第五版物理-马文蔚-第4章和第5章作业题解

4－10如图(a)所示，圆盘的质量为m，半径为R．求：(1)以O为中心，将半径为R／2的部分挖去，剩余部分对OO轴的转动惯量；(2)剩余部分对O′O′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．分析由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式mrJd2计算，式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理．解挖去后的圆盘如图(b)所示．(1)解1由分析知22/3222/2203215d2dπ2πdmRrrRmrrRmrmrJRRRR解2整个圆盘对OO轴转动惯量为2121mRJ，挖去的小圆盘对OO轴转动惯量2222232122ππ21mRRRRmJ，由分析知，剩余部分对OO轴的转动惯量为22103215mRJJJ(2)由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为22222032392ππ3215mRRRRmmmRJ4－13如图(a)所示，质量m1＝16kg的实心圆柱体A，其半径为r＝15cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m2＝8.0kg的物体B.求：(1)物体B由静止开始下降1.0s后的距离；(2)绳的张力FＴ.分析该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.解(1)分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得αrmαJrFT2121对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有amFgmFPTT222且FＴ＝FＴ′.又由角量与线量之间的关系，得αra解上述方程组，可得物体下落的加速度21222mmgma在t＝1.0s时，B下落的距离为m45.222121222mmgtmats(2)由式(2)可得绳中的张力为N2.3922121gmmmmagmFT4－14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.分析由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.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111111amFgmFPTT(1)222222amgmFPFTT(2)αJJrFRFTT2121(3)11TTFF,22TTFF(4)由角加速度和线加速度之间的关系，有αRa1(5)αra2(6)解上述方程组，可得gRrmRmJJrmRma222121211grrmRmJJrmRma222121212gmrmRmJJRrmrmJJFT1222121221211gmrmRmJJRrmRmJJFT22221211212124－18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？分析由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解(1)通风机叶片所受的阻力矩为M＝－Cω，由转动定律M＝Jα，可得叶片的角加速度为JωCtωαdd(1)根据初始条件对式(1)积分，有tJCωωtωωdd00由于C和J均为常量，得JCteωω/0(2)当角速度由ω0→12ω0时，转动所需的时间为2lnCJt(2)根据初始条件对式(2)积分，有teωθJCttθdd/000即CωJθ20在时间t内所转过的圈数为CωJθNπ4π204－17一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1)求圆盘所受的摩擦力矩.(2)问经多少时间后，圆盘转动才能停止？分析转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr的圆环为面元，环所受摩擦力dFｆ＝2πrμmgdr/πR2，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM＝r×dFｆ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M＝∫dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MΔt＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt.当然也可由转动定律求解得.解(1)由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为kFrM22f/d2dRrmgμrd式中k为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为mgRμrRmgμrMMR32d2d022(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J＝mR2/2.由角动量定理MΔt＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为gμRωMωJt43Δ4－20一质量为m′、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解(1)碎块抛出时的初速度为Rω0v由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为gRωgh222220v(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有LLL0式中ωRmL221为圆盘未碎时的角动量；ωmRL2为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量.则ωRmmL2214－21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.分析子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.解根据角动量守恒定理ωJJωJ212式中2222/lmJ为子弹绕轴的转动惯量，J2ω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.12/211lmJ为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为1212212s1.2936mmmJJωJωv4－24一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0＝πs-1转动，转台对转轴的转动惯量为J0＝4.0×10-3kg·m2.今有砂粒以Q＝2tg·s-1的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r＝0.10m，求砂粒下落t＝10s时，转台的角速度.分析对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出.解在时间0→10s内落至台面的砂粒的质量为kg10.0Qds100tm根据系统的角动量守恒定律，有ωmrJωJ2000则t＝10s时，转台的角速度112000sπ80.0JmrJωJω4－27一质量为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.分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1)瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2)棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.解(1)由刚体的角动量定理得120smkg0.2dtΔFltMωJLΔ(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θmglωJcos1212120由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为8388Δ31arccoso222glmtFθ4－30如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度ω0在无摩擦的水平面上，作半径为r0的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2的圆周运动.试求：(1)小球新的角速度；(2)拉力所作的功.分析沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到.解(1)根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0和J1分别是小球在半径为r0和12r0时对轴的转动惯量，即1100ωJωJ式中J0和J1分别是小球在半径为r０和1/2r０时对轴的转动惯量，即200mrJ和20141mrJ，则00014ωωJJω(2)随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为2020200211232121ωmrωJωJW4－32如图所示，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动惯量J1＝10.0kg·m2，开始时B轮静止，A轮以n1＝600r·min-1的转速转动，然后使A与B连接，因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于n＝200r·min-1为止.求：(1)B轮的转动惯量；(2)在啮合过程中损失的机械能.分析两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.解(1)取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有22111ωJJωJ则B轮的转动惯量为2122112212mkg0.20JnnnJωωωJ(2)系统在啮合过程中机械能的变化为J1032.12121Δ42112221ωJωJJE式中负号表示啮合过程中机械能减少.4－34如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO′自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始的角速度为ω0，今有一质量为m的小球静止在环内A点，由于微小扰动使小球向下滑动.问小球到达B、C点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？(假设环内壁光滑.)分析虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的外力，由于它与转轴平行，不产生外力矩，因此，该系统对轴的角动量守