大學物理(科學出版社,熊天信、蔣德瓊、馮一兵、李敏惠)第四章習題解.doc

《大學物理(科學出版社,熊天信、蔣德瓊、馮一兵、李敏惠)第四章習題解.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《大學物理(科學出版社,熊天信、蔣德瓊、馮一兵、李敏惠)第四章習題解.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

_第四章 剛體的定軸轉動41 半徑為20cm的主動輪，通過皮帶拖動半徑為50cm的被動輪轉動，皮帶與輪之間無相對滑動，主動輪從靜止開始作勻角加速度轉動，在4s內被動輪的角速度達到，則主動輪在這段時間內轉過了 圈。解：被動輪邊緣上一點的線速度為在4s內主動輪的角速度為主動輪的角速度為在4s內主動輪轉過圈數為（圈）42繞定軸轉動的飛輪均勻地減速，t0時角速度為5rad/s，t20s時角速度為，則飛輪的角加速度 ，t0到t100s時間內飛輪所轉過的角度 。解：由于飛輪作勻變速轉動，故飛輪的角加速度為t0到t100s時間內飛輪所轉過的角度為43 轉動慣量是物體 量度，決定剛體的轉動慣量的因素有 。解：轉動慣性大小，剛體的形狀、質量分布及轉軸的位置。44 如圖4-1，在輕桿的b處與3b處各系質量為2m和m的質點，可繞O軸轉動，則質點系的轉動慣量為 。圖4-1m2mb3bO解：由分離質點的轉動慣量的定義得45 一飛輪以600r/min的轉速旋轉，轉動慣量為2.5kgm2，現(xiàn)加一恒定的制動力矩使飛輪在1s內停止轉動，則該恒定制動力矩的大小M_。解：飛輪的角加速度為制動力矩的大小為負號表示力矩為阻力矩。46 半徑為0.2m，質量為1kg的勻質圓盤，可繞過圓心且垂直于盤的軸轉動?，F(xiàn)有一變力F=5t（SI）沿切線方向作用在圓盤邊緣上，如果圓盤最初處于靜止狀態(tài)，那么它在3秒末的角加速度為 ，角速度為 。解：圓盤的轉動慣量為。3秒末的角加速度為由即對上式積分，并利用初始條件：時，得47 角動量守恒定律成立的條件是 。解：剛體（質點）不受外力矩的作用或所受的合外力矩為零。48 以下運動形態(tài)不是平動的是 。A火車在平直的斜坡上運動 B火車在拐彎時的運動C活塞在氣缸內的運動 D空中纜車的運動解：火車在拐彎時，車廂實際是平動和轉動的合成，故不是平動，應選（B）。49 以下說法錯誤的是 。A角速度大的物體，受的合外力矩不一定大B有角加速度的物體，所受合外力矩不可能為零C有角加速度的物體，所受合外力一定不為零D作定軸（軸過質心）轉動的物體，不論角加速度多大，所受合外力一定為零解：角速度大的物體，角加速度不一定大，由于，所以它所受的合力矩不一定大；如果一個物體有角加速度，則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為零，如物體受到了一個大小相等，方向相反而不在一條直線上的力的作用；當物體作定軸（軸過質心）轉動時，質心此時的加速度為零，根據質心運動定律，它所受的合外力一定零。綜上，只有（C）是錯誤的，故應選（C）。410 有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上： （1）這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；（2）這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；（3）當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；（4）當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零。在上述說法中A只有（1）是正確的 B（1）、（2）正確，（3）、（4）錯誤C（1）、（2）、（3）都正確，（4）錯誤 D（1）、（2）、（3）、（4）都正確解：這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的矩都為零，自然合力矩為零，故（1）正確；當兩個力都垂直于軸作用時，如果兩個力大小相等、方向相反，作用在物體的同一點，則它們的合力矩為零，或兩個力都通過轉軸，兩力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如兩力大小不等，方向相反，也可通過改變力臂，使兩力的合力矩為零，如此時力臂相同，則合力矩不等于零，因此（2）也時正確的；當這兩個力的合力為零時，還要考慮力臂的大小，所以合力矩不一定為零，故（3）是錯誤的；兩個力對軸的合力矩為零時，因，所以它們的合力不一定為零，故（4）也是錯誤的。故答案應選（B）。411 一圓盤正繞垂直于盤面的水平光滑固定軸O轉動。如圖4-2所示，射來兩個質量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一條直線上的子彈。子彈射入并且停留在圓盤內，則子彈射入的瞬間，圓盤的角速度與射入前角速度相比 。A增大 B不變 C減小 D不能確定O圖4-2解：設射來的兩子彈的速度為，對于圓盤和子彈組成的系統(tǒng)來說，無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，即式中這子彈對點O的角動量，為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量，J為子彈射入后系統(tǒng)對軸O的轉動慣量。由于，則。故選（C）。412 如圖4-3所示，有一個小塊物體，置于一個光滑水平桌面上。有一繩其一端連接此物體，另一端穿過中心的小孔。該物體原以角速度在距孔為r的圓周上轉動，今將繩從小孔緩慢往下拉，則物體 。A角速度減小，角動量增大，動量改變B角速度不變，動能不變，動量不變C角速度增大，角動量增大，動量不變 圖4-3FrOD角速度增大，動能增加，角動量不變解：在拉力繩子的過程中，力對小球的力矩為零，故小球的角動量在轉動過程中不變，有。當小球的半徑減小時，小球對O點的轉動慣量減小，即，故，角速度增大，小球轉得更快。又由可得，因，所以，故小球的動能增加，小球的動量也要發(fā)生變化。故選（D）413 有一半徑為R的水平圓轉臺，可繞過其中心的豎直固定光滑軸轉動，轉動慣量為J。開始時，轉臺以角速度轉動，此時有一質量為M的人站在轉臺中心，隨后人沿半徑向外跑去。當人到達轉臺邊緣時，轉臺的角速度為 。A B C D解：人站在轉臺中心時，他相對于轉臺中心的角動量為零。當人沿半徑向外跑去，到達轉臺邊緣的過程中，不受外力矩作用，人和轉臺組成的系統(tǒng)角動量守恒，由于人是沿半徑方向走，故人和轉臺的角速度相同，相對于轉臺中心有角動量。根據角動量守恒，可列方程得故所以應選（A）。414 一力學系統(tǒng)由兩個質點組成，它們之間只有引力作用，若兩質點所受外力矢量和為零，則此系統(tǒng) 。A動量、機械能、角動量均守恒 B動量、機械能守恒，角動量不守恒 C動量守恒，但機械能和角動量是否守恒不能斷定 D動量、角動量守恒，但機械能是否守恒不能斷定解：由于兩質點系所受的合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒。當質點所受的合外力不是共點力時，盡管兩質點所受的合外力矢量和為零，但力矩不為零，則物體將轉動，從而改變系統(tǒng)的機械能和角動量，而當質點所受的合外力為共點力，且外力矢量和為零時，質點所受的力矩將為零。則系統(tǒng)的機械能和角動量將守恒，所以，應選（C）。lRRmmAA圖4-4415 一個啞鈴由兩個質量為m，半徑為R的鐵球和中間一根長為l連桿組成，如圖4-4所示。和鐵球的質量相比，連桿的質量可以忽略不計。求此啞鈴對于通過連桿中心并和它垂直的軸AA的轉動慣量？ 解：球繞通過球心的軸轉動的轉動慣量為，根據平行軸定理，現(xiàn)在一個球繞離球心轉動的轉動慣量為，則啞鈴繞通過連桿中心并和它垂直的軸AA的轉動慣量為416 一質量m=6.0kg、長l=1.0m的勻質棒，放在水平桌面上，可繞通過其中心的豎直固定軸轉動，對軸的轉動慣量J=ml2/12。t=0時棒的角速度0=10.0rad/s。由于受到恒定的阻力矩的作用，t=20s時，棒停止運動。求：（1）棒的角加速度的大??；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）從t=0到t=10s時間內棒轉過的角度。解：（1）棒的角加速度的大小為（2）棒所受阻力矩的大小為（3）從t=0到t=10s時間內棒轉過的角度為417 一球體繞通過球心的豎直軸旋轉，轉動慣量。從某一時刻開始，有一個力作用在球體上，使球按規(guī)律旋轉，則從力開始作用到球體停止轉動的時間為多少？在這段時間內作用在球上的外力矩的大小為多少？解：由計算角速度的公式得球任意時刻轉動的角速度為 （1）令，得球體停止轉動的時間為s對（1）式再求一次導數得球轉動的角加速度為所以作用在球上的外力矩的大小為式中負號表示球受到的力矩為阻力矩。418 設電風扇的功率恒定不變?yōu)椋~片受到的空氣阻力矩與葉片旋轉的角速度成正比，比例系數的，并已知葉片轉子的總轉動慣量為。（1）原來靜止的電扇通電后秒時刻的角速度；（2）電扇穩(wěn)定轉動時的轉速為多大？（3）電扇以穩(wěn)定轉速旋轉時，斷開電源后風葉還能繼續(xù)轉多少角度？解：（1）由題意知空氣阻力矩為，而動力矩，根據轉動定律，通電時有將、的表達式代入上式，整理可得兩邊積分有積分得 （1）（2）由（1）式，當時，得電扇穩(wěn)定轉動時的轉速為（3）斷開電源時，電扇的轉速為，只有作用，那么考慮到，有得斷開電源后風扇葉繼續(xù)轉動的角度為419 物體A和B疊放在水平桌面上，由跨過定滑輪的輕質細繩相互連接，如圖4-5所示。今用大小為F的水平力拉A。設A、B和滑輪的質量都為m，滑輪的半徑為R，對軸的轉動慣量。AB之間、A與桌面之間、滑輪與其軸之間的摩擦都可以忽略不計，繩與滑輪之間無相對的滑動且繩不可伸長。已知F10N，m8.0kg，R0.050m。求：（1）滑輪的角加速度；（2）物體A與滑輪之間的繩中的張力；（3）物體B與滑輪之間的繩中的張力。T1T1T2T2aFaBA圖4-6RBAF圖4-5解：各物體受力情況如46圖所示。A、B看成質點，應用牛頓第二定律?；喪莿傮w，應用剛體轉動定律，得FTmama又繩與滑輪之間無相對的滑動且繩不可伸長，則由上述方程組解得420 兩個勻質圓盤，一大一小，同軸地粘結在一起，構成一個組合輪。小圓盤的半徑為r，質量為m；大圓盤的半徑2r，質量2m。組合輪可繞通過其中心且垂直于盤面的光滑水平固定軸O轉動，對O軸的轉動慣量J9mr2/2。兩圓盤邊緣上分別繞有輕質細繩，細繩下端各懸掛質量為m的物體A和B，如圖4-7所示。這一系統(tǒng)從靜止開始運動，繩與盤無相對滑動，繩的長度不變。已知r=10cm。求：（1）組合輪的角加速度；（2）當物體A上升h40cm時，組合輪的角速度。TTmgmgaABaTT圖4-8ABrrmm圖4-7解：（1）各物體受力情況如圖48。A、B看成質點，應用牛頓第二定律?；喪莿傮w，應用剛體轉動定律，得又因繩與盤無相對滑動，故有由上述方程組，代入題給已知條件可得（2）設為組合輪轉過的角度，則所以組合輪的角速度為圖4-10m2Mm1T2T1m1gaaT1T2421 如圖4-9，質量為m1和m2的兩個物體跨在定滑輪上，m2放在光滑的桌面上，滑輪半徑為R，質量為M。求m1下落的加速度和繩子的張力T1、T2。m1m2M圖4-9解：對m1和m2以及滑輪進行受力分析，如圖410所示。以和m2為研究對象，應用牛頓第二定律，得以為研究對象，應用轉動定律得列補充方程聯(lián)立上述四個方程，求解得討論：當時（忽略滑輪質量），實際上此問題就轉化為質點力學問題了。422 如圖4-11所示，一飛輪質量，半徑，正以初角速度r/min轉動，現(xiàn)在我們要使飛輪在0.5s內均勻減速而最后停下。求閘瓦對輪子的壓力N為多大？設閘瓦與飛輪之間的滑動摩擦因數為，飛輪的質量可以看作全部均勻分布在輪的外周上。圖412圖F0mNfrR圖4-11F0mR解：飛輪的初始角速度為飛輪在制動過程中的角加速度為式中負號表示與的方向相反，減速。飛輪的這一負角加速度是外力矩作用的結果，這一外力矩就是當用力將閘瓦緊壓到輪緣產生的摩擦力的力矩，以方向為正，摩擦力的力矩為負值。以表示摩擦力的數值，如圖4-12所示，則對輪的轉軸的力矩為根據剛體定軸轉動定律將飛輪的轉動慣量代入上式可得423 半徑為R，質量為m的勻質圓盤，放在粗糙桌面上，盤可繞豎直中心軸在桌面上轉動，盤與桌面間的摩擦因數為，初始時角速度為0，問經過多長時間后，盤將停止轉動？摩擦阻力共做多少功？drrO圖4-13解：在圓盤上取環(huán)帶微元，半徑為r，寬為dr，如圖413所示。則其質量為環(huán)帶所受摩擦力對軸的力矩為圓盤所受摩擦力矩為根據角動量定理，有故即這就是圓盤由角速度0到停止轉動所需要得時間。由動能定理求摩擦力所做的功為424 如圖4-14所示，A和B兩飛輪的軸桿在同一中心線上，設兩輪的轉動慣量分別為和，開始時，A輪轉速為600轉/分，B輪靜止，C為摩擦嚙合器，其轉動慣量可忽略不計，A、B分別與C的左、右兩個組件相連，當C的左右組件嚙合時，B輪加速而A輪減速，直到兩輪的轉速相等為止。設軸光滑，求：（1）兩輪嚙合后的轉速n；（2）兩輪各自所受的沖量矩。解：選A、B兩輪為系統(tǒng)，合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有BACA圖4-14r/minA輪所受的沖量矩為負號表示沖量矩與方向相反。B輪所受的沖量矩：正號表示沖量矩與方向相同。425 一水平的勻質圓盤，可繞通過盤心的鉛直光滑固定軸自由轉動，圓盤質量為M，半徑為R，對軸的轉動慣量，當圓盤以角速度轉動時，有一質量為m的子彈沿盤的直徑方向射入而嵌在盤的邊緣上，子彈射入后，圓盤的角速度為多少？解：由題意知，子彈在射入前相對于圓盤轉軸的角動量為零，射入后嵌在盤的邊緣上速度設為，子彈與圓盤組成的系統(tǒng)所受合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有426 如圖4-15所示，一質量M，半徑為R的圓柱，可繞固定的水平軸O自由轉動。今有一質量為m，速度為的子彈，水平射入靜止的圓柱下部（近似看作在圓柱邊緣），且停留在圓柱內（垂直于轉軸）。求：（1）子彈與圓柱的角速度；（2）該系統(tǒng)損失的機械能。解：（1）子彈與圓柱發(fā)生完全非彈性碰撞，所受合外力矩為零，角動量守恒。設子彈與圓柱碰后角速度為，則有ORv0圖4-15其中，是子彈和圓柱繞軸O轉動的轉動慣量。所以子彈射入后子彈與圓柱的角速度為（2）損失的機械能為427 一水平圓盤繞通過圓心的豎直軸轉動，角速度為，轉動慣量為，在其上方還有一個以角速度，繞同一豎直軸轉動的圓盤，這圓盤的轉動慣量為，兩圓盤的平面平行，圓心都在豎直軸上，上盤的底面有銷釘，如使上盤落下，銷釘嵌入下盤，使兩盤合成一體。（1）求兩盤合成一體后系統(tǒng)的角速度的大?。浚?）第二個圓盤落下后，兩盤的總動能改變了多少？解：（1）兩盤合成一體前后無外力矩作用，角動量守恒，故有（2）動能改變?yōu)閳D4-16OABmms428 如圖4-16所示，一均勻細棒長L，質量為m，可繞經過端點的O軸在鉛直平面內轉動，現(xiàn)將棒自水平位置輕輕放開，當棒擺至豎直位置時棒端恰與一質量也為m的靜止物塊相碰，物塊與地面的滑動摩擦因數為，物塊被擊后滑動s距離后停止，求相撞后棒的質心離地面的最大高度。解：取棒和地球為一系統(tǒng)，細棒從水平位置轉到豎直位置的過程中，只有重力作功，機械能守恒，得所以 （1）取棒和木塊為研究對象，碰后棒的角速度為，木塊的速度為，碰前后M外=0。故角動量守恒，有 （2）物體碰后在地面上滑行，應用動能定理，有 （3）由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度為設棒與物體碰后，棒的質心升高h，由機械能守恒，有故即質心離地面的最大高度為2l/3AOv0圖4-17429 長為l、質量為M的勻質桿可繞通過桿一端O的水平光滑固定軸轉動，轉動慣量為，開始時桿豎直下垂，如圖4-17所示。有一質量為m的子彈以水平速度射入桿上A點，并嵌在桿中，OA2l/3。求子彈射入后瞬間桿的角速度。解：子彈射入前后子彈和桿組成的系統(tǒng)的角動量守恒，所以所以430 如圖4-18所示，一質量為m的黏土塊從高度h處自由下落，黏于半徑為R，質量為M=2m的均質圓盤的P點，并開始轉動。已知=60，設轉軸O光滑，求：（1）碰撞后的瞬間盤的角速度；圖4-18mxhyMOP（2）P轉到x軸時，盤的角速度和角加速度。解：（1）設質量為m的黏土塊下落到P點時的速度為，此過程中機械能守恒，有得 （1）對黏土塊和盤系統(tǒng)，碰撞時間極小，沖力遠大于重力，故重力對O軸力矩可忽略，又外力對軸的力矩為零，故系統(tǒng)角動量守恒，有 （2）又黏土塊和盤繞O軸轉動的轉動慣量為 （3）由（1）、（2）和（3）式得 （4）（2）對黏土塊、盤和地球系統(tǒng)，只有重力做功，機械能守恒，令P、x重合時為重力勢能零點，則 （5）由（3）、（4）和（5）式得由轉動定律得Lrr+drOvdr題431圖431 證明關于行星運動的開普勒第二定律，即行星對恒星的徑矢在相等的時間內掃過相等的面積。證明：設t時刻行星的位置徑矢為r，t+dt時刻位置徑矢為r+dr，如圖4-19所示。dt時間內徑矢掃過的面積為單位時間掃過的面積為式中m為行星的質量，L為行星繞恒星運動的角動量大小。由于行星在運動過程中只受到萬有引力的作用，引力對行星的力矩恒為零，故行星在運動過程中角動量守恒。由此可見，行星對恒星的徑矢在相等的時間內掃過相等的面積。THANKS !致力為企業(yè)和個人提供合同協(xié)議，策劃案計劃書，學習課件等等打造全網一站式需求歡迎您的下載，資料僅供參考-可編輯修改-