大学物理第四版课后习题及答案刚体.doc

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在内由均匀的增加到。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？题4.1解：（1）由于角速度w =2pn（n为单位时间内的转数），根据角加速度的定义，在匀变速转动中角加速度为（2）发动机曲轴转过的角度为在12 s内曲轴转过的圈数为题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为，式中，。求：（1）时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后内转过的圈数。题4.2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（2）角加速度随时间变化的规律为（3）t = 6.0 s时转过的角度为则t = 6.0 s时电动机转过的圈数题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为，由转动定律，可得叶片的角加速度为（1）根据初始条件对式（1）积分，有由于C和J均为常量，得当角速度由时，转动所需的时间为（2）根据初始条件对式（2）积分，有即在时间t内所转过的圈数为题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为，涡轮的转动惯量为。当轮的转速由增大到时，所经历的时间为多少？题4.4解1：在匀变速转动中，角加速度，由转动定律，可得飞轮所经历的时间解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则题4.5：用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为的飞轮支承在点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦）题4.5解1：设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有而对重物而言，由牛顿定律，有（2）由于绳子不可伸长，因此，有（3）重物作匀加速下落，则有（4）由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2：根据系统的机械能守恒定律，有（1）而线速度和角速度的关系为（2）又根据重物作匀加速运动时，有（3）（4）由上述各式可得若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用。这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响。题4.6：一飞轮由一直径为，厚度为的圆盘和两个直径为，长为的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为，求飞轮对轴的转动惯量。题4.6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题4.7：如图所示，圆盘的质量为，半径为。求它对轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。题4.7解：根据平行轴定理和绕圆盘中心轴O的转动惯量可得题4.8：试证明质量为，半径为的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为。如以和球体相切的线为轴，其转动惯量又为多少？题4.8证：如图所示，图中阴影部分的小圆盘对OO轴的转动惯量为式中为匀质球体的密度。则球体以其直径OO为转轴的转动惯量为又由平行轴定理可得球绕O1O1轴的转动惯量为题4.9：质量面密度为的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为。其中为矩形板的长，为它的宽。题4.9证：取如图所示坐标，在板上取一质元，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为整个矩形板对该轴的转动惯量为题4.10：如图所示，质量的实心圆柱体，其半径为，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量的物体。求：（1）物体由静止开始下降后的距离；（2）绳的张力。题4.10解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得（1）对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有（2）且。又由角量与线量的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t = 1.0 s时，B下落的距离为（2）由式（2）可得绳中的张力为题4.11：质量为和的两物体、分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为和，两轮的转动惯量分别为和，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。题4.11解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有（1）（2）（3）（4）由角加速度和线加速度之间的关系，有（5）（6）解上述方程组，可得题4.12：如图所示装置，定滑轮的半径为，绕转轴的转动惯量为，滑轮两边分别悬挂质量为和的物体、。置于倾角为的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为。若向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）题4.12解：作A、B和滑轮的受力分析图。其中A是在张力FT1、重力P1，支持力FN和摩擦力Ff的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有（1）而B则是在张力FT2和重力P2的作用下运动，有（2）由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有对滑轮而言，根据定轴转动定律有（4）且有（5）解上述各方程可得题4.13：如图所示，飞轮的质量为，直径为，转速为。现用闸瓦制动使其在内停止转动，求制动力。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数，飞轮质量全部分布在轮缘上。题4.13解：飞轮和闸杆的受力分析如图所示。根据闸杆的力矩平衡，有而，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为（1）摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有（2）因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量，根据转动定律，由式（1）、（2）可得制动力题4.14：图是测试汽车轮胎滑动阻力的装置。轮胎最初为静止，且被一轻质框架支承者，轮轴可绕点自由转动，其转动惯量为、质量为、半径为。今将轮胎放在以速率移动的传送带上，并使框架保持水平。（1）如果轮胎与传送带之间的动摩擦因数为，则需要经过多长时间车轮才能达到最终的角速度？（2）在传送带上车胎滑动的痕迹长度是多少？题4.14解：车胎所受滑动摩擦力矩为（1）根据转动定律，车轮转动的角加速度为 （2）要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为 （3）开始时车轮静止，即，故由匀加速转动规律，可得 (4)由上述各式可解得（2）在t时间内，轮缘上一点转过的弧长而传送带移动的距离l = vt，因此，传送带上滑痕的长度题4.15：一半径为、质量为的匀质圆盘，以角速度绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？题4.15解： （1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力大小，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为式中k为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J = mR2/2。由角动量定理，可得圆盘停止的时间为题4.16：一质量为、半径为的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度转动，若在某时刻，一质量为的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？题4.16解：（1）碎块抛出时的初速度为由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为（2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中为圆盘未碎时的角动量；为碎块被视为质点时，对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量。则题4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为，长为，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为的子弹，以的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。题4.17解：根据角动量守恒定理式中为子弹绕轴的转动惯量，为子弹在陷入杆前的角动量，为子弹在此刻绕轴的角速度。为杆绕轴的转动惯量，是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得杆的角速度为题4.18：半径分别为、的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为和。开始时轮以角速度转动，问与轮成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？题4.18解：设相互作用力为F，在啮合的短时间内，根据角动量定理，对轮I、轮II分别有（1）（2）两轮啮合后应有相同的线速度，故有（3）由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为题4.19：一质量为的小孩，站在一半径为、转动惯量为的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？题4.19解：设转台相对地的角速度为，人相对转台的角速度为。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为（1）由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有（2）式中J0、J1 = mR2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量。由式（1）、（2）可得转台的角速度为式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。题4.20：一转台绕其中心的竖直轴以角速度转动，转台对转轴的转动惯量为。今有砂粒以的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为，求砂粒下落时，转台的角速度。题4.20解：在时间010 s内落至台面的砂粒的质量为根据系统的角动量守恒定律，有则t = 10 s时，转台的角速度题4.21：为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管，利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心轴的转动惯量，旋转的角速度，喷口与轴线之间的距离；喷气以恒定的流量和速率从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？题4.21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wr，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。经上述处理后，可使问题大大简化。解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有因喷气的流量恒定，故有由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为题4.22：一质量为、半径为的转台，以角速度转动，转轴的摩擦略去不计。（1）有一质量为的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为时，转台的角速度为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。题4.22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，有式中为转台对其中心轴的转动惯量，为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量。于是可得（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r而改变，即。在此过程中，由系统角动量守恒，有则题4.23：一质量为，长为的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以的力打击它的下端点，打击时间为。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）棒的最大偏转角。题4.23解：（1）在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得（1）（2）在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选O处为重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即（2）由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为题4.24：（1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率绕质子运动。作用在电子上的向心力为电作用力，其大小为，其中为电子、质子的电量，为轨道半径，为恒量。试证轨道半径为（2）假设电子绕核的角动量只能为的整数倍，其中为普朗克常量。试证电子的可能轨道半径由下式确定：（3）试由以上两式消去，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式：式中可取正整数。题4.24证：（1）电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的电作用力（可略去万有引力），根据径向动力学方程F = man，有则电子的轨道半径为（2）根据题中电子角动量的量子化条件，即，有则电子可能的轨道半径为（3）根据（1）和（2）的结果消去v，电子可能的轨道半径也可表示为题4.25：我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为、远地点为。试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为）题4.25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（1）又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有（2）式中G为引力常量，mE和m分别为地球和卫星质量，r1和r2是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由式（1）、（2）可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为题4.26：地球对自转轴的转动惯量为，其中为地球的质量，为地球的半径。（1）求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加，求潮汐对地球的平均力矩。题4.26分析：由于地球自转一周的时间为24小时，由可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能。随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，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与周期的变化的关系。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，即可求出潮汐的平均力矩。解：（1）地球的质量，半径，所以，地球自转的动能（2）对式两边微分，可得当周期变化一定时，有（1）由于地球自转减慢而引起动能的减少量为（2）又根据动能定理（3）由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩式中n为一年中的天数（n = 365），为一天中周期的增加量。题4.27：如图所示，与两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，轮的转动惯量，开始时轮静止，轮以的转速转动，然后使与连接，因而轮得到加速而轮减速，直到两轮的转速都等于为止。求：（1）轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。题4.27解：（1）取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有则B轮的转动惯量为（2）系统在啮合过程中机械能的变化为式中负号表示啮合过程机械能减少。题4.28：一质量为、半径为的匀质圆柱体，从倾角为的斜面上无滑动地滚下，求其质心的加速度。题4.28解1：按题意作图并作圆柱体的受力分析（如图所示）。由牛顿第二定律可得圆柱体的质心C在x方向上的动力学方程为（1）在斜面对圆柱体的摩擦力矩作用下，圆柱体绕其中心轴转动，根据转动定律，有（2）在无滑动滚动时，质心的加速度aC与转动的角速度a之间的关系为（3）联立解上述三个方程式，可得解2： 若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则摩擦力Ff和支持力FN都不产生力矩，使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩mgsinq，故有其中是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有故有则解3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有将上式对t求导，可得式中，且有和，则可得到显然上述三种方法均能得到同样的结果。题4.29：一长为、质量为的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端点为转轴的角速度；（2）在此过程中