刚体的转动问题与习题解答

第四章刚体的转动问题与习题解答问题：4-2、4-5、4-94-2如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？答：一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a所示。刚体所受合外力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b所示情形。4-5为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？答：因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d都一样，故其一对内力矩所作的功()0inijijjiijjiWMdMdMMd，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。4-9一人坐在角速度为0的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J，飞轮的转动惯量为J。答：（假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。（1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为：10LJJ飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1，则系统的角动量为：21LJJ在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：10JJJJ即102JJ，转台的转速变大了。（2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为：10LJJ飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1，则系统的ooF1F2F3F4ab角动量为：21LJJ在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：10JJJJ即102JJ，转台的转速变慢了。习题：4-1、4-2、4-3、4-4、4-5、（选择题）4-11、4-14、4-15、4-17、4-27、4-30、4-344-1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。对上述说法，下述判断正确的是（B）（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（B）（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（C）（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，角加速度为零4-4一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计。如图射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度则有（C）4-3图4-4图（A）L不变，增大（B）两者均不变ommoA（C）L不变，减小（D）两者均不确定4-5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（B）（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4-11用落体观测法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在点O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）解：（方法一）如图，设绳子张力为TF,则根据转动定律，有：TFRJ而对m来说，根据牛顿定律，有：TmgFma另有：aR由上三式解出：22mgRamRJ，m作匀加速直线运动，故下落的时间t和距离h的关系为：2/2hat，即：22212mgRhtmRJ所以，飞轮的转动惯量为：2212gtJmRh（方法二）根据能量守恒定律，将地球、飞轮和m视为同一系统，且设m开始下落的位置为重力势能的零势能点，则有：2211022mghmvJ另有：vR，vat，22vah，故解出：mghtamFTR2212gtJmRh4-14质量为1m和2m的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为1J和2J，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。解：A、B及组合轮的受力情况如右图所示，根据牛顿运动定律及刚体的转动定律，得：1111TmgFma2222TFmgma1212()TTFRFrJJ又因为：12,aRar联立求解，得：121221212()mRmrgRaJJmRmr，122221212()mRmrgraJJmRmr2122211221212()TJJmRrmrmgFJJmRmr，2121121221212()TJJmRmRrmgFJJmRmr4-15如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为1m和2m的物体A、B。A置于倾角为的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为，若B向下作加速运动时，求：（1）其下落的加速度大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）解：用隔离法分析A、B和定滑轮的受力，如图（b）所示。由牛顿定律和刚体的定轴转动定律，得：1111sincosTFmgmgma，222TmgFma，m1m2(a)ABFT2FT2FT1FT1m2gm1gFNm1gsin(b)RrFT1F'T1a1ABFT2F'T2a2P2P121TTFrFrJ,而由于绳子不可伸长，故有：ar，联立上几式，可得：211212sincosmgmgmgaJmmr，11221212(1sincos)(sincos)TmgJmmgrFJmmr21222212(1sincos)TmgJmmgrFJmmr4-17一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度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。（1）求圆盘所受的摩擦力矩；（2）问经多少时间后，圆盘转动才停止？解：（1）取面元dS为细圆环，2dSrdr，所受摩擦力矩的大小为2222mgmdMrgdmrgdSrdrRR，所以，220223RgmgmRMdMrdrR（2）由角动量定理，得：0MtJ，而22JmR，所以，有：34JRtMg4-27一质量为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。当以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s时，（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）求棒的最大偏转角。解：（1）设打击后细棒获得的初角速度为0，由角动量定理，得：rdrrROdFrl0AhF200013LMdtFltml，求得003Ftml所以，2101001.00.022.0()LFltkgms；（2）细棒的上摆过程，机械能守恒：2200011(1cos)232lmlmg，解得：220203()arccos[1]8838Ftmgl4-30如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度0在无摩擦的水平面上，绕以半径为0r的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，小球则以半径为0/2r的圆周运动。试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功。解：（1）因为F指向转轴O点，故其力不产生力矩，则根据角动量守恒定律，有：0011JJ,即220001()2rmrm，解得：104；（2）由刚体转动的动能定理，得其拉力所作的功为：2222110000113222WJJmr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0J，环的半径为R，初始的角速度为0，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。）解：取环、小球为转动系统，重力与转轴平行，合外力矩为零，故根据角动量守恒定律，有：ROCOBmr0oF2000()BJJmR，取环、小球和地球为同一系统，根据系统的机械能守恒定律，得：2222000111()222BBJmgRJmRmv（或：2222000111[()]222BBBJmgRJmvR，22()BBvvR为m在B点的速率。）解出此时环的角速度为：2000()BJJmR小球相对于环的线速度为：2200202BJRvgRJmR同理，小球在C点时，有：000(0)CJJ，2220001112222CCJmgRJmv解出：0C，4CvgR