大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第四章习题解.doc

_第四章 刚体的定轴转动41 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度转动，在4s内被动轮的角速度达到，则主动轮在这段时间内转过了 圈。解：被动轮边缘上一点的线速度为在4s内主动轮的角速度为主动轮的角速度为在4s内主动轮转过圈数为（圈）42绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t0时角速度为5rad/s，t20s时角速度为，则飞轮的角加速度 ，t0到t100s时间内飞轮所转过的角度 。解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为t0到t100s时间内飞轮所转过的角度为43 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。44 如图4-1，在轻杆的b处与3b处各系质量为2m和m的质点，可绕O轴转动，则质点系的转动惯量为 。图4-1m2mb3bO解：由分离质点的转动惯量的定义得45 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kgm2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M_。解：飞轮的角加速度为制动力矩的大小为负号表示力矩为阻力矩。46 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F=5t（SI）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角速度为 。解：圆盘的转动惯量为。3秒末的角加速度为由即对上式积分，并利用初始条件：时，得47 角动量守恒定律成立的条件是 。解：刚体（质点）不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。48 以下运动形态不是平动的是 。A火车在平直的斜坡上运动 B火车在拐弯时的运动C活塞在气缸内的运动 D空中缆车的运动解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选（B）。49 以下说法错误的是 。A角速度大的物体，受的合外力矩不一定大B有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零C有角加速度的物体，所受合外力一定不为零D作定轴（轴过质心）转动的物体，不论角加速度多大，所受合外力一定为零解：角速度大的物体，角加速度不一定大，由于，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴（轴过质心）转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。综上，只有（C）是错误的，故应选（C）。410 有两个力作用在一个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。在上述说法中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）都正确解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故（1）正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，则它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，则合力矩不等于零，因此（2）也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故（3）是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因，所以它们的合力不一定为零，故（4）也是错误的。故答案应选（B）。411 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动。如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。子弹射入并且停留在圆盘内，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度与射入前角速度相比 。A增大 B不变 C减小 D不能确定O图4-2解：设射来的两子弹的速度为，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，即式中这子弹对点O的角动量，为子弹射入前盘对轴O的转动惯量，J为子弹射入后系统对轴O的转动惯量。由于，则。故选（C）。412 如图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。该物体原以角速度在距孔为r的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 。A角速度减小，角动量增大，动量改变B角速度不变，动能不变，动量不变C角速度增大，角动量增大，动量不变 图4-3FrOD角速度增大，动能增加，角动量不变解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有。当小球的半径减小时，小球对O点的转动惯量减小，即，故，角速度增大，小球转得更快。又由可得，因，所以，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。故选（D）413 有一半径为R的水平圆转台，可绕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 。A B C D解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。当人沿半径向外跑去，到达转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量。根据角动量守恒，可列方程得故所以应选（A）。414 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统 。A动量、机械能、角动量均守恒 B动量、机械能守恒，角动量不守恒 C动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能断定 D动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，则物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C）。lRRmmAA图4-4415 一个哑铃由两个质量为m，半径为R的铁球和中间一根长为l连杆组成，如图4-4所示。和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略不计。求此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的轴AA的转动惯量？ 解：球绕通过球心的轴转动的转动惯量为，根据平行轴定理，现在一个球绕离球心转动的转动惯量为，则哑铃绕通过连杆中心并和它垂直的轴AA的转动惯量为416 一质量m=6.0kg、长l=1.0m的匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J=ml2/12。t=0时棒的角速度0=10.0rad/s。由于受到恒定的阻力矩的作用，t=20s时，棒停止运动。求：（1）棒的角加速度的大小；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）从t=0到t=10s时间内棒转过的角度。解：（1）棒的角加速度的大小为（2）棒所受阻力矩的大小为（3）从t=0到t=10s时间内棒转过的角度为417 一球体绕通过球心的竖直轴旋转，转动惯量。从某一时刻开始，有一个力作用在球体上，使球按规律旋转，则从力开始作用到球体停止转动的时间为多少？在这段时间内作用在球上的外力矩的大小为多少？解：由计算角速度的公式得球任意时刻转动的角速度为 （1）令，得球体停止转动的时间为s对（1）式再求一次导数得球转动的角加速度为所以作用在球上的外力矩的大小为式中负号表示球受到的力矩为阻力矩。418 设电风扇的功率恒定不变为，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度成正比，比例系数的，并已知叶片转子的总转动惯量为。（1）原来静止的电扇通电后秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？解：（1）由题意知空气阻力矩为，而动力矩，根据转动定律，通电时有将、的表达式代入上式，整理可得两边积分有积分得 （1）（2）由（1）式，当时，得电扇稳定转动时的转速为（3）断开电源时，电扇的转速为，只有作用，那么考虑到，有得断开电源后风扇叶继续转动的角度为419 物体A和B叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接，如图4-5所示。今用大小为F的水平力拉A。设A、B和滑轮的质量都为m，滑轮的半径为R，对轴的转动惯量。AB之间、A与桌面之间、滑轮与其轴之间的摩擦都可以忽略不计，绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长。已知F10N，m8.0kg，R0.050m。求：（1）滑轮的角加速度；（2）物体A与滑轮之间的绳中的张力；（3）物体B与滑轮之间的绳中的张力。T1T1T2T2aFaBA图4-6RBAF图4-5解：各物体受力情况如46图所示。A、B看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，应用刚体转动定律，得FTmama又绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长，则由上述方程组解得420 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r，质量为m；大圆盘的半径2r，质量2m。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J9mr2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图4-7所示。这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。已知r=10cm。求：（1）组合轮的角加速度；（2）当物体A上升h40cm时，组合轮的角速度。TTmgmgaABaTT图4-8ABrrmm图4-7解：（1）各物体受力情况如图48。A、B看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，应用刚体转动定律，得又因绳与盘无相对滑动，故有由上述方程组，代入题给已知条件可得（2）设为组合轮转过的角度，则所以组合轮的角速度为图4-10m2Mm1T2T1m1gaaT1T2421 如图4-9，质量为m1和m2的两个物体跨在定滑轮上，m2放在光滑的桌面上，滑轮半径为R，质量为M。求m1下落的加速度和绳子的张力T1、T2。m1m2M图4-9解：对m1和m2以及滑轮进行受力分析，如图410所示。以和m2为研究对象，应用牛顿第二定律，得以为研究对象，应用转动定律得列补充方程联立上述四个方程，求解得讨论：当时（忽略滑轮质量），实际上此问题就转化为质点力学问题了。422 如图4-11所示，一飞轮质量，半径，正以初角速度r/min转动，现在我们要使飞轮在0.5s内均匀减速而最后停下。求闸瓦对轮子的压力N为多大？设闸瓦与飞轮之间的滑动摩擦因数为，飞轮的质量可以看作全部均匀分布在轮的外周上。图412图F0mNfrR图4-11F0mR解：飞轮的初始角速度为飞轮在制动过程中的角加速度为式中负号表示与的方向相反，减速。飞轮的这一负角加速度是外力矩作用的结果，这一外力矩就是当用力将闸瓦紧压到轮缘产生的摩擦力的力矩，以方向为正，摩擦力的力矩为负值。以表示摩擦力的数值，如图4-12所示，则对轮的转轴的力矩为根据刚体定轴转动定律将飞轮的转动惯量代入上式可得423 半径为R，质量为m的匀质圆盘，放在粗糙桌面上，盘可绕竖直中心轴在桌面上转动，盘与桌面间的摩擦因数为，初始时角速度为0，问经过多长时间后，盘将停止转动？摩擦阻力共做多少功？drrO图4-13解：在圆盘上取环带微元，半径为r，宽为dr，如图413所示。则其质量为环带所受摩擦力对轴的力矩为圆盘所受摩擦力矩为根据角动量定理，有故即这就是圆盘由角速度0到停止转动所需要得时间。由动能定理求摩擦力所做的功为424 如图4-14所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为和，开始时，A轮转速为600转/分，B轮静止，C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A、B分别与C的左、右两个组件相连，当C的左右组件啮合时，B轮加速而A轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑，求：（1）两轮啮合后的转速n；（2）两轮各自所受的冲量矩。解：选A、B两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有BACA图4-14r/minA轮所受的冲量矩为负号表示冲量矩与方向相反。B轮所受的冲量矩：正号表示冲量矩与方向相同。425 一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的铅直光滑固定轴自由转动，圆盘质量为M，半径为R，对轴的转动惯量，当圆盘以角速度转动时，有一质量为m的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上，子弹射入后，圆盘的角速度为多少？解：由题意知，子弹在射入前相对于圆盘转轴的角动量为零，射入后嵌在盘的边缘上速度设为，子弹与圆盘组成的系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒，有426 如图4-15所示，一质量M，半径为R的圆柱，可绕固定的水平轴O自由转动。今有一质量为m，速度为的子弹，水平射入静止的圆柱下部（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内（垂直于转轴）。求：（1）子弹与圆柱的角速度；（2）该系统损失的机械能。解：（1）子弹与圆柱发生完全非弹性碰撞，所受合外力矩为零，角动量守恒。设子弹与圆柱碰后角速度为，则有ORv0图4-15其中，是子弹和圆柱绕轴O转动的转动惯量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为（2）损失的机械能为427 一水平圆盘绕通过圆心的竖直轴转动，角速度为，转动惯量为，在其上方还有一个以角速度，绕同一竖直轴转动的圆盘，这圆盘的转动惯量为，两圆盘的平面平行，圆心都在竖直轴上，上盘的底面有销钉，如使上盘落下，销钉嵌入下盘，使两盘合成一体。（1）求两盘合成一体后系统的角速度的大小？（2）第二个圆盘落下后，两盘的总动能改变了多少？解：（1）两盘合成一体前后无外力矩作用，角动量守恒，故有（2）动能改变为图4-16OABmms428 如图4-16所示，一均匀细棒长L，质量为m，可绕经过端点的O轴在铅直平面内转动，现将棒自水平位置轻轻放开，当棒摆至竖直位置时棒端恰与一质量也为m的静止物块相碰，物块与地面的滑动摩擦因数为，物块被击后滑动s距离后停止，求相撞后棒的质心离地面的最大高度。解：取棒和地球为一系统，细棒从水平位置转到竖直位置的过程中，只有重力作功，机械能守恒，得所以 （1）取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为，木块的速度为，碰前后M外=0。故角动量守恒，有 （2）物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有 （3）由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度为设棒与物体碰后，棒的质心升高h，由机械能守恒，有故即质心离地面的最大高度为2l/3AOv0图4-17429 长为l、质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图4-17所示。有一质量为m的子弹以水平速度射入杆上A点，并嵌在杆中，