第四章習(xí)題主講與復(fù)習(xí)

1、第一節(jié)第四章第四章第十題第十題 4-13 4-13 如圖所示，質(zhì)量如圖所示，質(zhì)量 的實(shí)心圓柱體的實(shí)心圓柱體A，其半徑為，其半徑為 ，可以繞，可以繞其固定水平軸轉(zhuǎn)動，阻力忽略不計(jì)。一條輕的柔其固定水平軸轉(zhuǎn)動，阻力忽略不計(jì)。一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個質(zhì)量繩繞在圓柱體上，其另一端系一個質(zhì)量 的物體的物體B。 求：（求：（1 1）物體由靜止開始下降后）物體由靜止開始下降后 的距離；（的距離；（2 2）繩的張力）繩的張力kg161mcm15rkg0 . 82ms0 . 1TF 解：解：（1）分別作兩物體的受力分析圖。對實(shí)心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動定律得 對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有amFgm

2、FP2T2T22121rmjrFT又由角量與線量的關(guān)系，得 raTTFF且 解上述方程組，可得物體下落的加速度 21222mmgma在t = 1.0 s時，B下落的距離為 m45. 222121222mmgtmats（2）由第二式可得繩中的張力為 N2 .3922121gmmmmagmFT第十四題第十四題 4-14 4-14 質(zhì)量為m1和m2的兩物體A、B分別懸掛在如圖所示的組合輪兩端。設(shè)兩輪的半徑分別為R和r，兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為J1和J2，輪與軸承間的摩擦力略去不計(jì)，繩的質(zhì)量也略去不計(jì)。試求兩物體的加速度和繩的張力。解：分別對兩物體及組合輪作受力分析，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動定律，有

3、:11T111T1amFgmFP （1）222T22T2amgmFPF （2）21T2T1JJrFRF （3）T2T2T1T1,FFFF （4）由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有Ra 1 （5）ra 2 （6）解上述方程組，可得gRrmRmJJrmRma222121211grrmRmJJrmRma222121212gmrmRmJJRrmrmJJF122212122221T1gmrmRmJJRrmRmJJF222212112121T2第十五題第十五題 4-154-15、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置于傾角為的斜面上，它和斜

4、面間的摩擦因數(shù)為。若B向下作加速運(yùn)動時，求：（1）其下落加速度的大??；（2）滑輪兩邊繩子的張力。（設(shè)繩的質(zhì)量及伸長均不計(jì)，繩與滑輪間無滑動，滑輪軸光滑） 分析：分析：物體物體A A和和B B可視為質(zhì)點(diǎn)可視為質(zhì)點(diǎn),則運(yùn)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(yùn)用剛體的定軸轉(zhuǎn)動.列出動力學(xué)方程式,并考慮到角量與線量之間的關(guān)系,即能解出結(jié)果來.解：解： 作A、B和滑輪的受力分析圖。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(yùn)動，根據(jù)牛頓定律牛頓定律，沿斜面方向有 11111TcossinamgmgmF （1）而B

5、則是在張力FT2和重力P2的作用下運(yùn)動，有22T22amFgm （2）對滑輪而言，根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動定律有JrFrFT1T2T22T1TT1,FFFF（4） （5） 由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有raa21（3） 解上述各方程可得22111221cossinrJmmgmgmgmaa 2212121T1cossincossin1rJmmrgJmgmmF2212221T2cossin1rJmmrgJmgmmF 第十七題第十七題 4-174-17、 一半徑為R、質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓盤，以角速度繞其中心軸轉(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。（1）求圓盤所受的摩擦力矩。（2）問經(jīng)過多少

6、時間后，圓盤轉(zhuǎn)動才能停止？分析：分析：轉(zhuǎn)動圓盤在平板上能逐漸停止下來轉(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，因此摩擦力矩應(yīng)是各部分摩擦力矩的積分，因此可將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，取半徑為可將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，取半徑為r、寬為寬為dr的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力，其方的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力，其方向均與環(huán)的半徑垂直，向均與環(huán)的半徑垂直，因此，該圓環(huán)的摩擦因此，該圓環(huán)的摩擦力矩，其方向沿轉(zhuǎn)動軸，則圓盤停止前所經(jīng)力矩，其

7、方向沿轉(zhuǎn)動軸，則圓盤停止前所經(jīng)歷的時間，當(dāng)然也可由轉(zhuǎn)動定律求解得歷的時間，當(dāng)然也可由轉(zhuǎn)動定律求解得. .解：解：（1）圓盤上半徑為r、寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力大小其方向與環(huán)的半徑垂直，它的摩擦力矩為kFrM22fd2ddRrmgr式中k為軸向的單位矢量。圓盤所受的總摩擦力矩大小為2/2RrdrmgdFf)J(tM（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動慣量J = mR2/2。由角動量定理，可得圓盤停止的時間為drdlRmgRRmgdrrdMM022322gRMJt43m)e(t1004-19、如圖所示，一長為2l的細(xì)棒AB，其質(zhì)量不計(jì)，它的兩端牢固地聯(lián)結(jié)著質(zhì)量各為 的小球，棒的中點(diǎn) 焊

8、接在豎直軸Z上，并且棒與Z軸夾角在 角。若棒在外力作用下繞Z軸（正向?yàn)樨Q直向上）以角速度 轉(zhuǎn)動，其中 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軸的角動量。分析：分析：由于棒的質(zhì)量不計(jì)，該系統(tǒng)對z軸的角動量即為兩小球?qū)軸的角動量之和，首先可求出系統(tǒng)對z軸的角動量之和，系統(tǒng)所受合外力矩既可以運(yùn)用角動量定角動量定理理，也可用轉(zhuǎn)動定律來求解。相比之下，前者對本題更直接ZllABOm解：解：（1）兩小球?qū)軸的轉(zhuǎn)動慣量為2222)sinl (mmrJ，則系統(tǒng)對z軸的角動量為20212sin)e(mlJLt注：也可先求出每個小球?qū)軸的角動量后再求和此

9、處也可先求解系統(tǒng)繞z軸的角加速度表達(dá)式，即tedtd0，再由JM 求得MtesinmlmldtddtdLM2202t-02 )sine-(12t=0時，合外力矩為202sinmlM （2）由角動量定理角動量定理得 第二十一題第二十一題 4-214-21、在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量為1.0kg，長為l=40cm，可繞通過其中點(diǎn)并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為10g的子彈，以的速度v=2.0*102m.s-1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。 分析：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可表示為，子彈陷入桿后，它們將一起以

10、角速度轉(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。由角動量守恒守律可解得桿的角速度212JJJ解：解：根據(jù)角動量守恒定理式中為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，2J2222lmJ 為子彈在陷入桿前的角動量，lv2為子彈在此刻繞軸的角速度。12211lmJ 為桿繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，是子彈陷入桿后它們一起繞軸的角速度。1212212s1 .2936lmmvmJJJ可得桿的角速度為：第二十六題第二十六題 4-26、一質(zhì)量為m、半徑為R的轉(zhuǎn)臺，以角速度a轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸的摩擦略去不計(jì)，（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b為多少？（

11、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)臺的角速度為c多少？設(shè)蜘蛛下落前距離轉(zhuǎn)臺很近分析：分析：對蜘蛛和轉(zhuǎn)臺的組成的轉(zhuǎn)動系統(tǒng)而言，在蜘蛛下落至轉(zhuǎn)臺以及慢慢向中心爬移過程中，均未受到外力矩的作用，故系統(tǒng)的角動量守恒系統(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ba)JJ(J100式中2021RmJ為轉(zhuǎn)臺對其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量，21mRJ 為蜘蛛剛落至臺面邊緣時，它對軸的轉(zhuǎn)動慣量?？傻茫篴abmmmJJJ2100（2）在蜘蛛向中心軸處慢爬行的過程中，其轉(zhuǎn)動

12、慣量將隨半徑r 而改變，即22mrJ 在此過程中，由系統(tǒng)角動量守恒系統(tǒng)角動量守恒，有ca)JJ(J200則aabmrRmRmJJJ2222002第三十題第三十題 4-30、如圖所示，一質(zhì)量為m的小球由一繩索系著，以角速度在無摩擦的水平面水，作半徑為R的圓周運(yùn)動。如果在繩的另一端作用一豎直向下拉力，使小球作半徑為R/2的圓周運(yùn)動。試求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功 0rm0F解：（1）根據(jù)分析，小球在轉(zhuǎn)動的過程中，角動量保持守恒角動量保持守恒，故有 1100JJ分析：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

13、小球圓周運(yùn)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1100JJ式中0J和1J分別是小球在半徑為0r和021r時對軸的轉(zhuǎn)動慣量，即200mrJ 20141mrJ 則00104JJ（2）隨著小球轉(zhuǎn)動角速度的增加，其轉(zhuǎn)動動能也增加，這正是拉力作功的結(jié)果。由轉(zhuǎn)動的動能定理轉(zhuǎn)動的動能定理可得拉力的功為2020200211232121mrJJW4-31、質(zhì)量為0.50kg,長為0.40m的均勻細(xì)棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉(zhuǎn)動，如將此棒放在水平位置，然后任其落下，求：（1）當(dāng)棒轉(zhuǎn)過60o時的角加速度和角速度；（2）下落到豎直位置時的動

14、能；（3）下落到豎直位置時的角速度。AP分析：分析： 轉(zhuǎn)動定律M=J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 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(jì)算（也可以根據(jù)轉(zhuǎn)動中的動能定理，通過計(jì)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)械能守恒定律來求解，這是因?yàn)榘襞c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。 cos21)(mgM231mlJ JM 解（1）棒繞端點(diǎn)的轉(zhuǎn)動慣量 ，由轉(zhuǎn)動定律 可得棒在 位置時的角加速度為lgJM2cos3)(

15、 當(dāng) 時，棒轉(zhuǎn)動的角加速度 由于 ，根據(jù)初始條件對式（1）積分，有 則角速度為 o6024 .18sdddtddddtd06000dd160098. 7|sin30slg（2）根據(jù)機(jī)械能守恒，棒下落至豎直位置時的動能為JmglEk98. 021（3）由于該動能也就是轉(zhuǎn)動動能，即 ，所以，棒落至豎直位置時的角速度為221JEk157. 832slgjEk0llmm0vvO第三十六題 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l0，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

16、中，滑塊在水平面內(nèi)滑動，當(dāng)彈簧被拉伸至長度時，求滑塊速度v的大小和方向。分析：分析：分兩個過程來分析。（1 1）子彈和滑塊撞擊的過程。子彈射入滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)系的完全非彈性碰撞過程。沿子彈運(yùn)動方向上外力的沖量為零，所以，系統(tǒng)在撞擊過程中滿足動量守動量守恒恒。（2 2）子彈與滑塊碰后以共同速度運(yùn)動時，由于彈簧不斷伸長，滑塊在受到指向固定點(diǎn)的彈力的作用下作弧線運(yùn)動。對滑塊的運(yùn)動而言，該彈力為向心力，因而滑塊在運(yùn)動中滿足角因而滑塊在運(yùn)動中滿足角動量守恒動量守恒；與此同時，對滑塊、彈簧所組成的系統(tǒng)對滑塊、彈簧所組成的系統(tǒng)也滿足機(jī)也滿足機(jī)械能守恒械能守恒，這樣，當(dāng)彈簧伸長至l時的滑塊速度的大小和方向就可通過三條守恒定律三條守恒定律求得：又