《大学物理第四章习题解.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理第四章习题解.docx（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、50cm的被动轮转动，皮带与轮之间4s内被动轮的角速度达到 8n/s则圈。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 无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在 主动轮在这段时间内转过了 解：被动轮边缘上一点的线速度为7v22r28 兀 0.54 兀 m/s在4s内主动轮的角速度为V1V2ri4兀0.220 % rad/s主动轮的角速度为20兀45 兀 rad/s在4s内主动轮转过圈数为2兀22 U 2 5兀20 (圈)4N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0.8 ,则飞轮的角加速度,t= 0至I t= 1
2、00s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00.8 5 5t20t=0到t= 100s时间内飞轮所转过的角度为20.05rad/s1 2120t - t2 5 100 - ( 0.05) 1002 250rad224W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 Y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2Jmiri2 2mb2 m(3b)2 11mb2i 14-5 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5
3、kg 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：飞轮的角加速度为制动力矩的大小为0 0 600 21602 , 20 20rad/ s2t1M J 2.5 ( 20 nt) 50ttN m负号表示力矩为阻力矩。4-6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 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，那么它在秒末的角加速度为 ,角速度为 解：圆盘的转动惯量为J3秒末的角加速度为由即对上式积分，并利用初始条件:1_2 122-mR2 - 1 (0.2)2 0.02kg m2。0.2 5t0
4、.0210t 10 3 30rad/s10tddtd 10tdtt 0时，0 0,得3d 10tdt0045rad/s4 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
5、，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 J ,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）。4T0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
6、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C. （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
7、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 M r F , 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白水平光滑固定轴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.不能确定图4-2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 J0 0
8、 J式中mvd这子弹对点O的角动量，J。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 J0 J ,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-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J1 1 J2 2。当小球的半径减小时，小
9、球对 O点的转动惯量减小，即J1 J2 ,故22,角速度增大，小球转得更快。又由J1 1 J2 2可得mv1r1 mV2r2，因r1 r2 ,所以v20，故小球的动能增 加，小球的动量也要发生变化。故选（ D）4T3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。D.0A.JMR2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
10、，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量 MvR M R2。根据角动量守恒， 可列方程得J 0 J M R2 故J 0 T2 J MR2 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
11、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 t20两个匀质圆盘，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 。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。图4
12、-7图4-8解：（1）各物体受力情况如图4 6。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T mg ma mg T ma Tr Tr J121292J - m r- mr- mr又因绳与盘无相对滑动，故有222a ra r由上述方程组，代入题给已知条件可得2g 10.3rad/s219r（2）设。为组合轮转过的角度，则h 0.44radr 0.1所以组合轮的角速度为2. 2 10.3 4 9.08rad/s4N4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 10kg m2 JB 20kg m2,开始时，A轮转速为600转/分，B轮静止，
13、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。JA JB图 4-14解：选A、B两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有JA AJA A 20.9rad/sJA JBn 200 r/min2兀A轮所受的冲量矩为M Adt JA A 4.19 102 N m s负号表示冲量矩与coa方向相反。B轮所受的冲量矩:MBdt JBB 4.19 102 N m s正号表布冲量矩与coa方向相同。4N6如图4-15所示，一质量 M,半径为
14、R的圆柱，可绕固定的水平轴。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（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内（v0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mvoR J其中J 1MR2 mR2 ,是子弹和圆柱绕轴 O转动的转动惯 2量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为mv0R12-MR22mR2E - mv222Mmv22(m2m)4N8如图4-16所示,一均匀细棒长L,质量为m,可绕经过端点的。轴在铅直平面内转动，现将棒自水平位置轻轻放开
15、，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 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，得物块被击后滑动s距离后停止，求相撞后棒的质所以3g(1)图 4-16取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为 3，木块的速度为V,碰前后M外=0。故角动量守恒，有mvL1 mL31 2mL3(2)（2）损失的机械能为物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有mgs1一 mv2(3)v . 2 gs由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度为3 Lg L 32 gs设棒与物体碰后，棒的质心升高Ah,mg由机械
16、能守恒，有3 s . 6 sl即质心离地面的最大高度为Lh - hL 3s 6 sL4N9长为1、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，转动惯量图 4-17为J Ml 2/3,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，OA=21/3。求子 弹射入后瞬间杆的角速度。221 2 12-Ml 233解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以2121,mvo mv J 33所以6mvo(3M 4m)14W1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。v题4 W1图证明：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1 dS 2rdr sin单位时间扫过的面积为dS 1 dr .1.1 -r sin-rvsinLdt 2 dt22m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。