《大学物理学》第二章 刚体力学基础 自学练习题

第二章 刚体力学基础 自学练习题

一、选择题

4-1．有两个力作用在有固定转轴的刚体上：

（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零； 对上述说法，下述判断正确的是：（ ）

（A ）只有（1）是正确的； （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误； （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误； （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确。

【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】

4-2．关于力矩有以下几种说法：

（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

（3）质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。

对上述说法，下述判断正确的是：（ ）

（A ）只有（2）是正确的； （B ）（1）、（2）是正确的； （C ）（2）、（3）是正确的； （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。

【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】

3．一个力(35)F i j N =+作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34(

-=，则该力对坐标原点的力矩为 （ ）

（A ）3kN m -⋅； （B ）29kN m ⋅； （C ）29kN m -⋅； （D ）3kN m ⋅。 【提示：(43)(35)430209293

5

i j k

M r F i j i j k k k =⨯=-⨯+=-=+

=】

4-3．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。

【提示：棒下落的过程中，越来越快，则角速度变大；力矩变小，则角加速度变小】

5． 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2

4m 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：（ ） （A ）80J ，80m N ⋅；（B ）800J ，40m N ⋅；（C ）4000J ，32m N ⋅；（D ）9600J ，16m N ⋅。

【提示：损失的动能： 2

2011960022

k E J J ωω∆=

-=；

由于是恒力矩，可利用0t ωωα=+求得4α=-，再利用M J α=得16M

N m =-⋅】

6． 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： （ ）

（A ）2

2.16π J ； （B ）2

1.8πJ ； （C ）1.8J ； （D ）2

8.1πJ 。

【圆盘转动惯量：210.92J mR =

=；角速度：2260n πωπ==；动能：221 1.82

k E J ωπ∆==】 4-5．假设卫星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，动能也不守恒。

【提示：因为万有引力是指向圆心的有心力，所以提供的力矩为零，满足角动量守恒定律；又因为万有引力是保守力，所以满足机械能守恒定律】

4--1．如图所示，一均匀细杆，质量为m ，长度为l ，一端固定， 由水平位置自由下落，则在最开始时的水平位置处，其质心 的加速度为：（ ）

（A ）g ； （B ）0； （C ）

34g ； （D ）1

2

g 。 【提示：均匀细杆质心位置在l /2处。利用转动定律M J α

=→212

3

l mg ml α⋅=⋅有最开始时的质心加速

度：3

24

C

l a g α=⋅=】

4--2．如图所示，两个质量均为m ，半径均为R 的匀质圆盘状 滑轮的两端，用轻绳分别系着质量为m 和2m 的物体，若 系统由静止释放，则两滑轮之间绳内的张力为：（ ） （A ）

118m g ； （B ）32m g ； （C ）m g ； （D ）1

2

m g

【提示：均匀细杆质心位置在l /2处。利用转动定律M J α

=→21

2

3

l mg ml α⋅=⋅，有最开始时的质心加

速度：3

24

C

l a g α=⋅=】

4--3．一花样滑冰者，开始时两臂伸开，转动惯量为0J ，自转时，其动能为2

000

12

E J ω=，然后他将手臂收回，转动惯量减少至原来的1

3

，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则有关系：（ ）

（A ）03ωω=，0E E =； （B ）01

3

ωω=

，03E E =； （C

）0ω=，0E E =； （D ）03ωω=，03E E =。

【提示：利用角动量守恒定律有：00J J ωω

=→03ωω=，则20132

E J E ω==】

11． 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 ）

023L g ωμ； （B ）03L g ωμ； （C ） 043L g ωμ； （D ） 06L

g

ωμ。

【提示：摩擦力产生的力矩为01

2

L m g xd x mgL L μμ=⎰（或考虑摩擦力集中于质心有12f M mg L μ=-⋅）

；取213

J mL =；利用角动量定律0f M t J J ωω⋅=- →023L t g ωμ=】 12． 一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘

面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m /s 时，圆盘角速度大小为 （ ） （A ） 1rad/s ；（B ）2rad/s ； （C ）

23rad/s ； （D ） 4

3

rad/s 。 【提示：匀质圆盘的转动惯量211

2

J mR =

，人的转动惯量22J mR =；利用系统的角动量守恒定律： 1121()J J ωωω=∆-→12433

ωω∆==】

13． 如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直

平面内自由转动，杆长

5

3

m 。今使杆从与竖直方向成60角由静止 释放(g 取10m /s 2)，则杆的最大角速度为： （ ）

（A ）3 rad/s ； （B ）π rad/s ；（C

rad/s ；（D

rad/s

【提示：棒的转动惯量取2

13

J mL =，重力产生的力矩考虑集中于质心， 有：1sin 2M mg L θ=⋅

）；利用机械能守恒定律：223

12Md J ππθω=⎰→232g L ω=→ 3ω=】 4-4． 对一个绕固定水平轴O 匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应： （ ） （A ） 增大； （B ）减小； （C ）不变；（D ）无法确定。

【提示：两子弹和圆盘组成的系统在射入前后系统的角动量守恒，