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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

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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
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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 ,则π/s8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/s45.082rv在 4s 内主动轮的角速度为 rad/.1r主动轮的角速度为 20πra/s542t在 4s 内主动轮转过圈数为(圈)20π5(21πN4–2 绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t=0 时角速度为 =5rad/s,t=20s 时角速度为,则飞轮的角加速度 = ,t =0 到 t=100s 时间内飞轮所转过的角8.度 = 。解:由于飞轮作匀变速转动,故飞轮的角加速度为 20s/rad05.28.tt=0 到 t=100s 时间内飞轮所转过的角度为 r1).(15220t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21iirmJ2)3(b1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/rad016/π2t制动力矩的大小为 mN5)(5. 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。222mkg0.).(1mRJ3 秒末的角加速度为 srad302.5/tJM由 td1即 t0对上式积分,并利用初始条件: 时, ,得t30d1ts/ra454–7 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 ,所以它所受的合力矩不一JM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,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) 。FrM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 相比[ ]。0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 ,对于圆盘和v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 Jdm0v式中 这子弹对点 O 的角动量, 为子弹射入dv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) 。J004–12 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 。当小球的21J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2 21得 ,因 ,所以 ,故小球的动能增1rmv21rv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0边缘时,转台的角速度为[ ]。A. B. C. D.20RJ20)(RJ20MRJ0O图 4-2图 4-3Fr O35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2RMv量守恒,可列方程得 20RMJ故 2J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) 。4–15 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25mR心 转动的转动惯量为/l,则哑铃绕通过连杆中心2)/(l并和它垂直的轴 AA′的转动惯量为 222 1514])/(5[ mlRlRmJ 4–16 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 ω0=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 20s/rad5.021t(2)棒所受阻力矩的大小为 mN.).(.612 mlJM(3)从 t=0 到 t=10s 时间内棒转过的角度为lRRm mAA′图 4-436rad75)0.1(5.210.2120 t4–17 一球体绕通过球心的竖直轴旋转,转动惯量 。从某一时刻开mkgJ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t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)tt2d令 ,得球体停止转动的时间为02ts1t对(1)式再求一次导数得球转动的角加速度为 22s/radt所以作用在球上的外力矩的大小为 mN1.0)(105JM式中负号表示球受到的力矩为阻力矩。4–18 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P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kJ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,t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kMfPM电时有 tJfd将 、 的表达式代入上式,整理可得fMd2kPt两边积分有 d02kJt积分得(1))e1(tJkP(2)由(1)式,当 时,得电扇稳定转动时的转速为ts/(3)断开电源时,电扇的转速为 ,只有 作用,那么kP0fMtJkd37考虑到 ,有dt 00dtJk得断开电源后风扇叶继续转动的角度为 kPk4–19 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,21mRJ绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长。已知 F=10N,m =8.0kg,R=0.050m 。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。解:各物体受力情况如 4–6 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F–T=ma=ma21)(mR又绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长,则 a由上述方程组解得 2s/rd10)5/(2RFN.63T4/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 =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 J=9mr 2/2。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。T1T1T2T2aα FaBA图 4-6R BAF图 4-538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 magTJr2291rJ又因绳与盘无相对滑动,故有 ra由上述方程组,代入题给已知条件可得 2s/rad3.1092g(2)设 θ为组合轮转过的角度,则 r41.0rh所以组合轮的角速度为 s/rad8.93.24–21 如图 4-9,质量为 m1 和 m2 的两个物体跨在定滑轮上,m 2 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、T 2。T T′mg mgaA Ba′αTT′图 4-8A Brr′mm′图 4-7m1m2 M图 4-9 图 4-10m2Mm1T2 T1m1gaaT1T239解:对 m1 和 m2 以及滑轮进行受力分析,如图 4–10 所示。 以 和 m2 为研究对象,应1用牛顿第二定律,得 amTg112以 为研究对象,应用转动定律得MJR)(12M列补充方程 a联立上述四个方程,求解得 2/1mg/)(MT2/12g讨论:当 时(忽略滑轮质量) , ,实际上此问题就转化为质点0M21mT力学问题了。4–22 如图 4-11 所示,一飞轮质量 ,半径 ,正以初角速度kg6025.0Rr/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10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8.均匀分布在轮的外周上。解:飞轮的初始角速度为 min/r10s/rad7.1046/)π210(飞轮在制动过程中的角加速度为 2/r9.57.4t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0一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0图 4–12 图 Fω 0α mNfr R图 4-11 Fω 0m R40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rf rfNRfMrk根据刚体定轴转动定律 J将飞轮的转动惯量 代入上式可得2mRJ N3928.0).(25,6kN4–23 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 μ,初始时角速度为 ω0,问经过多长时间后,盘将停止转动?摩擦阻力共做多少功?解:在圆盘上取环带微元,半径为 r,宽为 dr,如图 4–13 所示。则其质量为 Rmrm2dπd环带所受摩擦力对轴的力矩为 rgfrM2圆盘所受摩擦力矩为 mgRrRg32dd02根据角动量定理,有 0201JtM故 0232mRgt即 gt4这就是圆盘由角速度 ω0 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 202041mRJW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 和 ,开始时,A 轮转速为 600 转/分,B 轮静止,C 为摩擦2mkg10AJ2kg0J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 BAJJdrr O图 4-1341srad9.20/JBAr/minπnA 轮所受的冲量矩为 smN109.4d2AJtM负号表示冲量矩与 方向相反。ωB 轮所受的冲量矩: smN109.4d2BBJtM正号表示冲量矩与 方向相同。A4–25 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2/mRJ0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v vRJ0221mM0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 的子弹,水平射入静止的圆柱下部(近似看作在圆柱边缘) ,0v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JRm0v其中 ,是子弹和圆柱绕轴 O 转动的转动惯2mRMJ量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为 201Rv(2)损失的机械能为 )2(200mMJmEvv4–27 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11J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 2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BACωA图 4-14ORv0图 4-1542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 )(2121JJ(2)动能改变为 2122121 )()()(  JJJE4–28 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 2312LmgJ所以(1)L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 ,碰前后vM 外 =0。故角动量守恒,有(2)2231031mLLm物体碰后在地面上滑行,应用动能定理,有 2vgs(3)s由(1) 、 (2)和(3)式得碰后棒的角速度为 gsL23设棒与物体碰后,棒的质心升高 Δh,由机械能守恒,有 21Jmg故 slLh63即质心离地面的最大高度为图 4-16OABmms43sLLh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 ,开始时杆竖直下垂,如图 4-17 所示。有一质量为3/2lJm 的子弹以水平速度 射入杆上 A 点,并嵌在杆中,OA=2l/3 。0v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 203132MllmJll v所以 l)4(604–30 如图 4-18 所示,一质量为 m 的黏土块从高度 h 处自由下落,黏于半径为 R,质量为 M=2m 的均质圆盘的 P 点,并开始转动。已知 =60,设转轴 O 光滑,求:(1)碰撞后的瞬间盘的角速度 ;0(2)P 转到 x 轴时,盘的角速度 和角加速度 。解:(1)设质量为 m 的黏土块 下落到 P 点时的速度为 ,v此过程中机械能守恒,有 21vgh得(1)对黏土块和盘系统,碰撞时间 极小,冲力远大于重力,t故重力对 O 轴力矩可忽略,又外力对轴的力矩为零,故系统角动量守恒,有(2)0cosJRmv又黏土块和盘绕 O 轴转动的转动惯量为(3)221MJ由(1) 、 (2)和(3)式得(4)Rghgh4cos20(2)对黏土块、盘和地球系统,只有重力做功,机械能守恒,令 P、x 重合时为重力势能零点,则(5)2012sinJmgR由(3) 、 (4)和(5)式得 sico2h )34(.Rhg由转动定律得2l/3AOv0图 4-17图 4-18mxhθyMOP44RgmJM2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。证明:设 t 时刻行星的位置径矢为 r,t +dt 时刻位置径矢为 r+dr,如图 4-19 所示。dt 时间内径矢扫过的面积为 sin21dS单位时间扫过的面积为 Lmrtrt 21sisidv式中 m 为行星的质量,L 为行星绕恒星运动的角动量大小。由于行星在运动过程中只受到万有引力的作用,引力对行星的力矩恒为零,故行星在运动过程中角动量守恒。由此可见,行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。Lrr+drOvθdr题 4–31 图
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