大学物理第四章习题解.docx

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1、大学物理第四章习题解第四章 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8/s，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 v2=w2r2=80.5=4m/s 在4s内主动轮的角速度为 vv4w1=1=2=20rad/s r1r10.2主动轮的角速度为 w-w20a1=10=5rad/s2 Dt4在4s内主动轮转过圈数为 21w11(202N=20 22a122542绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t0时角速度为w05rad/s，t20s时角速度为w=

2、0.8w0，则飞轮的角加速度a度q 。 ，t0到t100s时间内飞轮所转过的角解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 a=w-w0t=0.85-5=-0.05rad/s2 201t0到t100s时间内飞轮所转过的角度为 q=w0t+at2=5100+(-0.05)1002=250rad 2243 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 。 解：由分离质点的转动惯量的定义得 2m O b 3b 图4-1 m 1J=Dmiri2

3、=2mb2+m(3b)2=11mb2 i=1245 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 a=制动力矩的大小为 w-w0t=0-6002/60=-20rad/s2 1M=Ja=2.5(-20)=-50Nm 负号表示力矩为阻力矩。 32 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 J=3秒末的角加速度为 11m

4、R2=1(0.2)2=0.02kgm2。 22M0.25t=10t=103=30rad/s J0.02dw dta=由 a=10t=即 dw=10tdt 对上式积分，并利用初始条件：t=0时，w0=0，得 w30dw=010tdt w=45rad/s 47 角动量守恒定律成立的条件是 。 解：刚体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。 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

5、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M=Ja，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，只有是错误的，故应选。 410 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； 这两

6、个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； 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只有是正确的 B、正确，、错误 33 C、都正确，错误 D、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，因此也时正确的；当这两个力的合力

7、为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因M=rF，所以它们的合力不一定为零，故也是错误的。故答案应选。 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w与射入前角速度w0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 mvd-mvd+J0w0=Jw O 式中mvd这子弹对点O的角动量，J0为子弹射入前

8、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J0J，则wJ2，故r O w2w2，角速度增大，小球转得更快。又由J1w1=J2w2可得mv1r1=mv2r2，因r1r2，所以v2v1，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。故选 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w0转转台的角速度为 。 AJw0J+MR2图4-3 F 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，Jw0(J+M)R B2 CJw0MR2 Dw0 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

9、向外跑去，到达 34 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MvR=MwR2。根据角动量守恒，可列方程得 Jw0=Jw+MwR2 故 w=所以应选。 Jw0J+MR2414 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

10、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。 415 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R m A l 图4-4 m A R 2mR2，根据平行轴定理，现在一个球绕离球5心R+l/2转动的转动惯量为2mR2+m(R+l/2)2，则哑铃绕通过连杆中心5并和它垂直

11、的轴AA的转动惯量为 2141J=2mR2+m(R+l/2)2=mR2+2mRl+ml2 552416 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：棒的角加速度的大小；棒所受阻力矩的大小；从t=0到t=10s时间内棒转过的角度。 解：棒的角加速度的大小为 a=w-w0t=0-10=-0.5rad/s2 20棒所受阻力矩的大小为 M=Ja=121mla=6.012(-0.5)=-0.25Nm 1212从t=0到t=1

12、0s时间内棒转过的角度为 35 11Dq=q-q0=w0t+at2=10.010-0.5(10.0)2=75rad 22417 一球体绕通过球心的竖直轴旋转，转动惯量J=510-2kgm2。从某一时刻开始，有一个力作用在球体上，使球按规律q=2+2t-t2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 w=dq=2-2t dt令w=2-2t=0，得球体停止转动的时间为 t=1s 对式再求一次导数得球转动的角加速度为 d2qdt2a=所以作用在球上的外力矩的大小为 =-2rad/s2 M=Ja=510

13、-2(-2)=-0.1Nm 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P，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度w成正比，比例系数的k，并已知叶片转子的总转动惯量为J。原来静止的电扇通电后t秒时刻的角速度；电扇稳定转动时的转速为多大？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：由题意知空气阻力矩为Mf=-kw，而动力矩M=时有 Pw，根据转动定律，通电M+Mf=J将Mf、M的表达式代入上式，整理可得 dt=JwP-kww2dw dtdw 两边积分有 0积分得 tdt=0JwP-kw2dw w=-tP(1-eJ) k2k由式，当t时，得电扇稳定转动时的

14、转速为 ws=P/k 断开电源时，电扇的转速为w0=ws=P/k，只有Mf作用，那么 -kw=Jdw dt 36 考虑到dwdw，有 =wdtdq0q-0kdt=dw w0J得断开电源后风扇叶继续转动的角度为 q=JJw0=kkP k419 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J=1mR2。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2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：滑轮的角加速度；物体A与滑轮之间的绳

15、中的张力；物体B与滑轮之间的绳中的张力。 T1 a B a A 图4-6 F R B A 图4-5 F T1 T2 T2 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 FTma Tma (T-T)R=1mR2a 2又绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长，则 a=Ra 由上述方程组解得 a=2F/(5mR)=10rad/s2 T=3F/5=6.0N T=2F/5=4.0N 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r2r，质量m2m。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定

16、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：组合轮的角加速度；当物体A上升h40cm时，组合轮的角速度。 37 m m r r a T T A T T A 图4-7 B mg 图4-8 B a mg 解：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，T-mg=ma mg-T=ma 应用刚体转动定律，得 Tr-Tr=Ja J=又因绳与盘无相对滑动，故有 a=ra 119mr2+mr2=mr2 222a=ra 由上述方

17、程组，代入题给已知条件可得 a=2g=10.3rad/s2 19rh0.4=4rad r0.1设为组合轮转过的角度，则 q=所以组合轮的角速度为 w=2aq=210.34=9.08rad/s 421 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。 a m2 M m2 T2 m1 T1 图4-9 图4-10 T2 M T1 m1 m1g a 38 解：对m1和m2以及滑轮进行受力分析，如图410所示。以m1和m2为研究对象，应用牛顿第二定律，得 m1g-T1=m1a T2=m2a 以M为研究对象，应用转

18、动定律得 (T1-T2)R=Ja J=列补充方程 1MR2 2a=Ra 联立上述四个方程，求解得 a=m1gm1+m2+M/2m(m+M/2)gT1=12 m1+m2+M/2T2=m1m2gm1+m2+M/2m1m2g，实际上此问题就转化为质点力m1+m2讨论：当M=0时，T1=T2=学问题了。 422 如图4-11所示，一飞轮质量m=60kg，半径R=0.25m，正以初角速度w0=1000r/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mk=0.8，飞轮的质量可以看作全部均匀分布在轮的外周上。 F fr m N R

19、图4-11 0 m R 0 图412图 F 解：飞轮的初始角速度为 w0=1000r/min=(10002)/60=104.7rad/s 飞轮在制动过程中的角加速度为 a=w-w0t=0-104.7=-20.9rad/s2 5式中负号表示a与w0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w0方向为正，摩擦力的力39 矩为负值。以fr表示摩擦力的数值，如图4-12所示，则fr对轮的转轴的力矩为 M=-frR=-mkNR 根据刚体定轴转动定律 -mkNR=Ja 将飞轮的转动惯量J=mR2代入上式可得 N=-mRamk=-60

20、0,25(-20.9)=392N 0.8423 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？ 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 dm=mR22rdr=2mrR2dr r O dr 环带所受摩擦力对轴的力矩为 2mmg2dM=-rdf=-rdr R2图4-13 圆盘所受摩擦力矩为 M=dM=0R-2mmg22rdr=-mmgR 3R2根据角动量定理，有 故 1Mdt=Jw-Jw0=-mR2w0 02t21mmgRt=mR2w0 32即

21、 t=3Rw0 4mg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 W=0-11Jw02=-mR2w02 24424 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JA=10kgm2和JB=20kgm2，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：两轮啮合后的转速n；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 JAwA=(JA+JB)w 40 w=J

22、AwA=20.9rad/s JA+JBA C B n=w2=200r/min A A轮所受的冲量矩为 MAdt=JA(w-wA)=-4.1910B轮所受的冲量矩： 2Nms 图4-14 负号表示冲量矩与A方向相反。 MBdt=JB(w-wB)=4.1910正号表示冲量矩与A方向相同。 2Nms 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J=mR2/2，当圆盘以角速度w0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

23、上速度设为v，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 Jw0=Jw+Rmv 11MR2w0=MR2w+mR2w 22w=Mw0M+2m426 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v0的子弹，水平射入静止的圆柱下部，且停留在圆柱内。求：子弹与圆柱的角速度；该系统损失的机械能。 解：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w，则有 mv0R=Jw 其中J=1MR2+mR2，是子弹和圆柱绕轴O转动的转动惯2R O v0 量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为 w=1MR2+mR22

24、mv0R损失的机械能为 DE=121mv0-Jw2= 222(M+2m)2Mmv0图4-15 427 一水平圆盘绕通过圆心的竖直轴转动，角速度为w1，转动惯量为J1，在其上方还有一个以角速度w2，绕同一竖直轴转动的圆盘，这圆盘的转动惯量为J2，两圆盘的平面平行，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。 41 求两盘合成一体后系统的角速度w的大小？ 第二个圆盘落下后，两盘的总动能改变了多少？ 解：两盘合成一体前后无外力矩作用，角动量守恒，故有 J1w1+J2w2=(J1+J2)w Jw+Jww=1122 J1+J2动能改变为 DE=11J1J2212(J1

25、+J2)w2-J1w1-J2w2=-(w1-w2)2 2222(J1+J2)428 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 111LJw2=mL2w2=mg 2232A m O 所以 m w=3g LB s 取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为，木块的速度为v，碰前后M外=0。故角动量守恒，有

26、图4-16 11mvL+mL2w=0+mL2w 33物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有 1-mmgs=0-mv2 2v=2mgs 由、和式得碰后棒的角速度为 w=3Lg+2mgs L3设棒与物体碰后，棒的质心升高h，由机械能守恒，有 mgDh=故 1Jw2 2Dh=即质心离地面的最大高度为 L+3ms-6msl 2 42 L+Dh=L+3ms-6msL 2429 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h=为J=Ml2/3，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v0射入杆上A点，并嵌在杆中，OA2l/3。求子弹射入后瞬间杆的角速度w。

27、 解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以 mv02l2l12l=mv+Jw=mw+Ml2w 33332O 2l/3 v0 A 所以 w=6mv0(3M+4m)l图4-17 430 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q=60，设转轴O光滑，求： 碰撞后的瞬间盘的角速度w0； P转到x轴时，盘的角速度w和角加速度a。 解：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 y m h P M O x 1mgh=mv2 2得 v=2gh 对黏土块和盘系统，碰撞时间Dt极小，冲力远大于重力，

28、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 又黏土块和盘绕O轴转动的转动惯量为 图4-18 mvRcosq=Jw0 J=由、和式得 1MR2+mR2=2mR2 22gh2gh cosq=2R4Rw0=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 mgRsinq+由、和式得 1212Jw0=Jw 22w=由转动定律得 gh2R2cos2q+g1gsinq=.(h+43R) R2R243 a=MmgRg =22RJ2mR431 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 L dS=1rdrsinq 2O r r+dr dr v 单位时间扫过的面积为 dS1dr11=rsinq=rvsinq=L dt2dt22m题431图 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。 44