大物习习题答案第3章 连续物体的运动

1、第3章 连续物体的运动一 基本要求 1 理解描写刚体定轴转动的物理量，并掌握角量与线量的关系。2 理解力矩和转动惯量概念，掌握刚体绕定轴转动的转动定律。3理解角动量概念，掌握质点在平面内运动以及刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。4理解刚体定轴转动的转动动能概念，能载有刚体绕定轴转动的问题中正确的应用机械能守恒定律。5了解流体的特点，掌握理想流体的概念。6掌握理想流体的连续性方程和伯努利方程。7了解伯努利方程的应用。二 基本概念1连续介质 在宏观力学的范围内如果能忽视物体内部的不连续性，把物体看作质量连续分布的质点系。2刚体 大小和形状的变化可以忽略的连续介质。3对定轴的力矩：力的大小与点到

2、力的作用线的垂直距离的（力臂）乘积。 或 =r×F 4转动惯量 转动惯量是描述刚体在转动中惯性大小的物理量。对于质点系的转动惯量 。如果物体的质量是连续分布的，上式可写为 。5 质点的角动量 质点对固定点O的位矢为，质点m对原点O的角动量为 6 冲量矩 力矩和作用时间的乘积，记作。7刚体定轴转动的角动量 8力矩的功 9力矩的功率 10刚体的转动动能 11流体 处于液态和气态的物体的统称。特点是物体各部分之间很容易发生相对运动，即流动性。12理想流体 绝对不可压缩和完全没有黏性的流体。13定常流动 流体流经空间任一给定点的速度是确定的，并且不随时间变化。在流速较低时定常流动的条件是能够

3、得到满足的。14流线 为了形象地描述流体的运动, 在流体中画出一系列曲线,使曲线上每一点的切线方向与流经该点流体质点的速度方向相同, 这种曲线称为流线。15流管 在定常流动中,通过流体中的每一点都可以画一条流线。由流线围成的管状区域, 就称为流管。16流量 单位时间内流过某一截面的流体体积, 称为流体流过该截面的体积。三 基本规律1刚体定轴转动角量与线量的关系 =R = R 2转动定律 刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，。3相加性原理 对同一转轴而言，刚体总转动惯量等于各部分转动惯量之和。4平行轴定理 质量为m的刚体对过它质心的轴的转动惯量是,如果

4、有另一轴与该轴平行，两轴之间的距离为d,那么刚体对轴的转动惯量为5质点的角动量定理 对同一参考点，质点所受的冲量矩等于质点角动量的增量6质点的角动量守恒定律 当质点所受的对参考点的合外力矩为零时，质点对参考点的角动量为一恒矢量。7刚体定轴转动的角动量定理 作用在刚体上的冲量矩等于刚体角动量的增量。8刚体定轴转动的角动量守恒定律 当刚体所受的的合外力矩为零，或者不受合外力的作用，刚体的角动量保持不变。9刚体绕定轴转动的动能定理 合外力矩对绕定轴转动的刚体所作的功，等于刚体的转动动能的增量，即 。10理想流体的连续性方程 理想流体作定常流动时, 流体的速率与流管截面积的乘积是一个恒量, = 恒量。

5、11伯努利方程 作定常流动的理想流体四 难点解析与问题讨论 1转动定律的应用刚体定轴转动定律的应用与牛顿运动定律的应用相似。牛顿运动定律应用的基础是受力解，而对于转动定律的应用，则不仅要进行受力解，还要进行力矩解。按力矩解可用转动定律列出刚体定轴转动的动力学方程并求解出结果。 在刚体定轴转动定律的应用中还常常涉及到与牛顿运动定律的综合。题目的复杂性相对较大，这也是大家注意的问题。 问题3.如图所示，一轻杆（不计质量）长度为2，两端各固定一小球，A球质量为2m，B球质量为m，杆可绕过中心的水平轴O在铅垂面内自由转动，求杆与竖直方向成角时的角加速度。 图解 轻杆连接两个小球构成一个简单的刚性质点系

6、统。系统运动形式为绕O轴的转动，应该用转动定律求解                             （1） 先解系统所受的合外力矩。系统受外力有三个，即A、B受到的重力和轴的支撑作用力。轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用。以顺时针方向作为运动的正方向，则A球受力矩为正，B球受力矩为负，

7、两个重力的力臂相等为，故合力矩                 (2) 系统的转动惯量为两个小球（可看作质点）的转动惯量之和                        (3) 将（2）（3）式代入（1）式 有    

8、                   解得问题如图所示，有一匀质细杆长度为，质量为m，可绕其一端的水平轴O在铅垂面内自由转动。当它自水平位置自由下摆到角位置时角加速度有多大 图解 杆受到两个力的作用，一个是重力，一个是O轴作用的支撑力。O轴的作用力的力臂为零，故只有重力提供力矩。重力是作用在物体的各个质点上的，但对于刚体，可以看作是合力作用于重心。即杆的中心，力臂为。杆对O轴的转动惯量为。按转动定律有 即  

9、;                     解得                      问题如图所示，一固定光滑斜面上装有一匀质圆盘A作为定滑轮，轮上绕有轻绳（不计质量），绳上连接两重物B和C。已

10、知A、B、C的质量均为m，轮半径为r，斜面倾角。若轮轴的摩擦可忽略，轮子和绳子之间无相对滑动，求装置启动后两重物的加速度及绳中的张力 图解 A、B、C构成一个连接体，A轮沿顺时针方向转动，B物体向下运动，C物体沿斜面向上运动。设A的角加速度为，B、C加速度的大小相等设为a，绳子中张力的大小在A、B间设为、（），在A、C间设为、（）。和不相等，否则轮A受合力矩将为零，就不可能随绳子运动了，这显然不符合题意。     对滑轮A，滑轮所受的重力的力心在轴上，轮轴的支撑力也在轴上，它们的力臂均为零，故力矩也为零，所以只有绳子的张力和提供力矩，按转动定律有 对重物B，按牛顿

11、运动定律有 对重物C，按牛顿运动定律有 由于轮子和绳子之间无相对滑动，A轮边缘的切向加速度和B、C加速度的大小相等，又按角量与线量关系有 联立以上四个方程可解得   2刚体定轴转动的角动量和动能单个质点对轴的角动量： 单个刚体对轴的角动量：共轴转动刚体系统的角动量：定轴转动刚体的动能归结于质点系的动能，定义为组成刚体的各质点动能之和，即 其中为第个质点的速率，是它的质量。按角量与线量关系，其中为质点到轴的距离，为刚体转动的角速度，有 由转动惯量的定义可知，其中的是刚体对定轴的转动惯量J，故有 转动动能公式是从质点动能公式推导而来，最终的形式也很象质点动能公式。在公式的推导中我们看到，

12、转动动能采用角量描述比用线量描述方便，这是由于在转动中各质点角速度相同而线速度各不相同的缘故。在已知刚体转动惯量的情况下，上述公式计算刚体的动能是非常方便的，要求大家必须掌握。 3刚体定轴转动的综合应用在一些刚体定轴转动问题中，会涉及到角动量守恒、机械能守恒的综合应用。下面我们通过一些例题来予以说明。问题如图所示，一匀质木棒长度=1m，质量为=10kg，可绕其一端的光滑水平轴O在铅垂面内自由转动。初时棒自然下垂，一质量=0.05kg的子弹沿水平方向以速度击入棒下端（嵌入其中），求棒获得的角速度及最大上摆角。图解 子弹击入木棒的过程可以看成是绕轴做转动，因此在碰撞过程中可以将子弹和木棒作为一个共

13、轴转动系统来讨论。子弹击入木棒的过程中，轴的支撑力及重力都不提供力矩（力臂为零），故系统对轴O的角动量守恒。击入前只有子弹有角动量 击入后设棒获得的角速度为，棒和子弹整体的转动惯量为                       (1)击入后系统的角动量为由角动量守恒定律有，即可解得棒的角速度  (2)在棒上摆的过程中只有保守力重力做功，系统的机械能守恒。以棒刚开始上摆时的状态作

14、为棒和子弹重力势能的零点，则此时系统只有动能，其中J和见（1）式和（2）式。棒上摆到最大角度时动能为零，系统只有重力势能。棒的重力势能为，子弹的重力势能为。由机械能定恒定律有可解出最大上摆角4伯努利方程上式各项分别表示单位体积流体的压力能、重力势能和动能。在沿流线运动过程中，总和保持不变即总能量守恒。显然，流动中速度增大，压强就减小；速度减小， 压强就增大；速度降为零，压强就达到最大(理论上应等于总压)。飞机机翼产生举力，就在于下翼面速度低而压强大，上翼面速度高而压强小 ，因而合力向上。方程适用于全流场任意两点之间。习题关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（ ） （A）只取决于刚体的质量

15、,与质量的空间分布和轴的位置无关 （B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关 （C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置 （D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关解 转动惯量是描述刚体在转动中惯性大小的物理量。对于质点系的转动惯量，如果物体的质量是连续分布的，转动惯量为。所以刚体对轴的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置故选。几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体（ ） (A) 必然不会转动 (B) 转速必然不变 (C) 转速必然改变 (D) 转速可能不变，也可能改变 解 刚体所受几个力的矢量和为零，合

16、外力矩可能等于零，也可能不等于零。根据刚体作定轴转动的转动定律，可能等于零，也可能不等于零，所以转速可能不变，也可能改变故选。在下列说法中，错误的是（ ）  A刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度则不同；   B刚体定轴转动的转动定律为，式中、均为对同一条固定        轴而言的，否则该式不成立；   C刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和；   D对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯

17、一确定        的。 解 对给定的刚体而言，它的质量和形状一定时，其转动惯量还与轴的位置有关故选。        一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑 铃水平收缩到胸前的过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统的（ ）（A）机械能守恒，角动量守恒；（B）机械能守恒，角动量不守恒；（C）机械能不守恒，角动量守恒；（D）机械能不守恒，角动量不守恒。解 人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中，势能不变，动能变化，所以机械能

18、不守恒，但系统所受合外力矩等于零，所以角动量守恒。故选。有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度0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、水平圆转台组成的系统，在人沿半径向外跑去的过程中所受合外力矩等于零，角动量守恒。所以有。故选。花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角速度为0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为J0，这时她转动的角速度变为 （ ） （A） （B）、。（C）、30 （D）、 ( )解 花样滑

19、冰运动员绕过自身的竖直轴转动，所受合外力矩等于零，角动量守恒。所以有。故选。如图所示，一光滑细杆上端由光滑铰链固定，杆可绕其上端在任意角度的锥面上绕竖直轴作匀角速度转动。有一小环套在杆的上端处。开始使杆在一个锥面上运动起来，而后小环由静止开始沿杆下滑。在小环下滑过程中，小环、杆和地球系统的机械能以及小环与杆对轴的角动量这两个量中（ ）(A) 机械能、角动量都守恒；(B) 机械能守恒、角动量不守恒；(C) 机械不守恒、角动量守恒；习题图(D) 机械能、角动量都不守恒. 解 在小环下滑过程中，小环、杆和地球组成的系统，系统只有重力作功，和外力矩等于零，所以机械能、角动量都守恒。一均质细杆可绕垂直它

20、且离其一端（为杆长）的水平固定轴在竖直平面内转动。杆的质量为，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度，如杆恰能持续转动而不作往复摆动则需要（已知细杆绕轴的转动惯量，一切摩擦不计）（ ）(A) (B) (C) (D) . 习题图解 细杆在转动过程中，只有重力作功，故细杆和地球组成的系统机械能守恒。以为重力势能零位置，设细杆转动到最高位置时的角速度为，根据机械能守恒定律有，要使杆恰能持续转动而不作往复摆动则需要。由此可求得。故选。2 填空题若作用于一力学系统上外力的合力为零，则外力的合力矩_（填一定或不一定）为零；这种情况下力学系统的动量、角动量、机械能三个量中一定守恒的量是_ 解 若作用于一力学系统

21、上外力的合力为零，则外力的合力矩不一定为零，这种情况下力学系统的动量一定守恒。一均匀细直棒，可绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转动使棒从水平位置自由下摆，棒是否作匀角加速转动_理由是_ 解 棒从水平位置自由下摆，所受的合外力矩不等于恒量，根据转动定律 。飞轮半径为0.2 m，转速为150 ，因受制动而均匀减速。经30秒后停止转动，则此段时间内飞轮转过的圈数为_。解 飞轮转速为150 ，即；因受制动而均匀减速，；得，飞轮转过的圈数为。如图所示，一质量为m，长为l的均勺细棒，绕图示转轴转动。其转动惯量大小为_。习题图解 根据连续物体地转动惯量，可得均勺细棒对图示转轴产生的转动惯量大小为。均匀细

22、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，角速度变化是_，角加速度变化是_。习题图解 棒从水平位置由静止开始自由下落，所受的合外力矩为重力矩，重力矩不断变小，角加速度不断变小，角速度不断变大。长为、质量为的均质杆可绕通过杆一端的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图所示。现有一质量为的子弹以水平速度射入杆上点，并嵌在杆中. ，习题图则子弹射入后瞬间杆的角速度= 。解 子弹射入杆瞬间前后子弹和杆组成的系统角动量守恒，有，整理得。一质量为m，半径为R的均匀圆盘，求通过盘中心O并与盘面垂直的轴的转动惯

23、量。解 在圆盘上以和为半径作圆，所取得的质量元为 根据连续物体转动惯量的定义有题图在边长为的六边形顶点上，分别固定有质量都是的6个质点，如图所示。试求此系统绕下列转轴的转动惯量：（1）设转轴、在质点所在的平面内，如图所示；（2）设转轴垂直于质点所在的平面，如图所示。解 根据质点系的转动惯量有 以为轴转动惯量 ；以为轴转动惯量 ；习题图以为轴转动惯量 。一半圆形细杆，半径为R，质量为，求对过细杆二端AA轴的转动惯量。解 半圆的长度为C = R，质量的线密度为 = m/C习题图在半圆上取一弧元ds = Rd，其质量为dm = ds，到AA轴的距离为r = Rsin，绕此轴的转动惯量为dJ = r2

24、dm = R3sin2d，半圆绕AA轴的转动惯量为一长为1 m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放已知棒对轴的转动惯量为，其中m和l分别为棒的质量和长度求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度 解（1）根据转动定律棒所受的合外力矩为重力产生的力矩习题图所以 （2）棒转到水平位置时重力产生的力矩以初速度0将质量为的质点以倾角从坐标原点处抛出。设质点在Oxy平面内运动，不计空气阻力，以坐标原点为参考点，计算任一时刻：（1）作用在质点上的力矩；（2）质点的角动量。解（1）质点仅受重力作用

25、，质点在任意时刻的位矢为习题图（2）如图所示，一个质量为的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为、半径为 ,其转动惯量为，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。解 受力解如图，可建立方程： ，习题图联立，解得：，考虑到，有：。或：或：设电风扇的功率恒定不变为，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度成正比，比例系数为，并已知叶片转子的总转动惯量为。（1）原来静止的电扇通电后秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度解（1）已知，而动力矩，通电时根据转动定律有：代入

26、两边积分有： ，可求得：；（2）见上式，当时，电扇稳定转动时的转速：；（3）断开电源时，电扇的转速为，只有作用，那么：，考虑到，有：，得： 。有一质量为、长为的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为m的水平桌面上，它可绕通过其端点且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为和，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。(已知棒绕点的转动惯量)解 由碰撞时角动量守恒，考虑到和方向相反，以逆时针方向为正向，有：习题图，得：又细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：，利用，有：，得：

27、。如图所示，滑轮转动惯量为，半径为；物体的质量为，用一细绳与劲度系数的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计。求：（1）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止而下落的最大距离；（2）物体的速度达最大值时的位置及最大速率。解（1）设弹簧的形变量为，下落最大距离为。由机械能守恒：，有：习题图；（2）当物体下落时，由机械能守恒：，考虑到，有：，欲求速度最大值，将上式两边对求导，且令，有：，将代入，有：，当m时物体速度达最大值，有：，代入数值可算出： 。如图所示，半径分别是和、转动惯量分别是和的两个圆柱体，可绕垂直于图面的轴转动，最初大圆柱体的角速度为，现在将小圆柱体向左靠近，直到它碰到

28、大圆柱体为止。由于相互间的摩擦力，小圆柱体被带着转动，最后，当相对滑动停止时，两圆柱体各以恒定角速度沿相反方向转动。试问这种情况角动量是否守恒为什么小圆柱的最终角速度多大解 角动量守恒，因为摩擦力的力矩为0。由，有小圆柱的最终角速度为： 。习题图如图所示，一根长，质量为的均匀直棒，其一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置，今有一子弹，质量为，以水平速度射入棒的下端而不复出。求棒和子弹开始一起运动时的角速度。解：由于从子弹进入棒到二者开始一起运动所经过的时间极短，在这一过程中棒的位置基本不变，即仍然保持竖直，如图所示。因此，对于木棒和子弹系统，在子弹冲入过程中，系统所受的外力(重力和轴的支持力

29、)对于轴O的力矩都是零。这样，系统对轴O的角动量守恒。以和分别表示子弹和木棒开始一起运动时木棒端点的速度和角速度。则角动量守恒给出习题图 再利用关系式就可解得： 注意，在子弹射入棒的过程中，木棒和子弹系统的总动量并不守恒。 如图所示，将单摆和一等长的匀质直杆悬挂在同一点，杆的质量也与单摆的摆锤相等。开始时直杆自然下垂，将单摆摆锤拉到高度，令它自静止状态下摆，于铅垂位置和直杆作弹性碰撞。求碰撞后直杆下端达到的高度。解：碰撞前单摆摆锤的速度为，令碰撞后直杆的角速度为，摆锤的速度为，由角动量守恒，有 （1)式中杆的转动惯量J。在弹性碰撞过程中机械能守恒习题图 （2)(1)(2)联立解得 ， 按机械能守恒，摆锤达到的高度显然为，而杆的质心达到的高度满足 ，由此得如图所示，质量为、半径为R的圆盘，可绕一无摩擦的水平轴转动。圆盘上绕有轻绳，一端悬挂质量为m的物体。问物体由静止下落高度h时，其速度的大小为多少设绳的质量忽略不计。解 圆盘和物体的受力如图，对于圆盘，根据转动动能定律 式中为圆盘在力矩的作用下转过的角度，0与为圆盘在开始和终了时