大学物理答案第四章

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1、4-1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作 用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)不满足上述情况下的作用 力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两 力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2) 说法是正确对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它 们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然但如这两个力为非共点力，则以上结论不成 立，故(3)(4)说法不完全正确.综上所述，应选(B).4-2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对

2、内力属于作用力与反作用力，且作用点相 同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响 刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确.对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对 同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度 不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B).4-3 分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水 平面的夹角有关.当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零.因 此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速 度却由小

3、到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C).4-4分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴0的角动量守 恒，故L不变，此时应有下式成立，即mvd mvd + J 3 二 Je00式中mvD为子弹对点0的角动量w o为圆盘初始角速度J为子弹留在盘中后系统对轴 0的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴0的转动惯量.由于J J0，贝w w o .故选(C).4-5 分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引 力一直指向地球中心，贝万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒， 即r Xmv =恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢

4、.当卫星处于椭圆轨道上不同位置时, 由于丨r丨不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于 远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，贝卫星的机械能守恒 即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B).4-6 分析 这是刚体的运动学问题刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有 类似的关系，本题为匀变速转动解(1)由于角速度W =2n n(n为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义d3a=，在匀变速转动中角加速度为dt3 - 32 n (n - n )a = o =o =13.1 rad - s2tt(2) 发动机曲轴转过的角度为1 3

5、3 ( )u = 3 t + at2 = o t = nn 一 n 丿 0 2 2 0在12 s 内曲轴转过的圈数为t 二 3904-7 分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动 的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加 速度通过积分得到转动的运动方程.本题由w(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数解(1)根据题意中转速随时间的变化关系，将t =6.0 s代入，即得切二一e-t/ J二 0.95血二 8.6 s-1 00(2) 角速度随时间变化的规律为de ea -= oe-1

6、/t = 4.5e-2 Yad - s-2dt t(3) t =6.0 s 时转过的角度为e - J6 edt - J6 e C - e-t/t h - 36.9 rad0 0 0则t =6.0 s时电动机转过的圈数N - e/2n - 5.87 圈4-8分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA 轴和BB轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可 解 由图可得J- 2m d 2sin 2eAAHJ- 2m d 2cos2eBBH此二式相加，可得J + J - 2m d2AABBHd-9.59x 10-ii m,J + J.AABB-2m1H由二式相比，可

7、得J /J- tan2eAABBe - arctanAABB-arcta严-52.3。1.144-9 分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同 轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动 惯量的定义，用简单的积分计算得到.解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得J - J + J12-2x116rnp Id 4 +ad 42丿-0.136 kg - m2OoR动惯量的可加性，求解第4-10分析由于转J = J r2dm计算，式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘

8、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.题4 _割解 挖去后的圆盘如图(b)所示.(1) 解1 由分析知问可有两种方法：一是由定义式O是用补偿法可将剩余部分的=J r 2dm = JR r 22 nrdr0r/2 nR22m R15=r 3dr =mRR 2 R / 232解2整个圆盘对00轴转动惯量为J二2mR2,挖去的小圆盘对00轴转动惯量(R ( R 212 nR 2 J 2 丿=32 mR2，由分析知，剩余部分对00轴的转动惯量为1215J 二 J - J 二mR 2012 32(2)由平行轴定理，剩余部分对0 0轴的转动惯量为15m(R )2=mR 2 +m no-3

9、2nR 212丿R 2 = 39 mR 2324-11 分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的.飞轮作定轴转动，而重 物是作落体运动，它们之间有着内在的联系.由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略.这样， 飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它 下落时的匀加速运动规律来确定.该题也可用功能关系来处理.将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重 物的功之和为零，系统的机械能守恒.利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线 速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得.解1设绳子的拉力为卩丁对飞轮而言，根据转动定律，有ftr = J

10、a(1)而对重物而言，由牛顿定律，有由于绳子不可伸长，因此，有a = Ra(3)重物作匀加速下落，则有(4)1h = at 22由上述各式可解得飞轮的转动惯量为(gt2)J 二 mR2-1题斗一2()图解 (1) 碎块抛出时的初速度为v = eR0 由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为v2 e2 R2h = =2 g2 g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有L = L - L01式中L = -mR23为圆盘未碎时的角动量；L = mR细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(1 )L = m - m R12丿4-21 分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可

11、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w,子弹陷入杆后，它们将一起以角速度W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J=J + J泊，2 1 2式中J = m(I心为子弹绕轴的转动惯量Jw为子弹在陷入杆前的角动量=2v/l222为子弹在此刻绕轴的角速度.J = ml2/12为杆绕轴的转动惯量可得杆的角速度为6m v113 =2= 2、= 29.1s-1J + Jm + 3m 丿1 2 1 24-22 分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并 各自产生不同方向的力

12、矩，对转动的轮I而言是阻力矩，而对原静止的轮II则是启动力矩 由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是 未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理， 并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.解 设相互作用力为F,在啮合的短时间At内，根据角动量定理，对轮I、轮II分别 有-F At = J C3 - 3 丿(1)r11 1 0F At = J 3(2)r 22 2两轮啮合后应有相同的线速度，故有r3 =r 3(3)1 1 2 2由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为J 3 r 23

13、=1_01 Jr2 + J 3 r21 2 2 014-23 分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿 竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转 台的角速度w、w 0都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度W应满足相对角速 度的关系式3=3+3 .01解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为v3 = 3 + 3 = 3 + 0 1 0 R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有J 3 + J 3 + 3 )= 00 0 1 0 1式中J、J二mR2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量由式(1)、(2)可得转

14、台的01角速度为mR2 vJ + mR 2 R0=-9.52 x 10-2 s-1式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.4-24 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0-10 s内落至台面的砂粒的质量为m = f 10sQdt = 0.10 kg0根据系统的角动量守恒定律，有J 3 = J + mr2 L0 0 0贝吐=10

15、s时，转台的角速度3 =芒e = 0.80J ns-iJ + mr 2104-25 分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jw ； (2)喷气过程中气流速率u远大于飞船侧面的线速度w r因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是u,这样，排出气体的 总角动量J C + 3丫Xm沁mur .经上述处理后，可使问题大大简化.m解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有J3 - mur = 0(1)因喷气的流量恒定，故有m = 2Qt

16、(2)由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为J3t = 2.67 s2Qur4-26 分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中 心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过 程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有J 3 =(J + J 30 a 0 1 b1式中J = mR2为转台对其中心轴的转动惯量，J = mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时,0 2 1它对轴的转动惯量.于是可得=03b J + J a m + 2m a01在蜘蛛向中心轴处慢慢

17、爬行的过程中，其转动惯量将随半径r而改变, 即J = mr2.在此过程中，由系统角动量守恒，有2J =(J + J b0 a 01 c4-27 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.0由式 (1)、系统的机械能守(2)可得棒的偏转角度为I 2? ，-|3 = arccos=88。38-3F 2 & 2)1

18、m2 gl 丿4-28 分析 当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力万有引力 的作用.因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言， 又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律. 根据上述两条守恒定律可求出卫星 在近地点和远地点时的速率.解 由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定 律有mrv =mr v(1)1 1 2 2 又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有1 Gmm1Gmmmv 2 e = mv 2 e(2)2 i r 22 r式中G为引力常量，m和m分别为地球和卫星的质量，r和r是卫星在近地点和远地E12点时

19、离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为1 Gm r=E2 = 8.11x 103 m - s-1” + r丿1 2rv =十 v = 6.31 x 103 m - s-12 r 124-29分析 由于地球自转一周的时间为24小时，由w =2n/T可确定地球的自转角速 度和地球自转时的转动动能E” =12 Jw2 随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小, k因而转动动能也将减少通过对上述两式微分的方法,可得到动能的减少量A E与周期的变 k化A T的关系根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由K(1)地球的质量mE =5.98 X

20、 1024 kg，半径R =6.37 X 106 m,所以，地球自转W = MA6 = AE，即可求出潮汐的平均力矩.解的动能二-J2 二 2n2 x 0.33m R2 /T2 二 2.12x IO29 J2E(2)2n对式 =两边微分，可得2 n d = dTT2当周期变化一定量时，有血一話AT 一守AT(1)由于地球自转减慢而引起动能的减少量为(2)3AE = JA = JAT = E ATK2nn K又根据动能定理W = MAO = AE(3)由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为M = EkAT = 7.47 x 10-2 N - m2 n 2 n式中n为一年中的天数(n =365)，

21、A T为一天中周期的增加量.4-30 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J和山分别是小球在半径为r0和12 r0时对轴的转动惯量，即JJ0 0 1 1式中J和J分别是小球在半径为r和1/2 r时对轴的转动惯量，即J mr2和0 1 0 0 0 01J mr 2，贝 I1409 1 9 49J 0002 1 12 2 o

22、o4-31分析 转动定律M =Ja是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确 定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩M（3）- mg|cos3是变力矩，角加速度也是变 化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算（也可根据转动中的 动能定理，通过计算变力矩的功来求）.至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系 统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功（转轴处的支 持力不作功），因此，系统的机械能守恒.1解（1）棒绕端点的转动惯量J 3ml2由转动定律M =Ja可得棒在e位置时的角 加速度为M（3 ） 3gcos3a J2l当e =60。

23、时，棒转动的角加速度a 18.4 s-2deede由于a ，根据初始条件对式（1）积分，有dtd3Je ede J60 ad3贝角速度为3g sin 360o 7.98 s -10（2） 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为E = mgl = 0.98 JK21(3)由于该动能也就是转动动能，即E =- J2，所以，棒落至竖直位置时的角速度K2为2E=8.57 s-14-32 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

24、守恒，有J w = J + J W1 1 1 2 2贝血轮的转动惯量为w - wJ = 12 J2 w 12n - n=2 Jn12=20.0 kg - m2(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为AE = - J + J )2 - J w2 =1.32 X104 J2 1 2 2 2 1 1式中负号表示啮合过程中机械能减少.4-33 分析 该题与习题3 30 的不同之处在于：(1) 子弹与摆锤的相互作用过程不再 满足动量守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用 时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒 的条件.但是，轴对杆

25、的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条 件却能满足.(2) 摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤 恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间 的距离不可能发生改变. 摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势 能.解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有(1)(v AJ 112l 丿1式中j = mi2、j = mi2和j =汗mi2分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.1233根据摆在转动过程中机械能守恒，有2J 2+j 3 阳+2 mgi=mg(2i)+(2)由式(1)、 (2) 可

26、得子弹速度的最小值为4-34 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恒若以小球位于点A、B处为初、末两状态，由角动量守恒定 律可解得小球在点B时环的角速度e 在进一步求解小球在点B处相对环的速度v时，如BB 果仍取上述系统，则因重力(属外力)对系统要作功而使系统的机械能不守恒；若改取小球与 地球为系统，也因环对小球的作用力在转动过程中作功，而使系统的机械能守恒仍不能成立；

27、 只有取环、小球与地球为系统时，系统才不受外力作用，而重力为保守内力，环与球的相互 作用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，因此系统的机械能守恒.根据两守 恒定律可解所需的结果.但必须注意：在计算系统的动能时，既有环的转动动能，又有小球1对地的动能(它可视为小球随环一起转动的转动动能入mr232与小球相对于环运动的动能2B解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有J 3 二 J + mR 2 3(1)000B取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得1 1( ) 1(2)J 32 + mgR = J + mR2 32 + mv22 0 02 0 B 2 B由式(1)、(2)

28、可解得小球在B点时，环的角速度与小球相对于环的线速度分别为J33 =0_0 -B J + mR 202 gR +J 3 2 R 2 0 0J + mR 20小球在C点时，由于总的转动惯量不变，用同样的方法可得环的角速度和小球相对于环 的速度分别为3 = 3C _0_vC=4gR4-35分析 取飞船及两质点A、B为系统，在运行时，系统不受合外力矩作用，该系统 的角动量守恒.若在运行过程中通过系统内的相互作用，改变其质量分布，使系统的角动量 只存在于两质点上，此时，飞船的角动量为零，即飞船停止了转动.又因为在运行过程中合 外力的功亦为零，且又无非保守内力作功，所以，系统也满足机械能守恒.当轻线恰好

29、拉直 时质点的角速度与飞船停止转动时质点的角速度相等时，连线的长度也就能够求出.1解 飞船绕其中心轴的转动惯量为J = 2mR2，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转 动惯量分别为J = 2mR 2和J = 2m(R + /由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿 22径向拉直时，飞船转动正好停止，则有(1)(2)J + J L 二 2m(R +13 12 又根据过程中系统的机械能守恒，有1 (/ + J L2 = 2m(R +1少22 1 2 2由上述两式可解得l=R1 .U 1，YV1 + 4m丿4-36 分析 该题可分两个过程来分析.(1)子弹与滑块撞击的过程.因滑块所系的是轻 质弹簧(质量不

30、计)，因此，子弹射入滑块可视为质点系的完全非弹性碰撞过程.沿子弹运动 方向上外力的冲量为零，所以，系统在撞击过程中满足动量守恒，由此，可求出它们碰撞后 的速度V .(2)子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向 固定点的弹力的作用下作弧线运动. 对滑块的运动而言，该弹力为有心力，不产生力矩，因 而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒.这样，当弹簧伸长至l时的滑块速度v的大小和方向就可通过三条守恒定律求得.解 子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv = (m + m v(1)0在弹簧的弹力作用下，滑块与子弹一起运

31、动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统 满足机械能守恒定律，有(2)+ m )Vr2 =(mf + m)V 2 +0Cm + m Ll =(m，+ m )V1sin 00(3)又在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有式中e为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角联立解上述三式，可得mv l0 = arcsm(0-0)m +mvl4-37 分析 这是一个变轴转动问题. 棒的质心在变轴转动中将受到一瞬间力的作用，它 改变了质心的速度；同时，该瞬间力对新的转轴又产生力矩作用，从而改变棒的转动角速度. 根据质心的动量定理和棒的转动定律，并考虑到角速度与线速度的关系，即可求得新的角速 度.

32、由棒绕不同轴转动的转动动能，可计算该过程中的动能变化.解(1)棒的质心的动量定理为F At = Ap = mvc式中F是棒所受的平均力，VC为棒质心的速度棒在转动过程中受到外力矩作用，根据 角动量定理，有_ 1-F & 二 J J21式中j为棒绕质心的转动惯量(即J -12ml2)而根据角量与线量的关系x = Rcos 3可解得J1=J + ml 2“4(2) 在此过程中转动动能的改变为111AE 二一J 2 一 J2 = ml22爲 0K 2232律进行求解由于木轴滚动时与水平面间无相对滑力，并有a二Ra这一关系式成立.C 14-38分析I刚体平面平行运动可以被看成:其刚体质心的平动和绕质心轴转动的叠加, 因此对本题可运用质心运动定律和转动定 动(又叫纯滚动)，故两者之解设木轴所受静摩擦力Ff如图所示，则有Fcos3 F = mafCFR + FR = J a2 f 1 C(3)a = R aC1由(1) 、(2) 、(3) 式可得R2cos3 + RR 厂 a = i1_2 FC J + mR 2C1aR cos3 + R 厂a = c = 12 FR J + mR 21C1