０，两者的方向如图18所示．已知乒乓球与地面间的动摩擦因数为μ．试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度．9．一个均匀的薄方板的质量为Ｍ，边长为ａ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在方板所在的竖直平面内摆动．在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置（除去转动轴处之外），粘上一个质量为ｍ的质点，板的运动不会发生变化？已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为Ｊ＝（1／6）Ｍａ２．图2010．如图20所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为Ｍ，密度均匀．横截面呈六边形且每边长为ａ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为Ｊ＝（5／12）Ｍａ２，相对于棱边的转动惯量是Ｊ′＝（17／12）Ｍａ２．现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为ωｉ，碰后瞬间角速度为ωｆ，在碰撞前后瞬间的动能记为Ｅｋｉ和Ｅｋｆ，试证明：ωｆ＝ｓωｉ，Ｅｋｆ＝ｒＥｋｉ，并求出系数ｓ和ｒ的值．（第29届ＩＰｈＯ试题）五、训练题简答图21 图221．解：如图21所示，对图所示的Ｚ１、Ｚ２、Ｚ坐标系与Ｚ３、Ｚ４、Ｚ坐标系运用正交轴定理，有Ｊ１＋Ｊ２＋Ｊ５＝Ｊ３＋Ｊ４＋Ｊ５，Ｊ３＝（1／2）ｍＲ２，Ｊ４＝（7／12）ｍＲ２，Ｊ１＝Ｊ２，则Ｊ１＝Ｊ２＝（13／24）ｍＲ２．2．解：将立方体等分为边长为ａ／2的八个小立方体，依照本文例3分析法用量纲求解，有ｋｍａ２＝2·ｋ（ｍ／8）（ａ／2）２＋6·［ｋ（ｍ／8）（ａ／2）２＋（ｍ／8）（ａ／）２］，则ｋ＝1／6，Ｊ＝（1／6）ｍａ２．3．解：由正交轴定理ＪＡ＋ＪＢ＝ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）及椭圆方程（ｘ２／Ａ２）＋（ｙ２／Ｂ２）＝1，得ＪＢ＝ｍＡ２－（Ａ２／Ｂ２）ＪＡ．4．解：由机械能守恒，得ｍｇｓ＝（1／2）Ｊ（ωｔ２－ω０２）＋（1／2）ｍ（ｖｔ２－ｖ０２），又ωｔ／ｖｔ＝ω０／ｖ０＝2π／ｓ，可得ｖｔ２－ｖ０２＝2ｍ／（（4π２Ｊ／ｓ２）＋ｍ）ｇ＝2ｇ′ｓ．故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动，有ｖｔ＝ｖ０＋ｇ′ｔ，ｇ′＝ｍ／（（4π２Ｊ／ｓ２）＋ｍ）．5．解：两轮相对于地面动量守恒，因为μ１＞μ２，轮1先做纯滚动，轮2做纯滚动所需时间为ｔ，则系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒，得2ｍｖ０Ｒ＝2ｍｖｔＲ＋2·（1／2）ｍＲ２ω，又ｖｔ＝ωＲ，解得ｖｔ＝（2／3）ｖ０，ω＝2ｖ０／3Ｒ，ｔ＝ω／α２＝ωＲ／2μ２ｇ＝ｖ０／3μ２ｇ．6．解：碰后系统质心位置从杆中点右移为Δｘ＝（ｍ／（Ｍ＋ｍ））·（ｌ／2）．由质心的动量守恒，求得质心速度为ｖＣ＝（ｍ／（Ｍ＋ｍ））ｖ０．由角动量守恒并考虑质心速度与角速度关系，求得瞬时轴在杆中心左侧ｘ＝ｌ／6处，ω＝6ｍｖ０／（Ｍ＋4ｍ）ｌ．7．解：纯滚动时，无机械能损失，ｖ＝Ｒω．非纯滚动时，运用动量定理及角动量定理，求上坡前的质心速度及角速度，根据机械能守恒即可求得．ｈ′＝ｈ／9．8．解：乒乓球与地接触点Ｏ即滚动又滑动且达到纯滚动时，由角动量守恒，得ｍＲｖＣ0－Ｊω０＝ｍＲｖＣ＋Ｊω，即ｖＣ0－ｖＣ＝（2／3）Ｒ（ω０＋ω），达到纯滚动时，有ｖＣ＝Ｒω，可得到纯滚时质心速度为ｖＣ＝（3／5）ｖＣ0－（2／3）Ｒω０．其中，若ｖＣ0＞（2／3）Ｒω０，纯滚动后，球向右顺时针方向做纯滚动；ｖＣ0＜（2／3）Ｒω０，则纯滚。

高中物理奥林匹克竞赛专题---刚体习题(共47张PPT)

0 .2

(T 2 T1 ) rdx J rd
0
0
mg x k x 2
0 .2
2
J
2
4
0
2
12 .6 故： v R 1 .26 m / s
4. 在光滑水平桌面上有个弹簧，弹簧一端固定，另一端连接一个质量为M的滑块，如图。开始时，滑块静止于A点，弹簧处于自然状态。现有一质量为m的子弹以速度v射入滑块并与其一起运动到B点，此时弹簧的长度伸长了l。求：滑块在 B点的速度大小。（19）
7、长为L的梯子斜靠在光滑的墙上高为h的地方，梯子和地面间的静摩擦系数为m，若梯子的重量忽略，试问人爬到离地面多高的地方，梯子就会
滑倒下来？
L
h
R
R
解：当人爬到离地面x高度处梯子刚要滑下，此
时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处于平衡状态
(不稳定的) ．
N1－f ＝0， N2－P ＝0
N1h－Px ctg＝0 f＝N2
（17）
能量守恒： mgh 1/ 2kh2 1/ 2mv 2 1/ 2J 2
J 1/ 2MR 2
v R
解得： v 2mgh kh2 4 1.25m / s m 1/ 2M 10
解法二：
角动量定理可得：
Mdt Jd
M dx Jd r
M d(J)
dt
M0时
i
mivi

恒量
J ＝恒量
i
力的功
B
WAB
Fdr
A
力矩的功
WAB
BMd
A
动能
Ek

1 mv2 2

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高中物理竞赛习题专题四：刚体动力学1.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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零2.假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒3.水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47 kg·m2 ，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47 kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．4.用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．5.质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.6.如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？7.如图所示，一长为2l 的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e－t ) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.8.在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s－1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.9.半径分别为r1 、r2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1 和J2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？10.一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.（3）打击瞬间O点杆收到的作用力。

11.地球对自转轴的转动惯量为0.33 mＥR2 ，其中mＥ为地球的质量，R为地球的半径.(1) 求地球自转时的动能；(2) 由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5 ×10－5 s，求潮汐对地球的平均力矩.12.为使运行中飞船停止绕其中心轴转动，一种可能方案是将质量均为m 的两质点A、B，用长为l 的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端(如图所示).开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘，圆盘与质点一起以角速度旋转；当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时，割断质点与飞船的连线.为使此时的飞船正好停止转动，连线应取何长度？ (设飞船可看作质量为m′、半径为R的匀质圆盘)13.一长为l、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω.若棒突然改绕其一端转动，求：(1) 以端点为转轴的角速度ω′；(2) 在此过程中转动动能的改变.14.如图所示，一绕有细绳的大木轴放置在水平面上，木轴质量为m，外轮半径为R1 ，内柱半径为R2 ，木轴对中心轴O 的转动惯量为JC .现用一恒定外力F 拉细绳一端，设细绳与水平面夹角θ保持不变，木轴滚动时与地面无相对滑动.求木轴滚动时的质心加速度aC 和木轴绕中心轴O 的角加速度α.答案解析1C 2B 3.解由图可得θd m J H A A 22sin 2=' θd m J H B B 22cos 2='此二式相加，可得22d m J J H B B A A =+''则m1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比，可得θJ J B B A A 2tan /='' 则o3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ4.解1 设绳子的拉力为F Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有 αJ R F T = (1)而对重物而言，由牛顿定律，有ma F mg T =- (2)由于绳子不可伸长，因此，有αR a = (3)重物作匀加速下落，则有221at h =(4)由上述各式可解得飞轮的转动惯量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J5.解分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有111111a m F g m F P T T =-='- (1) 222222a m g m F P F T T =-=-' (2)()αJ J r F R F T T 2121+=- (3) 11T T F F =',22T T F F =' (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有αR a =1 (5) αr a =2 (6)解上述方程组，可得gR r m R m J J rm R m a 222121211+++-=grr m R m J J rm R m a 222121212+++-=gm r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++= g m r m R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=6.解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－C ω，由转动定律M ＝J α，可得叶片的角加速度为J ωC t ωα-==d d (1)根据初始条件对式(1)积分，有t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-= 由于C 和J 均为常量，得JCt e ωω/0-= (2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为2ln C J t =(2) 根据初始条件对式(2)积分，有te ωθJ Ct tθd d /000-⎰⎰=即 C ωJ θ20=在时间t 内所转过的圈数为C ωJ θN π4π20==7.解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为()()222sin 2sin 22αl m αl m mr J ===，则系统对z轴的角动量为()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===此处也可先求出每个小球对z 轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得()[]αe ωml t t L M t 202sin 12d d d d --==te αωml -=202sin 2t ＝0时，合外力矩为αωml M 202sin 2=此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即t e ωt ωα-==0d d ，再由M ＝J α求得M .8.解根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212式中()2222/l m J =为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.12/211l m J =为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv9.解设相互作用力为F ，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有()0111ΔωωJ t F r -=- (1)222ΔωJ t F r = (2)两轮啮合后应有相同的线速度，故有2211ωr ωr = (3)由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为210222122011r ωJ r J r ωJ ω+=10.解 (1) 由刚体的角动量定理得120s m kg 0.2d -⋅⋅====⎰t ΔFl t M ωJ L Δ(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即()θmgl ωJ cos 1212120-=由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为8388Δ31arccos o222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ11.解 (1) 地球的质量m Ｅ＝5.98 ×1024kg ，半径R ＝6.37 ×106m ，所以，地球自转的动能J 1012.2/33.022*******⨯=⨯==T R m πωJ E E K(2) 对式T ωπ2=两边微分，可得T T ωd π2d 2-=当周期变化一定量时，有TωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= (1)由于地球自转减慢而引起动能的减少量为TE ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== (2)又根据动能定理K E θM W ΔΔ== (3)由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为m N 1047.7π2Δ22⋅⨯==-n T ωE M K式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.12.解飞船绕其中心轴的转动惯量为2121R m J '=，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动惯量分别为222mR J =和()222l R m J +='.由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿径向拉直时，飞船转动正好停止，则有 ()()ωl R m ωJ J '+=+2212 (1)又根据过程中系统的机械能守恒，有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ (2)由上述两式可解得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l13.解 (1) 棒的质心的动量定理为c m p t F v ==ΔΔ式中F 是棒所受的平均力，v C 为棒质心的速度.棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有ωJ ωJ t F -'=-Δ21式中J 为棒绕质心的转动惯量(即2121ml J =).而根据角量与线量的关系θR x cos =可解得ωωml J J ω41412=+='(2) 在此过程中转动动能的改变为22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=14.解设木轴所受静摩擦力F f 如图所示，则有C ma F θF =-f cos (1)αJ R F FR C =+1f 2 (2)αR a C 1= (3)由(1)、(2)、(3)式可得FmR J R R θR a C C 212121cos ++=F mR J R θR R a αC C 21211cos ++==。