大学物理第四章习题解

1、第四章 刚体的定轴转动41 半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s内被动轮的角速度达到，则主动轮在这段时间内转过了 圈。解：被动轮边缘上一点的线速度为在4s内主动轮的角速度为主动轮的角速度为在4s内主动轮转过圈数为（圈）42绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t0时角速度为5rad/s，t20s时角速度为，则飞轮的角加速度 ，t0到t100s时间内飞轮所转过的角度 。解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为t0到t100s时间内飞轮所转过的角度为43 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。解：转

2、动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。44 如图4-1，在轻杆的b处与3b处各系质量为2m和m的质点，可绕O轴转动，则质点系的转动惯量为 。图4-1m2mb3bO解：由分离质点的转动惯量的定义得45 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M_。解：飞轮的角加速度为制动力矩的大小为负号表示力矩为阻力矩。46 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F=5t（SI）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角

3、速度为 。解：圆盘的转动惯量为。3秒末的角加速度为由即对上式积分，并利用初始条件：时，得47 角动量守恒定律成立的条件是 。解：刚体（质点）不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。48 以下运动形态不是平动的是 。A火车在平直的斜坡上运动 B火车在拐弯时的运动C活塞在气缸内的运动 D空中缆车的运动解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选（B）。49 以下说法错误的是 。A角速度大的物体，受的合外力矩不一定大B有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零C有角加速度的物体，所受合外力一定不为零D作定轴（轴过质心）转动的物体，不论角加速度多大，所受合外力一定为零解：角速度大的物体，

4、角加速度不一定大，由于，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则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为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴（轴过质心）转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。综上，只有（C）是错误的，故应选（C）。410 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

5、零时，它们的合力也一定是零。在上述说法中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）都正确解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故（1）正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，则它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，则合力矩不等于零，因此（2）也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为

6、零，故（3）是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因，所以它们的合力不一定为零，故（4）也是错误的。故答案应选（B）。411 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动。如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。子弹射入并且停留在圆盘内，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度与射入前角速度相比 。A增大 B不变 C减小 D不能确定O图4-2解：设射来的两子弹的速度为，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，即式中这子弹对点O的角动量，为子弹射入前盘对轴O的转动惯量，J为子弹射入后系统对轴O的转动惯量。由于，则。故选（C）。412 如

7、图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。该物体原以角速度在距孔为r的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 。A角速度减小，角动量增大，动量改变B角速度不变，动能不变，动量不变C角速度增大，角动量增大，动量不变 图4-3FrOD角速度增大，动能增加，角动量不变解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有。当小球的半径减小时，小球对O点的转动惯量减小，即，故，角速度增大，小球转得更快。又由可得，因，所以，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。故选（D）413 有一半径为R的水平圆转台，可绕过其中

8、心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J。开始时，转台以角速度转动，此时有一质量为M的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去。当人到达转台边缘时，转台的角速度为 。A B C D解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。当人沿半径向外跑去，到达转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量。根据角动量守恒，可列方程得故所以应选（A）。414 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统 。A动量、机械能、角动量均守恒 B动量、机械能守恒，角动量不守恒 C动量守恒，但

9、机械能和角动量是否守恒不能断定 D动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，则物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C）。420 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r，质量为m；大圆盘的半径2r，质量2m。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J9mr2/2。两圆盘边缘上分别绕

10、有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图4-7所示。这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。已知r=10cm。求：（1）组合轮的角加速度；（2）当物体A上升h40cm时，组合轮的角速度。TTmgmgaABaTT图4-8ABrrmm图4-7解：（1）各物体受力情况如图48。A、B看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，应用刚体转动定律，得又因绳与盘无相对滑动，故有由上述方程组，代入题给已知条件可得（2）设为组合轮转过的角度，则所以组合轮的角速度为424 如图4-14所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为和，开始时，A轮转速为600转/分，B轮静

11、止，C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A、B分别与C的左、右两个组件相连，当C的左右组件啮合时，B轮加速而A轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑，求：（1）两轮啮合后的转速n；（2）两轮各自所受的冲量矩。解：选A、B两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有BACA图4-14r/minA轮所受的冲量矩为负号表示冲量矩与方向相反。B轮所受的冲量矩：正号表示冲量矩与方向相同。426 如图4-15所示，一质量M，半径为R的圆柱，可绕固定的水平轴O自由转动。今有一质量为m，速度为的子弹，水平射入静止的圆柱下部（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内（垂直于转轴）。求：（1）子弹与圆柱的角速度；

12、（2）该系统损失的机械能。解：（1）子弹与圆柱发生完全非弹性碰撞，所受合外力矩为零，角动量守恒。设子弹与圆柱碰后角速度为，则有ORv0图4-15其中，是子弹和圆柱绕轴O转动的转动惯量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为（2）损失的机械能为图4-16OABmms428 如图4-16所示，一均匀细棒长L，质量为m，可绕经过端点的O轴在铅直平面内转动，现将棒自水平位置轻轻放开，当棒摆至竖直位置时棒端恰与一质量也为m的静止物块相碰，物块与地面的滑动摩擦因数为，物块被击后滑动s距离后停止，求相撞后棒的质心离地面的最大高度。解：取棒和地球为一系统，细棒从水平位置转到竖直位置的过程中，只有重力作功，机械能守

13、恒，得所以 （1）取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为，木块的速度为，碰前后M外=0。故角动量守恒，有 （2）物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有 （3）由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度为设棒与物体碰后，棒的质心升高h，由机械能守恒，有故即质心离地面的最大高度为2l/3AOv0图4-17429 长为l、质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图4-17所示。有一质量为m的子弹以水平速度射入杆上A点，并嵌在杆中，OA2l/3。求子弹射入后瞬间杆的角速度。解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以所以Lrr+drOvdr题431图431 证明关