物理學(xué)答案(第五版,上冊)馬文蔚.(DOC)

1、4 1 有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)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(dāng)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(dāng)這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零 對上述說法下述判斷正確的是 ( )(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)都正確分析與解 力對軸之力矩通常有三種情況： 其中兩種情況下力矩為零： 一是力的作用線通過 轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸 (

2、 例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn) ) 不滿足上述情況下的作用力 (含題 述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況 ) 對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大 小相等， 方向相反， 兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零， 由以上規(guī)則可知 (1)( 2) 說法是 正確 對于 (3)( 4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當(dāng)合力為零時， 它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然 但如這兩個力為非共點力，則以上結(jié)論不成立，故 (3)( 4) 說法不完全正確綜上所述，應(yīng)選 (B) 4 2 關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1)對某個定軸轉(zhuǎn)動剛體而言，內(nèi)力矩不會改變剛體的角加速度；(2)一對作用力和反作用力對

3、同一軸的力矩之和必為零；(3)質(zhì)量相等， 形狀和大小不同的兩個剛體， 在相同力矩的作用下， 它們的運動狀態(tài)一定相 同分析與解 剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對內(nèi)力屬于作用力與反作用力， 且作用點相同， 故對同 一軸的力矩之和必為零， 因此可推知剛體中所有內(nèi)力矩之和為零， 因而不會影響剛體的角加 速度或角動量等，故 (1)( 2)說法正確對說法 (3) 來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉(zhuǎn) 動慣量因形狀、 大小不同有可能不同， 因而在相同力矩作用下， 產(chǎn)生的角加速度不一定相同， 因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選 (B) 4 3 均勻細(xì)棒 OA 可繞通過其一端 O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動，如圖所

4、示，今 使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是( )(A) 角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速度從小到大(C)角速度從小到大，角加速度從大到小(D)角速度不變，角加速度為零對上述說法下述判斷正確的是 (A) 只有(2) 是正確的(C)( 2) 、(3) 是正確的(B) ( 1) 、(2) 是正確的D) ( 1) 、(2) 、(3) 都是正確的分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾 角有關(guān)當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時，重力矩為零因此在棒在 下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動定律知

5、，棒的角加速亦由大到小， 而棒的角速度卻由小到大（由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況），應(yīng)選（C）.4 -4 一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉(zhuǎn)動，軸間摩擦不計如圖射來兩個質(zhì)量 相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內(nèi)， 則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量 L 以及圓盤的角速度3的變化情況為（）（A） L 不變，3增大（B）兩者均不變（C） L 不變，3減?。―）兩者均不確定分析與解 對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸0 的角動量守恒，故 L不變，此時應(yīng)有下式成立，即mvd -mvd + J03 = J3式中 mvD 為子彈對點

6、 0 的角動量30為圓盤初始角速度，J 為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸 O 的轉(zhuǎn)動慣量， Jo為子彈射入前盤對軸 O 的轉(zhuǎn)動慣量.由于 J J。 ， 則3103kg m-3，求飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣量.分析 根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的可疊加性， 飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉(zhuǎn)動 慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量的計算可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的定義，用簡單的積分計算得到.解根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量公式可得2 2冋1卩2、12丿2 12丿4 10 如圖（a）所示，圓盤的質(zhì)量為 m,半徑為 R.求：（1）以 0 為中心，將半徑為 R/ 2 的 部分挖去，剩余部分

7、對 00 軸的轉(zhuǎn)動慣量；（2）剩余部分對 0 0 軸（即通過圓盤邊緣且平行 于盤中心軸）的轉(zhuǎn)動慣量.4-io r103r min-1增大到 1.12 104r min-1時，所經(jīng)歷的時間 t 為多 少？ 分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩， 恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動中角加速度與時間的關(guān)系， 角動量定理直接求解.解 1 在勻變速轉(zhuǎn)動中，角加速度a二由轉(zhuǎn)動定律M二Ja，可得飛輪所經(jīng)歷的時_ 2nJ-M解 2 飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動量定理，有tI Mdt = J -丄w w02 nJyfee“ M_JFnn0=10.8s4 13 如圖（a）所示，質(zhì)量 m1= 16 kg 的實心圓柱體 A，其半徑

8、為 r = 15 cm，可以繞其 固定水平軸轉(zhuǎn)動，阻力忽略不計一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個質(zhì)量8.0 kg 的物體 B.求：（1）物體 B 由靜止開始下降 1.0 s 后的距離；（2）繩的張力 FT.而線速度和角速度的關(guān)系為又根據(jù)重物作勻加速運動時，有由上述各式可得-mgh；mv2J=0(1v = R(2v =at(32=2ah(4因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律可知，飛輪的角加速度是一可解出飛輪所經(jīng)歷的時間.該題還可應(yīng)用n - n0= 10.8 sm2)vS4-13圏分析 該系統(tǒng)的運動包含圓柱體的轉(zhuǎn)動和懸掛物的下落運動（平動）.兩種不同的運動形式應(yīng)依據(jù)不同的動力學(xué)方程去求解， 但是，兩物體的運

9、動由柔繩相聯(lián)系， 它們運動量之間的聯(lián)系 可由角量與線量的關(guān)系得到 解（1）分別作兩物體的受力分析，如圖（b）.對實心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動定律得.12FTr=Jamra2對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有P2 - FT= m2g - FT二m2a且 FT=FJ.又由角量與線量之間的關(guān)系，得a = r a解上述方程組，可得物體下落的加速度12m)2gm12m2在 t = 1. 0 s 時，B 下落的距離為（2）由式（2）可得繩中的張力為4 14 質(zhì)量為 m1和 m2的兩物體 A、B 分別懸掛在圖（a）所示的組合輪兩端.設(shè)兩輪的半徑s Jat22mgt2mi 2mt=2.45 m=g=39.2Nm12m

10、2分別為 R 和 r，兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為Ji和J2,輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去 不計，繩的質(zhì)量也略去不計 試求兩物體的加速度和繩的張力 題4 14圖分析由于組合輪是一整體，它的轉(zhuǎn)動慣量是兩輪轉(zhuǎn)動慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和（注意兩力矩的方向不同）.對平動的物體和轉(zhuǎn)動的組合輪分別列出動力學(xué)方 程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得解 分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖（b）.根據(jù)質(zhì)點的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動定律，有R FT；= mg FTI=04FT_ P2_ FT_叩2g-m2a2FT1R - FT2 = J1J2a由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有FT1二F

11、T1,片2二FT2ai = Raa2= ra（1）解上述方程組，可得(b)m|Rm2r_ai22gRJi+ J2+ mR + m2rmF - m2ra?二22grJi+ J2+ mhR +m2rJi+ J2+ mr + mRrJi+ J2+ mR2+ m?r2Ji+J2+ mR +miRrJ1J2mR2m2r24 - 15 如圖所示裝置，定滑輪的半徑為r，繞轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為 J,滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量為 m1和 m2的物體 A、B. A 置于傾角為0的斜面上，它和斜面間的摩擦因數(shù)為卩，若 B 向下作加速運動時，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑輪兩邊繩子的張力.（設(shè)繩的質(zhì)量及 伸長均不計，繩

12、與滑輪間無滑動，滑輪軸光滑.）題4-15圖分析 這是連接體的動力學(xué)問題，對于這類問題仍采用隔離體的方法，從受力分析著手，然后列出各物體在不同運動形式下的動力學(xué)方程物體 A 和 B 可視為質(zhì)點，則運用牛頓定律 .由于繩與滑輪間無滑動， 滑輪兩邊繩中的張力是不同的，滑輪在力矩作用下產(chǎn)生定軸轉(zhuǎn)動，因此，對滑輪必須運用剛體的定軸轉(zhuǎn)動定律.列出動力學(xué)方程，并考慮到角量與線量之間的關(guān)系，即能解出結(jié)果來.解 作 A、B 和滑輪的受力分析，如圖（b）.其中 A 是在張力 FT1、重力 P1，支持力 FN和 摩擦力 Ff的作用下運動，根據(jù)牛頓定律，沿斜面方向有FT1-migsin0 -冋geos0=口而 B 則

13、是在張力 FT2和重力 P2的作用下運動，有m2g - FT2 = m?a2由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有 對滑輪而言，根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動定律有FT2-FT1- JaFT1 =FT1,FT2 =FT(1)mgrnigsin0-ggcos0Jm-im2r2m-mtg 1 sin0QOS0sin0QOS0migJ /r2m-im2J /r2m-m2g 1 sin0QOS0m2gJ / rmim2J /r21解上述各方程可得FTIFT24 16 如圖（a）所示，飛輪的質(zhì)量為 60 kg，直徑為 0.50 m，轉(zhuǎn)速為 1.0W3r mi n-1現(xiàn)用閘瓦制動使其在 5. 0 s 內(nèi)停止轉(zhuǎn)動，求制動力

14、F.設(shè)閘瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù)尸 0.40,飛輪分析飛輪的制動是閘瓦對它的摩擦力矩作用的結(jié)果，因此，由飛輪的轉(zhuǎn)動規(guī)律可確定制動時所需的摩擦力矩但是，摩擦力矩的產(chǎn)生與大小，是由閘瓦與飛輪之間的正壓力FN決定的，而此力又是由制動力 F 通過杠桿作用來實現(xiàn)的.所以，制動力可以通過杠桿的力矩平衡 來求出.解 飛輪和閘桿的受力分析，如圖(b)所示.根據(jù)閘桿的力矩平衡，有F 1lLFNII= 0而FN=FN，則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為M =Ff9謚匕F皿(1)222l1摩擦力矩是恒力矩，飛輪作勻角加速轉(zhuǎn)動，由轉(zhuǎn)動的運動規(guī)律，有0C =nmdli=3.14 102N口liI2t4 17 一半徑為 R、質(zhì)量為

15、 m 的勻質(zhì)圓盤，以角速度3繞其中心軸轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將它平放在一 水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為 譏 1)求圓盤所受的摩擦力矩.(2)問經(jīng)多少時間后， 圓盤轉(zhuǎn)動才能停止？分析轉(zhuǎn)動圓盤在平板上能逐漸停止下來是由于平板對其摩擦力矩作用的結(jié)果由于圓盤各部分所受的摩擦力的力臂不同，總的摩擦力矩應(yīng)是各部分摩擦力矩的積分為此，可考慮將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，取半徑為r、寬為 dr 的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力dFf= 2n卩mgdr/n2，其方向均與環(huán)的半徑垂直，因此，該圓環(huán)的摩擦力矩dM = rxdFf,其方向沿轉(zhuǎn)動軸，則圓盤所受的總摩擦力矩 M =fdM .這樣，總的摩擦力矩的計算就可通過積分來 完成由于摩

16、擦力矩是恒力矩，則由角動量定理 M t=A(J3),可求得圓盤停止前所經(jīng)歷的時間At.當(dāng)然也可由轉(zhuǎn)動定律求解得解(1)由分析可知，圓盤上半徑為 r、寬度為 dr 的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為dM = rdFf = -2r2ggdr/R2k式中 k 為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為2M - dM - - dr - pmgRR3(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動慣量J =mR72 .由角動量定理 MAt =A(J3,可得圓盤停止的時間為因飛輪的質(zhì)量集中于輪緣，它繞軸的轉(zhuǎn)動慣量(1)、(2)可得制動力J二md2/4，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律M = Ja，由式人丄Jw3 wRtM 4Q4 18 如

17、圖所示，一通風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動部分以初角速度wo繞其軸轉(zhuǎn)動，空氣的阻力矩與角速 度成正比，比例系數(shù) C 為一常量若轉(zhuǎn)動部分對其軸的轉(zhuǎn)動慣量為 J,問：（1）經(jīng)過多少時 間后其轉(zhuǎn)動角速度減少為初角速度的一半？（2）在此時間內(nèi)共轉(zhuǎn)過多少轉(zhuǎn)？向為豎直向上）以角直速度3=30（1 et）轉(zhuǎn)動，其中30為常量求（1）棒與兩球構(gòu)成的系 統(tǒng)在時刻 t 對 z 軸的角動量；（2）在 t = 0 時系統(tǒng)所受外力對 z 軸的合外力矩.分析 由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動定律可知,的轉(zhuǎn)動是變角加速轉(zhuǎn)動，因此，在討論轉(zhuǎn)動的運動學(xué)關(guān)系時，義出發(fā)，通過積分的方法去解 解（1）通風(fēng)機(jī)葉片所受的阻力矩為 為在變力矩作用下，通

18、風(fēng)機(jī)葉片 必須從角加速度和角速度的定M = Cw,由轉(zhuǎn)動定律M = J a,可得葉片的角加速度根據(jù)初始條件對式（1）積分，有wow-Ct/Jdwa =oJdt由于 C 和 J 均為常量，得w = we當(dāng)角速度由woT12wo時，轉(zhuǎn)動所需的時間為Jt ln2 C（2）根據(jù)初始條件對式（2）積分，有od0 =-Ct /Jwe dt(1)在時間 t 內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為Jwo2n4nC4 19 如圖所示，一長為 21 的細(xì)棒 AB，其質(zhì)量不計，它的兩端牢固地聯(lián)結(jié)著質(zhì)量各為 m 的小球，棒的中點 O 焊接在豎直軸 Z 上，并且棒與 Z 軸夾角成a角.若棒在外力作用下繞 Z 軸（正題4 -19圖分析由于棒的

19、質(zhì)量不計，該系統(tǒng)對 z 軸的角動量即為兩小球?qū)?z 軸的角動量之和，首先可 求出系統(tǒng)對z 軸的轉(zhuǎn)動慣量（若考慮棒的質(zhì)量，其轉(zhuǎn)動慣量為多少，讀者可自己想一想），系統(tǒng)所受合外力矩既可以運用角動量定理，也可用轉(zhuǎn)動定律來求解.相比之下，前者對本題更直接.解（1）兩小球?qū)?z 軸的轉(zhuǎn)動慣量為J = 2mr2= 2m IsinJ=2mlsin，則系統(tǒng)對 z 軸 的角動量為L = J3二2mr2二2ml2301 - e sin2a此處也可先求出每個小球?qū)?z 軸的角動量后再求和.（2）由角動量定理得M2ml2301 -esin2=2ml20sin2ae4dt dt00t = 0 時，合外力矩為M = 2ml

20、2w0sin2a此處也可先求解系統(tǒng)繞 z 軸的角加速度表達(dá)式，即d3a3e，再由 M=Ja求得 M.dt04 20 一質(zhì)量為 m、半徑為 R 的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度 轉(zhuǎn)動，若在某時刻，一質(zhì)量為 m 的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可 能達(dá)到的高度是多少？破裂后圓盤的角動量為多大？分析 盤邊緣裂開時，小碎塊以原有的切向速度作上拋運動，由質(zhì)點運動學(xué)規(guī)律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過程中，滿足角動量守恒條件，由角動量守恒定律可 計算破裂后盤的角動量.解(1)碎塊拋出時的初速度為v=GJR由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達(dá)的高度為(2)圓盤在裂

21、開的過程中，其角動量守恒，故有L二L。-L1式中Lm R2c為圓盤未碎時的角動量；L = mR2c為碎塊被視為質(zhì)點時，碎塊對軸的2角動量；L 為破裂后盤的角動量.則丄m -m R2c24 21 在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量 mi= 1.0 kg，長 I = 40cm,可繞通過其中點 并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動.一質(zhì)量為 m2= 10g 的子彈，以 v = 2.0 x102m-s1的速度射入桿端, 其方向與桿及軸正交若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度 題4-21圖分析 子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動這樣，子彈射入桿前的角速度22gc/R22g可表示為3,子彈陷入桿后，它們將一起以角速

22、度3轉(zhuǎn)動.若將子彈和桿視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒由角動量守恒定律可解得桿的角速度解根據(jù)角動量守恒定理J? 3=Ji11J23式中J2= m21/22為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，J2 3為子彈在陷入桿前的角動量，3=2v/l 為子彈在此刻繞軸的角速度Jm1l2/12為桿繞軸的轉(zhuǎn)動慣量可得桿的角速度為3-丄3=6m2v-29.1s-1Jr+J2仲+3m2）4 22 半徑分別為 rr、r2的兩個薄傘形輪，它們各自對通過盤心且垂直盤面轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動 慣量為 Ji和J2.開始時輪I以角速度30轉(zhuǎn)動，問與輪n成正交嚙合后（如圖所示），兩輪的 角速度分別為多大？分析 兩傘型輪在嚙合過程中存在著

23、相互作用力，這對力分別作用在兩輪上，并各自產(chǎn)生不同方向的力矩，對轉(zhuǎn)動的輪I而言是阻力矩，而對原靜止的輪n則是啟動力矩由于相互作用的時間很短，雖然作用力的位置知道，但作用力大小無法得知，因此，力矩是未知的但是，其作用的效果可從輪的轉(zhuǎn)動狀態(tài)的變化來分析對兩輪分別應(yīng)用角動量定理，并考慮到嚙合后它們有相同的線速度，這樣，嚙合后它們各自的角速度就能求出 解 設(shè)相互作用力為 F,在嚙合的短時間 t 內(nèi)，根據(jù)角動量定理，對輪1、輪n分別有 Fr1At - J13 - 30Fr2=J232兩輪嚙合后應(yīng)有相同的線速度，故有r13 232由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為(1)叫1題4一22圖J14 23

24、一質(zhì)量為 20.0 kg 的小孩，站在一半徑為 3.00 m、轉(zhuǎn)動慣量為 450 kg -m2的靜止水平轉(zhuǎn)臺的邊緣上，此轉(zhuǎn)臺可繞通過轉(zhuǎn)臺中心的豎直軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)臺與軸間的摩擦不計如果此小孩相對轉(zhuǎn)臺以 1.00 m- s_1的速率沿轉(zhuǎn)臺邊緣行走，問轉(zhuǎn)臺的角速率有多大？分析小孩與轉(zhuǎn)臺作為一定軸轉(zhuǎn)動系統(tǒng)，人與轉(zhuǎn)臺之間的相互作用力為內(nèi)力，沿豎直軸方向不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒.在應(yīng)用角動量守恒時，必須注意人和轉(zhuǎn)臺的角速度3、30都是相對于地面而言的，而人相對于轉(zhuǎn)臺的角速度31應(yīng)滿足相對角速度的關(guān)系式3 = g + 3.解 由相對角速度的關(guān)系，人相對地面的角速度為_. v3 3） 3i 3。R由于系

25、統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有J。3+Ji(3*3)=0式中J0、Ji= mR2分別為轉(zhuǎn)臺、人對轉(zhuǎn)臺中心軸的轉(zhuǎn)動慣量.由式（1）、（2）可得轉(zhuǎn)臺的角速度為mR2v.2J3一j0+mR2R.520 s式中負(fù)號表示轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的方向與人對地面的轉(zhuǎn)動方向相反4 24 一轉(zhuǎn)臺繞其中心的豎直軸以角速度30=ns-1轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)臺對轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為J0=4. 0 x10-3kg - m2.今有砂粒以 Q = 2t g - s-1的流量豎直落至轉(zhuǎn)臺，并粘附于臺面形成 一圓環(huán)，若環(huán)的半徑為 r = 0.10 m,求砂粒下落 t = 10 s 時，轉(zhuǎn)臺的角速度.分析 對轉(zhuǎn)動系統(tǒng)而言，隨著砂粒的下落，系統(tǒng)的

26、轉(zhuǎn)動慣量發(fā)生了改變 轉(zhuǎn)臺不產(chǎn)生力矩的作用，因此，系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中的角動量是守恒的 的砂粒的質(zhì)量，可由其流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉(zhuǎn)動慣量 同時刻的角速度就可由角動量守恒定律求出解 在時間 0T10 s 內(nèi)落至臺面的砂粒的質(zhì)量為10sm = 0Qdt =0.10kg根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有J030= J0mr3則 t = 10 s 時，轉(zhuǎn)臺的角速度4 25 為使運行中的飛船停止繞其中心軸的轉(zhuǎn)動，可在飛船的側(cè)面對稱地安裝兩個切向控制噴管（如圖所示），利用噴管高速噴射氣體來制止旋轉(zhuǎn).若飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量J =2. 0 x103kg m2，旋轉(zhuǎn)的角速度3=0. 2 rad s-1，

27、噴口與軸線之間的距離 r = 1.5 m;噴 氣以恒定的流.但是，砂粒下落對.在時間 t 內(nèi)落至臺面.這樣，轉(zhuǎn)臺在不J03J0mr2=0.80J1ns*量 Q = 1.0 kg - s-1和速率 u = 50 m- s-1從噴口噴出，問為使該飛船停止旋轉(zhuǎn)，噴氣應(yīng)噴射多長時間?分析 將飛船與噴出的氣體作為研究系統(tǒng)，在噴氣過程中，系統(tǒng)不受外力矩作用，其角動量守恒在列出方程時應(yīng)注意：（1）由于噴氣質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船質(zhì)量，噴氣前、后系統(tǒng)的角動量近似為飛船的角動量 JCO；（2）噴氣過程中氣流速率 u 遠(yuǎn)大于飛船側(cè)面的線速度3r,因此，整個噴氣過程中，氣流相對于空間的速率仍可近似看作是u,這樣，排出氣體的總

28、角動量u -r dm mur.經(jīng)上述處理后，可使問題大大簡化m解 取飛船和噴出的氣體為系統(tǒng)，根據(jù)角動量守恒定律，有JO-mur = 0因噴氣的流量恒定，故有m = 2Qt由式（1）、（2）可得噴氣的噴射時間為4 26 一質(zhì)量為 m、半徑為 R 的轉(zhuǎn)臺，以角速度3A轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸的摩擦略去不計 （ 1）有 一質(zhì)量為 m 的蜘蛛垂直地落在轉(zhuǎn)臺邊緣上 此時，轉(zhuǎn)臺的角速度OB為多少？（2）若蜘蛛隨 后慢慢地爬向轉(zhuǎn)臺中心， 當(dāng)它離轉(zhuǎn)臺中心的距離為 r 時，轉(zhuǎn)臺的角速度3c為多少？ 設(shè)蜘蛛 下落前距離轉(zhuǎn)臺很近分析對蜘蛛和轉(zhuǎn)臺所組成的轉(zhuǎn)動系統(tǒng)而言， 在蜘蛛下落至轉(zhuǎn)臺面以及慢慢向中心爬移過程 中，均未受到外力矩的

29、作用，故系統(tǒng)的角動量守恒 應(yīng)該注意的是，蜘蛛爬行過程中，其轉(zhuǎn) 動慣量是在不斷改變的由系統(tǒng)的角動量守恒定律即可求解解（1）蜘蛛垂直下落至轉(zhuǎn)臺邊緣時，由系統(tǒng)的角動量守恒定律，有J3a =JoJ1Ob1式中JomR2為轉(zhuǎn)臺對其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量，JmR2為蜘蛛剛落至臺面邊緣時，它2對軸的轉(zhuǎn)動慣量于是可得（2）在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過程中，其轉(zhuǎn)動慣量將隨半徑r 而改變，即J2=mr2.在此過程中，由系統(tǒng)角動量守恒，有JoOa=（Jo+ J1）34 27 一質(zhì)量為 1.12 kg，長為 1.o m 的均勻細(xì)棒，支點在棒的上端點，開始時棒自由懸 掛以 1oo N的力打擊它的下端點，打擊時間為oQ2 S（

30、1）若打擊前棒是靜止的，求打擊時其角動量的變化；（2）棒的最大偏轉(zhuǎn)角(1)( 2)J32Qur= 2.67 sJ0JoJ13am 2m3a4-27圖分析 該題屬于常見的剛體轉(zhuǎn)動問題，可分為兩個過程來討論：(1)瞬間的打擊過程.在瞬間外力的打擊下，棒受到外力矩的角沖量，根據(jù)角動量定理，棒的角動量將發(fā)生變化， 則獲得一定的角速度.(2)棒的轉(zhuǎn)動過程.由于棒和地球所組成的系統(tǒng)， 除重力(保守內(nèi)力)外無其 他外力做功，因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，可求得棒的偏轉(zhuǎn)角度解(1)由剛體的角動量定理得2 1AL = Jg= Mdt = FlAt = 2.0 kg m s(2)取棒和地球為一系統(tǒng)，并

31、選 O 處為重力勢能零點.在轉(zhuǎn)動過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒, 即121Jw0mgl 1 - cos0由式(1)、(2)可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為I：3F2At29 =arccos 1 -2I m gl丿-88o3854.39 X10 m、遠(yuǎn)地點為4 28 我國 1970 年 4 月 24 日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，2.38 106m.試計算衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點的速率.(分析當(dāng)人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運行時，只受到有心力-萬有引力的作用其近地點為設(shè)地球半徑為 6.38 X106m)此，衛(wèi)星在運行過程中角動量是守恒的，同時該力對地球和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)而言，又是屬于保守內(nèi)力，因此，系統(tǒng)又滿足機(jī)械能守恒定律.根

32、據(jù)上述兩條守恒定律可求出衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點時的速率.解 由于衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動量守恒定律有又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有mnv1=mr2V2(1)(2)12GmmEmv1212GmmEmv2-2r2式中 G 為引力常量，mE和 m 分別為地球和衛(wèi)星的質(zhì)量，時離地球中心的距離.由式（1）、（2）可解得衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點的速率分別為I13v2-v 6.31 10 mr24 29 地球?qū)ψ赞D(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為 0.33 mER2，其中 mE為地球的質(zhì)量，R 為地球的半徑.（1） 求地球自轉(zhuǎn)時的動能；（2）由于潮汐的作用，地球自轉(zhuǎn)的速度逐漸減小，一年內(nèi)自

33、轉(zhuǎn)周期增加 3.5x105s,求潮汐對地球的平均力矩.分析由于地球自轉(zhuǎn)一周的時間為24 小時，由3=2MT 可確定地球的自轉(zhuǎn)角速度和地球自轉(zhuǎn)時的轉(zhuǎn)動動能 Ek= 12 Jo2.隨著自轉(zhuǎn)周期的增加，相應(yīng)自轉(zhuǎn)的角速度將減小，因而轉(zhuǎn)動 動能也將減少.通過對上述兩式微分的方法，可得到動能的減少量 Ek與周期的變化T的關(guān)系.根據(jù)動能定理可知，地球轉(zhuǎn)動動能的減少是潮汐力矩作功的結(jié)果，因此，由W二MAB二AEK， 即可求出潮汐的平均力矩 解（1）地球的質(zhì)量 mE= 5.98臺匕冃匕dw二-dTT2由于地球自轉(zhuǎn)減慢而引起動能的減少量為又根據(jù)動能定理3)rir1和 r2是衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點“曾：的103m s

34、s_1x1024kg,半徑 R = 6.37x106m,所以，地球自轉(zhuǎn)的動= 2n2xO.33mER2/T=2.12 1029J（2）對式3年兩邊微分，可得當(dāng)周期變化定量時，有 w_ _弩AT =T223T1)33 lJAT2n3 -A_EKAT2)(2)由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩為2n2n式中 n 為一年中的天數(shù)（n = 365） , T 為一天中周期的增加量=7.47 10 J N m4 30 如圖所示，一質(zhì)量為 m 的小球由一繩索系著，以角速度a 在無摩擦的水平面上，作半徑為 ro的圓周運動.如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力，使小球作半徑為 r/2 的圓周運動試求：（1）小

35、球新的角速度；（2）拉力所作的功.分析 沿軸向的拉力對小球不產(chǎn)生力矩，因此，小球在水平面上轉(zhuǎn)動的過程中不受外力矩作用，其角動量應(yīng)保持不變但是，外力改變了小球圓周運動的半徑，也改變了小球的轉(zhuǎn)動慣量，從而改變了小球的角速度至于拉力所作的功，可根據(jù)動能定理由小球動能的變化得到 解（1）根據(jù)分析，小球在轉(zhuǎn)動的過程中，角動量保持守恒，故有式中Jo和J1分別是小球在半徑為 ro和 12 ro時對軸的轉(zhuǎn)動慣量，即Jo 3 = Ji 4式中 Jo和 Ji分別是小球在半徑為 ro和 1/2 ro時對軸的轉(zhuǎn)動慣量，即Jo= mr；和J1J1Jo=4 3o（2）隨著小球轉(zhuǎn)動角速度的增加，其轉(zhuǎn)動動能也增加，這正是拉力

36、作功的結(jié)果.由轉(zhuǎn)動的動能定理可得拉力的功為Jo3o32 22mro3o題4 - 3（）圖分析 轉(zhuǎn)動定律 M = Ja是一瞬時關(guān)系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在 位置的力矩就可求得由于重力矩MB二mg 2cos0是變力矩，角加速度也是變化的，因 此，在求角速度時，就必須根據(jù)角加速度用積分的方法來計算（也可根據(jù)轉(zhuǎn)動中的動能定理，通過計算變力矩的功來求）.至于棒下落到豎直位置時的動能和角速度，可采用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律來解，這是因為棒與地球所組成的系統(tǒng)中，只有重力作功（轉(zhuǎn)軸處的支持力不作功）,因此，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒1解（1）棒繞端點的轉(zhuǎn)動慣量J ml2由轉(zhuǎn)動定律 M = Ja可得棒在

37、0位置時的角加速度3為M03gcos0a =J21當(dāng)0= 60時，棒轉(zhuǎn)動的角加速度：=18.4 sdd由于a=丄 工巴，根據(jù)初始條件對式（1）積分，有dt d060od3ad0oo則角速度為（2）根據(jù)機(jī)械能守恒，棒下落至豎直位置時的動能為1EKmgl = 0.98 J一 一一12（3）由于該動能也就是轉(zhuǎn)動動能，即EKJ3,所以，棒落至豎直位置時的角速度為CD3gsin060o0二7.98 s4題4一31圖kg -m2，開始時 B 輪靜止，A 輪以 ni= 600 r -min-1的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動，然后使 A 與 B 連接， 因而 B 輪得到加速而 A 輪減速，直到兩輪的轉(zhuǎn)速都等于 n = 200 r

38、 min-1為止.求：（1） B 輪 的轉(zhuǎn)動慣量；（2）在嚙合過程中損失的機(jī)械能.AB分析 兩飛輪在軸方向嚙合時， 軸向力不產(chǎn)生轉(zhuǎn)動力矩，兩飛輪系統(tǒng)的角動量守恒，由此可求得 B 輪的轉(zhuǎn)動慣量根據(jù)兩飛輪在嚙合前后轉(zhuǎn)動動能的變化，即可得到嚙合過程中機(jī)械能的損失解（1）取兩飛輪為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒，有則 B 輪的轉(zhuǎn)動慣量為（2）系統(tǒng)在嚙合過程中機(jī)械能的變化為11AEJ J2CJJC2=T.32 104J22式中負(fù)號表示嚙合過程中機(jī)械能減少J1C2Hi - n2n22Jj= 20.0 kg m4 33 在題 3 30 的沖擊擺問題中，若以質(zhì)量為m的均勻細(xì)棒代替柔繩，子彈速度的最 小值應(yīng)是多少？

39、題4 -33圖分析 該題與習(xí)題 3 - 30 的不同之處在于：（1）子彈與擺錘的相互作用過程不再滿足動量 守恒，而應(yīng)屬于角動量守恒，這是因為細(xì)棒和擺錘是一整體，子彈與擺錘相互作用時，軸對桿有水平方向的分力作用，因此，對子彈與擺組成的系統(tǒng)而言，不能滿足動量守恒的條件但是，軸對桿的作用力和桿所受的重力對轉(zhuǎn)動都不產(chǎn)生力矩，系統(tǒng)角動量守恒的條件卻能滿足.（2）擺在轉(zhuǎn)動過程中，就地球與擺組成的系統(tǒng)而言，滿足機(jī)械能守恒定律擺錘恰能通過最高點所需的速度，可直接應(yīng)用機(jī)械能守恒定律去解擺是剛體，擺錘與軸心之間的距離不可能發(fā)生改變擺錘開始轉(zhuǎn)動時的動能必須大于或等于轉(zhuǎn)至最高點處所增加的勢能 解 取子彈與擺為系統(tǒng)，根

40、據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒，有式中Jml2、Jml2和J3= 3mi2分別為子彈、擺錘和桿對軸的轉(zhuǎn)動慣量 根據(jù)擺在轉(zhuǎn)動過程中機(jī)械能守恒，有由式（1）、（2）可得子彈速度的最小值為4 34 如圖所示，有一空心圓環(huán)可繞豎直軸 00 自由轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動慣量為 Jo,環(huán)的半徑為 R, 初始的角速度為so,今有一質(zhì)量為 m 的小球靜止在環(huán)內(nèi) A 點，由于微小擾動使小球向下滑 動問小球到達(dá) B、C點時，環(huán)的角速度與小球相對于環(huán)的速度各為多少？（假設(shè)環(huán)內(nèi)壁光-EZkii十*J1 = J1 J2J3w0(1)Hn滑）4-34圖分析 雖然小球在環(huán)中作圓周運動，但由于環(huán)的轉(zhuǎn)動，使球的運動規(guī)律復(fù)雜化了.由于應(yīng)用守恒定律是解決力

41、學(xué)問題最直接而又簡便的方法，故以環(huán)和小球組成的轉(zhuǎn)動系統(tǒng)來分析.在小球下滑的過程中，重力是系統(tǒng)僅有的外力，由于它與轉(zhuǎn)軸平行，不產(chǎn)生外力矩，因此，該 系統(tǒng)對軸的角動量守恒.若以小球位于點 A、B 處為初、末兩狀態(tài)，由角動量守恒定律可解 得小球在點 B 時環(huán)的角速度3B.在進(jìn)一步求解小球在點 B 處相對環(huán)的速度 VB時，如果仍 取上述系統(tǒng)，則因重力（屬外力）對系統(tǒng)要作功而使系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；若改取小球與地球為系統(tǒng)，也因環(huán)對小球的作用力在轉(zhuǎn)動過程中作功，而使系統(tǒng)的機(jī)械能守恒仍不能成立；只有取環(huán)、小球與地球為系統(tǒng)時，系統(tǒng)才不受外力作用，而重力為保守內(nèi)力，用力雖不屬保守內(nèi)力，但這一對力所作功的總和為零，

42、因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律可解所需的結(jié)果.但必須注意： 在計算系統(tǒng)的動能時， 既有環(huán)的轉(zhuǎn)動動能， 又有小球?qū)?地的動能（它可視為小球隨環(huán)一起轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動動能mr2B與小球相對于環(huán)運動的動能2B12mvB之和）.2解 以環(huán)和小球為轉(zhuǎn)動系統(tǒng)，由系統(tǒng)的角動量守恒有mR2wB1 Jo30 mgR JomR2wBmvB2 2 2由式（1）、（2）可解得小球在 B 點時，環(huán)的角速度與小球相對于環(huán)的線速度分別為% 一J0mR2環(huán)與球的相互作取環(huán)、小球與地球為系統(tǒng)時，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得121 Jo3。mgR一l2g Jo0R2vB-2gR2:J0mR2小球在 C 點時，由于總的轉(zhuǎn)動慣量不變，用同樣的方法可得環(huán)

43、的角速度和小球相對于環(huán)的速度分別為此=5Vc=4gR4 - 35 為使運行中飛船停止繞其中心軸轉(zhuǎn)動，一種可能方案是將質(zhì)量均為m 的兩質(zhì)點 A、B,用長為 I 的兩根輕線系于圓盤狀飛船的直徑兩端（如圖所示）.開始時輕線拉緊兩質(zhì)點靠在盤的邊緣，圓盤與質(zhì)點一起以角速度旋轉(zhuǎn)；當(dāng)質(zhì)點離開圓盤邊逐漸伸展至連線沿徑向拉直的瞬時，割斷質(zhì)點與飛船的連線 為使此時的飛船正好停止轉(zhuǎn)動，連線應(yīng)取何長度？（設(shè)飛船可看作質(zhì)量為 m、半徑為 R 的勻質(zhì)圓盤）m題4 -35圖分析 取飛船及兩質(zhì)點 A、B 為系統(tǒng)，在運行時，系統(tǒng)不受合外力矩作用，該系統(tǒng)的角動量守恒若在運行過程中通過系統(tǒng)內(nèi)的相互作用，改變其質(zhì)量分布，使系統(tǒng)的角動

44、量只存在于兩質(zhì)點上，此時，飛船的角動量為零，即飛船停止了轉(zhuǎn)動又因為在運行過程中合外力的功亦為零，且又無非保守內(nèi)力作功，所以，系統(tǒng)也滿足機(jī)械能守恒當(dāng)輕線恰好拉直時質(zhì)點的角速度與飛船停止轉(zhuǎn)動時質(zhì)點的角速度相等時，連線的長度也就能夠求出1o解 飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量為J1= mR2，兩質(zhì)點在起始時和輕線割斷瞬間的轉(zhuǎn)動慣12量分別為J?=2mR2和J2m R I2.由于過程中系統(tǒng)的角動量守恒，為使輕線沿徑向拉直時，飛船轉(zhuǎn)動正好停止，則有JiJ23二2m R I23（1）又根據(jù)過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有1 1J1J23二2m R I232（2）21 22由上述兩式可解得4 36 如圖所示，在光滑的水平面上有一輕質(zhì)彈簧(其勁度系數(shù)為 k)，它的一端固定，另一端系一質(zhì)量為 m 的滑塊最初滑塊靜止時，彈簧呈自然長度I。，今有一質(zhì)量為 m 的子彈以速度 V0沿水平方向并垂直于彈簧軸線射向滑塊且留在其中，滑塊在水平面內(nèi)