大学物理第四章习题解

32第四章刚体的定轴转动4–1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π/s8，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πm/s45.0π8222rv在4s内主动轮的角速度为πrad/s202.0π412111rrvv主动轮的角速度为2011πrad/s540π2t在4s内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121N（圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为0＝5rad/s，t＝20s时角速度为08.0，则飞轮的角加速度＝，t＝0到t＝100s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20s/rad05.020558.0tt＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角度为rad250100)05.0(21100521220tt4–3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。4–4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。解：由分离质点的转动惯量的定义得221iiirmJ22)3(2bmmb211mb4–5一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m2，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20s/rad20160/π26000t制动力矩的大小为mNπ50π)20(5.2JM负号表示力矩为阻力矩。图4-1m2mb3bO334–6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222mkg02.0)2.0(12121mRJ。3秒末的角加速度为srad303101002.052.0/ttJM由ttdd10即ttd10d对上式积分，并利用初始条件：0t时，00，得300d10dtts/rad454–7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。4–8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）。4–9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JM，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）。4–10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34C．（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FrM，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）。4–11一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0相比[]。A．增大B．不变C．减小D．不能确定解：设射来的两子弹的速度为v，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JJdmdm00vv式中dmv这子弹对点O的角动量，0J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JJ0，则0。故选（C）。4–12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ω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D．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2211JJ。当小球的半径减小时，小球对O点的转动惯量减小，即21JJ，故22，角速度增大，小球转得更快。又由2211JJ可得2211rmrmvv，因21rr，所以12vv，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。故选（D）4–13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0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．20MRJJB．20)(RMJJC．20MRJD．0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O图4-2图4-3FrO35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2RMRMv。根据角动量守恒，可列方程得20RMJJ故20MRJJ所以应选（A）。4–14一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）。4–20两个匀质圆盘，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r＝2r，质量m＝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J＝9mr2/2。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h＝40cm时，组合轮的角速度。解：（1）各物体受力情况如图4–8。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TT′mgmgaABa′αTT′图4-8ABrr′mm′图4-736mamgTamTmgJTrrT222292121mrmrrmJ又因绳与盘无相对滑动，故有rara由上述方程组，代入题给已知条件可得2s/rad3.10192rg（2）设θ为组合轮转过的角度，则rad41.04.0rh所以组合轮的角速度为s/rad08.943.10224–24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2mkg10AJ和2mkg20BJ，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BAAAJJJsrad9.20/JJJBAAA200π2nr/minA轮所受的冲量矩为smN1019.4d2AAAJtM负号表示冲量矩与Aω方向相反。B轮所受的冲量矩：smN1019.4d2BBBJtM正号表示冲量矩与Aω方向相同。4–26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0v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（0v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BACωA图4-1437JRm0v其中2221mRMRJ，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22021mRMRRmv（2）损失的机械能为)2(2212120220mMMmJmEvv4–28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μ，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2312121222LmgmLJ所以Lg3（1）取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为ω′，木块的速度为v，碰前后M外=0。故角动量守恒，有2231031mLmLLmv（2）物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有2210vmmgsgs2v（3）由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度为gsLgL233设棒与物体碰后，棒的质心升高Δh，由机械能守恒，有221Jhmg故slsLh632ORv0图4-15图4-16OABmms38即质心离地面的最大高度为sLsLhLh6324–29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3/2MlJ，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0v射入杆上A点，并嵌在杆中，OA＝2l/3。求子弹射入后瞬间杆的角速度。解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以22031323232MllmJlmlmvv所以lmMm)43(60v4–31证明关于行星运动的开普勒第二定律，即行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。