物理学答案(第五版,上册)马文蔚.(DOC)

1、4 1 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 对上述说法下述判断正确的是 ( )(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)都正确分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况： 其中两种情况下力矩为零： 一是力的作用线通过 转轴，二是力平行于转轴 (

2、 例如门的重力并不能使门转 ) 不满足上述情况下的作用力 (含题 述作用力垂直于转轴的情况 ) 对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大 小相等， 方向相反， 两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零， 由以上规则可知 (1)( 2) 说法是 正确 对于 (3)( 4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时， 它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然 但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故 (3)( 4) 说法不完全正确综上所述，应选 (B) 4 2 关于力矩有以下几种说法：(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2)一对作用力和反作用力对

3、同一轴的力矩之和必为零；(3)质量相等， 形状和大小不同的两个刚体， 在相同力矩的作用下， 它们的运动状态一定相 同分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力， 且作用点相同， 故对同 一轴的力矩之和必为零， 因此可推知刚体中所有内力矩之和为零， 因而不会影响刚体的角加 速度或角动量等，故 (1)( 2)说法正确对说法 (3) 来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转 动惯量因形状、 大小不同有可能不同， 因而在相同力矩作用下， 产生的角加速度不一定相同， 因而运动状态未必相同，由此可见应选 (B) 4 3 均匀细棒 OA 可绕通过其一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所

4、示，今 使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零对上述说法下述判断正确的是 (A) 只有(2) 是正确的(C)( 2) 、(3) 是正确的(B) ( 1) 、(2) 是正确的D) ( 1) 、(2) 、(3) 都是正确的分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹 角有关当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零因此在棒在 下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知

5、，棒的角加速亦由大到小， 而棒的角速度却由小到大（由机械能守恒亦可判断角速度变化情况），应选（C）.4 -4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计如图射来两个质量 相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内， 则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量 L 以及圆盘的角速度3的变化情况为（）（A） L 不变，3增大（B）两者均不变（C） L 不变，3减小（D）两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴0 的角动量守恒，故 L不变，此时应有下式成立，即mvd -mvd + J03 = J3式中 mvD 为子弹对点

6、 0 的角动量30为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴 O 的转动惯量， Jo为子弹射入前盘对轴 O 的转动惯量.由于 J J。 ， 则3103kg m-3，求飞轮对轴的转动惯量.分析 根据转动惯量的可叠加性， 飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动 惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到.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2 2冋1卩2、12丿2 12丿4 10 如图（a）所示，圆盘的质量为 m,半径为 R.求：（1）以 0 为中心，将半径为 R/ 2 的 部分挖去，剩余部分

7、对 00 轴的转动惯量；（2）剩余部分对 0 0 轴（即通过圆盘边缘且平行 于盘中心轴）的转动惯量.4-io r103r min-1增大到 1.12 104r min-1时，所经历的时间 t 为多 少？ 分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩， 恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系， 角动量定理直接求解.解 1 在匀变速转动中，角加速度a二由转动定律M二Ja，可得飞轮所经历的时_ 2nJ-M解 2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有tI Mdt = J -丄w w02 nJyfee“ M_JFnn0=10.8s4 13 如图（a）所示，质量 m1= 16 kg 的实心圆柱体 A，其半径

8、为 r = 15 cm，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8.0 kg 的物体 B.求：（1）物体 B 由静止开始下降 1.0 s 后的距离；（2）绳的张力 FT.而线速度和角速度的关系为又根据重物作匀加速运动时，有由上述各式可得-mgh；mv2J=0(1v = R(2v =at(32=2ah(4因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一可解出飞轮所经历的时间.该题还可应用n - n0= 10.8 sm2)vS4-13圏分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动（平动）.两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解， 但是，两物体的运

9、动由柔绳相联系， 它们运动量之间的联系 可由角量与线量的关系得到 解（1）分别作两物体的受力分析，如图（b）.对实心圆柱体而言，由转动定律得.12FTr=Jamra2对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有P2 - FT= m2g - FT二m2a且 FT=FJ.又由角量与线量之间的关系，得a = r a解上述方程组，可得物体下落的加速度12m)2gm12m2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4 14 质量为 m1和 m2的两物体 A、B 分别悬挂在图（a）所示的组合轮两端.设两轮的半径s Jat22mgt2mi 2mt=2.45 m=g=39.2Nm12m

10、2分别为 R 和 r，两轮的转动惯量分别为Ji和J2,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 14图分析由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和（注意两力矩的方向不同）.对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方 程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图（b）.根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有R FT；= mg FTI=04FT_ P2_ FT_叩2g-m2a2FT1R - FT2 = J1J2a由角加速度和线加速度之间的关系，有FT1二F

11、T1,片2二FT2ai = Raa2= ra（1）解上述方程组，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 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为 J,滑轮两边分别悬挂质量为 m1和 m2的物体 A、B. A 置于倾角为0的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为卩，若 B 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

12、与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.）题4-15图分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程物体 A 和 B 可视为质点，则运用牛顿定律 .由于绳与滑轮间无滑动， 滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作 A、B 和滑轮的受力分析，如图（b）.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FT1-migsin0 -冋geos0=口而 B 则

13、是在张力 FT2和重力 P2的作用下运动，有m2g - FT2 = m?a2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 如图（a）所示，飞轮的质量为 60 kg，直径为 0.50 m，转速为 1.0W3r mi n-1现用闸瓦制动使其在 5. 0 s 内停止转动，求制动力

14、F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数尸 0.40,飞轮分析飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FN决定的，而此力又是由制动力 F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡 来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有F 1lLFNII= 0而FN=FN，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为M =Ff9谥匕F皿(1)222l1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0C =nmdli=3.14 102N口liI2t4 17 一半径为 R、质量为

15、 m 的匀质圆盘，以角速度3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 讥 1)求圆盘所受的摩擦力矩.(2)问经多少时间后， 圆盘转动才能停止？分析转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为 dr 的圆环为面元，环所受摩擦力dFf= 2n卩mgdr/n2，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM = rxdFf,其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩 M =fdM .这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来 完成由于摩

16、擦力矩是恒力矩，则由角动量定理 M t=A(J3),可求得圆盘停止前所经历的时间At.当然也可由转动定律求解得解(1)由分析可知，圆盘上半径为 r、宽度为 dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为dM = rdFf = -2r2ggdr/R2k式中 k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为2M - dM - - dr - pmgRR3(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J =mR72 .由角动量定理 MAt =A(J3,可得圆盘停止的时间为因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量(1)、(2)可得制动力J二md2/4，根据转动定律M = Ja，由式人丄Jw3 wRtM 4Q4 18 如

17、图所示，一通风机的转动部分以初角速度wo绕其轴转动，空气的阻力矩与角速 度成正比，比例系数 C 为一常量若转动部分对其轴的转动惯量为 J,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？向为竖直向上）以角直速度3=30（1 et）转动，其中30为常量求（1）棒与两球构成的系 统在时刻 t 对 z 轴的角动量；（2）在 t = 0 时系统所受外力对 z 轴的合外力矩.分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知,的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，义出发，通过积分的方法去解 解（1）通风机叶片所受的阻力矩为 为在变力矩作用下，通

18、风机叶片 必须从角加速度和角速度的定M = Cw,由转动定律M = J a,可得叶片的角加速度根据初始条件对式（1）积分，有wow-Ct/Jdwa =oJdt由于 C 和 J 均为常量，得w = we当角速度由woT12wo时，转动所需的时间为Jt ln2 C（2）根据初始条件对式（2）积分，有od0 =-Ct /Jwe dt(1)在时间 t 内所转过的圈数为Jwo2n4nC4 19 如图所示，一长为 21 的细棒 AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为 m 的小球，棒的中点 O 焊接在竖直轴 Z 上，并且棒与 Z 轴夹角成a角.若棒在外力作用下绕 Z 轴（正题4 -19图分析由于棒的

19、质量不计，该系统对 z 轴的角动量即为两小球对 z 轴的角动量之和，首先可 求出系统对z 轴的转动惯量（若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想），系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.解（1）两小球对 z 轴的转动惯量为J = 2mr2= 2m IsinJ=2mlsin，则系统对 z 轴 的角动量为L = J3二2mr2二2ml2301 - e sin2a此处也可先求出每个小球对 z 轴的角动量后再求和.（2）由角动量定理得M2ml2301 -esin2=2ml20sin2ae4dt dt00t = 0 时，合外力矩为M = 2ml

20、2w0sin2a此处也可先求解系统绕 z 轴的角加速度表达式，即d3a3e，再由 M=Ja求得 M.dt04 20 一质量为 m、半径为 R 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 m 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？分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可 计算破裂后盘的角动量.解(1)碎块抛出时的初速度为v=GJR由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为(2)圆盘在裂

21、开的过程中，其角动量守恒，故有L二L。-L1式中Lm R2c为圆盘未碎时的角动量；L = mR2c为碎块被视为质点时，碎块对轴的2角动量；L 为破裂后盘的角动量.则丄m -m R2c24 21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量 mi= 1.0 kg，长 I = 40cm,可绕通过其中点 并与之垂直的轴转动.一质量为 m2= 10g 的子弹，以 v = 2.0 x102m-s1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4-21图分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动这样，子弹射入杆前的角速度22gc/R22g可表示为3,子弹陷入杆后，它们将一起以角速

22、度3转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒由角动量守恒定律可解得杆的角速度解根据角动量守恒定理J? 3=Ji11J23式中J2= m21/22为子弹绕轴的转动惯量，J2 3为子弹在陷入杆前的角动量，3=2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度Jm1l2/12为杆绕轴的转动惯量可得杆的角速度为3-丄3=6m2v-29.1s-1Jr+J2仲+3m2）4 22 半径分别为 rr、r2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 Ji和J2.开始时轮I以角速度30转动，问与轮n成正交啮合后（如图所示），两轮的 角速度分别为多大？分析 两伞型轮在啮合过程中存在着

23、相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮I而言是阻力矩，而对原静止的轮n则是启动力矩由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出 解 设相互作用力为 F,在啮合的短时间 t 内，根据角动量定理，对轮1、轮n分别有 Fr1At - J13 - 30Fr2=J232两轮啮合后应有相同的线速度，故有r13 232由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为(1)叫1题4一22图J14 23

24、一质量为 20.0 kg 的小孩，站在一半径为 3.00 m、转动惯量为 450 kg -m2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 1.00 m- s_1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度3、30都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度31应满足相对角速度的关系式3 = g + 3.解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为_. v3 3） 3i 3。R由于系

25、统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有J。3+Ji(3*3)=0式中J0、Ji= 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mR2v.2J3一j0+mR2R.520 s式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反4 24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度30=ns-1转动，转台对转轴的转动惯量为J0=4. 0 x10-3kg - m2.今有砂粒以 Q = 2t g - s-1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 r = 0.10 m,求砂粒下落 t = 10 s 时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的

26、转动惯量发生了改变 转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的 的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量 同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出解 在时间 0T10 s 内落至台面的砂粒的质量为10sm = 0Qdt =0.10kg根据系统的角动量守恒定律，有J030= J0mr3则 t = 10 s 时，转台的角速度4 25 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（如图所示），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J =2. 0 x103kg m2，旋转的角速度3=0. 2 rad s-1，

27、喷口与轴线之间的距离 r = 1.5 m;喷 气以恒定的流.但是，砂粒下落对.在时间 t 内落至台面.这样，转台在不J03J0mr2=0.80J1ns*量 Q = 1.0 kg - s-1和速率 u = 50 m- s-1从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间?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 JCO；（2）喷气过程中气流速率 u 远大于飞船侧面的线速度3r,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

28、角动量u -r dm mur.经上述处理后，可使问题大大简化m解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有JO-mur = 0因喷气的流量恒定，故有m = 2Qt由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为4 26 一质量为 m、半径为 R 的转台，以角速度3A转动，转轴的摩擦略去不计 （ 1）有 一质量为 m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上 此时，转台的角速度OB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 r 时，转台的角速度3c为多少？ 设蜘蛛 下落前距离转台很近分析对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言， 在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程 中，均未受到外力矩的

29、作用，故系统的角动量守恒 应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转 动惯量是在不断改变的由系统的角动量守恒定律即可求解解（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J3a =JoJ1Ob1式中JomR2为转台对其中心轴的转动惯量，JmR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2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J2=mr2.在此过程中，由系统角动量守恒，有JoOa=（Jo+ J1）34 27 一质量为 1.12 kg，长为 1.o m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬 挂以 1oo N的力打击它的下端点，打击时间为oQ2 S（

30、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(1)( 2)J32Qur= 2.67 sJ0JoJ13am 2m3a4-27图分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1)瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化， 则获得一定的角速度.(2)棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统， 除重力(保守内力)外无其 他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度解(1)由刚体的角动量定理得2 1AL = Jg= Mdt = FlAt = 2.0 kg m s(2)取棒和地球为一系统，并

31、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121Jw0mgl 1 - cos0由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为I：3F2At29 =arccos 1 -2I m gl丿-88o3854.39 X10 m、远地点为4 28 我国 1970 年 4 月 24 日发射的第一颗人造卫星，2.38 106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(分析当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力-万有引力的作用其近地点为设地球半径为 6.38 X106m)此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根

32、据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.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又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有mnv1=mr2V2(1)(2)12GmmEmv1212GmmEmv2-2r2式中 G 为引力常量，mE和 m 分别为地球和卫星的质量，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I13v2-v 6.31 10 mr24 29 地球对自转轴的转动惯量为 0.33 mER2，其中 mE为地球的质量，R 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

33、转周期增加 3.5x105s,求潮汐对地球的平均力矩.分析由于地球自转一周的时间为24 小时，由3=2MT 可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能 Ek= 12 Jo2.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 Ek与周期的变化T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W二MAB二AEK， 即可求出潮汐的平均力矩 解（1）地球的质量 mE= 5.98台匕冃匕dw二-dTT2由于地球自转减慢而引起动能的减少量为又根据动能定理3)rir1和 r2是卫星在近地点和远地点“曾：的103m s

34、s_1x1024kg,半径 R = 6.37x106m,所以，地球自转的动= 2n2xO.33mER2/T=2.12 1029J（2）对式3年两边微分，可得当周期变化定量时，有 w_ _弩AT =T223T1)33 lJAT2n3 -A_EKAT2)(2)由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩为2n2n式中 n 为一年中的天数（n = 365） , T 为一天中周期的增加量=7.47 10 J N m4 30 如图所示，一质量为 m 的小球由一绳索系着，以角速度a 在无摩擦的水平面上，作半径为 ro的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为 r/2 的圆周运动试求：（1）小

35、球新的角速度；（2）拉力所作的功.分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到 解（1）根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中Jo和J1分别是小球在半径为 ro和 12 ro时对轴的转动惯量，即Jo 3 = Ji 4式中 Jo和 Ji分别是小球在半径为 ro和 1/2 ro时对轴的转动惯量，即Jo= mr；和J1J1Jo=4 3o（2）随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力

36、作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为Jo3o32 22mro3o题4 - 3（）图分析 转动定律 M = Ja是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在 位置的力矩就可求得由于重力矩MB二mg 2cos0是变力矩，角加速度也是变化的，因 此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算（也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求）.至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功（转轴处的支持力不作功）,因此，系统的机械能守恒1解（1）棒绕端点的转动惯量J ml2由转动定律 M = Ja可得棒在

37、0位置时的角加速度3为M03gcos0a =J21当0= 60时，棒转动的角加速度：=18.4 sdd由于a=丄 工巴，根据初始条件对式（1）积分，有dt d060od3ad0oo则角速度为（2）根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为1EKmgl = 0.98 J一 一一12（3）由于该动能也就是转动动能，即EKJ3,所以，棒落至竖直位置时的角速度为CD3gsin060o0二7.98 s4题4一31图kg -m2，开始时 B 轮静止，A 轮以 ni= 600 r -min-1的转速转动，然后使 A 与 B 连接， 因而 B 轮得到加速而 A 轮减速，直到两轮的转速都等于 n = 200 r

38、 min-1为止.求：（1） B 轮 的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能.AB分析 两飞轮在轴方向啮合时， 轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得 B 轮的转动惯量根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失解（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11AEJ J2CJJC2=T.32 104J22式中负号表示啮合过程中机械能减少J1C2Hi - n2n22Jj= 20.0 kg m4 33 在题 3 30 的冲击摆问题中，若以质量为m的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最 小值应是多少？

39、题4 -33图分析 该题与习题 3 - 30 的不同之处在于：（1）子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量 守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.（2）摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能 解 取子弹与摆为系统，根

40、据系统的角动量守恒，有式中Jml2、Jml2和J3= 3mi2分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量 根据摆在转动过程中机械能守恒，有由式（1）、（2）可得子弹速度的最小值为4 34 如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴 00 自由转动，转动惯量为 Jo,环的半径为 R, 初始的角速度为so,今有一质量为 m 的小球静止在环内 A 点，由于微小扰动使小球向下滑 动问小球到达 B、C点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？（假设环内壁光-EZkii十*J1 = J1 J2J3w0(1)Hn滑）4-34图分析 虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力

41、学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的外力，由于它与转轴平行，不产生外力矩，因此，该 系统对轴的角动量守恒.若以小球位于点 A、B 处为初、末两状态，由角动量守恒定律可解 得小球在点 B 时环的角速度3B.在进一步求解小球在点 B 处相对环的速度 VB时，如果仍 取上述系统，则因重力（属外力）对系统要作功而使系统的机械能不守恒；若改取小球与地球为系统，也因环对小球的作用力在转动过程中作功，而使系统的机械能守恒仍不能成立；只有取环、小球与地球为系统时，系统才不受外力作用，而重力为保守内力，用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，

42、因此系统的机械能守恒定律可解所需的结果.但必须注意： 在计算系统的动能时， 既有环的转动动能， 又有小球对 地的动能（它可视为小球随环一起转动的转动动能mr2B与小球相对于环运动的动能2B12mvB之和）.2解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有mR2wB1 Jo30 mgR JomR2wBmvB2 2 2由式（1）、（2）可解得小球在 B 点时，环的角速度与小球相对于环的线速度分别为% 一J0mR2环与球的相互作取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得121 Jo3。mgR一l2g Jo0R2vB-2gR2:J0mR2小球在 C 点时，由于总的转动惯量不变，用同样的方法可得环

43、的角速度和小球相对于环的速度分别为此=5Vc=4gR4 - 35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动，一种可能方案是将质量均为m 的两质点 A、B,用长为 I 的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端（如图所示）.开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘，圆盘与质点一起以角速度旋转；当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时，割断质点与飞船的连线 为使此时的飞船正好停止转动，连线应取何长度？（设飞船可看作质量为 m、半径为 R 的匀质圆盘）m题4 -35图分析 取飞船及两质点 A、B 为系统，在运行时，系统不受合外力矩作用，该系统的角动量守恒若在运行过程中通过系统内的相互作用，改变其质量分布，使系统的角动

44、量只存在于两质点上，此时，飞船的角动量为零，即飞船停止了转动又因为在运行过程中合外力的功亦为零，且又无非保守内力作功，所以，系统也满足机械能守恒当轻线恰好拉直时质点的角速度与飞船停止转动时质点的角速度相等时，连线的长度也就能够求出1o解 飞船绕其中心轴的转动惯量为J1= mR2，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动惯12量分别为J?=2mR2和J2m R I2.由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿径向拉直时，飞船转动正好停止，则有JiJ23二2m R I23（1）又根据过程中系统的机械能守恒，有1 1J1J23二2m R I232（2）21 22由上述两式可解得4 36 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧(其劲度系数为 k)，它的一端固定，另一端系一质量为 m 的滑块最初滑块静止时，弹簧呈自然长度I。，今有一质量为 m 的子弹以速度 V0沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内