(1.4.18)-大学物理第三章作业答案

第三章作业答案一、选择题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(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)．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．对上述说法下述判断正确的是()(A)只有(2)是正确的(B)(1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的(D)(1)、(2)、(3)都是正确的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)．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，如图一所示，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，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

图一分析与解：如图一所示，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，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、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．如图二所示射来两个质量相同，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ω的变化情况为()(A)L不变，ω增大(B)两者均不变(C)L不变，ω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O的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即式中mvd为子弹对点O的角动量ω０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，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则ω＜ω０．故选(C)．图二5、假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的()(A)角动量守恒，动能守恒(B)角动量守恒，机械能守恒(C)角动量不守恒，机械能守恒(D)角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ)角动量守恒，动量也守恒分析与解：由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．6、花样滑冰运动员绕竖直轴旋转，两臂伸开时转动惯量为J。，角速度为；收拢两臂，转动惯量变为J。，则角速度为(B)（A）（B）3（C）。（D）二、填空题1、半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度aτ=，法向加速度an=。[答案：]2、如题三图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。图三[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒]3、两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB(ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA和JB，则有JAJB。（填>、<或=）[答案：<]4、刚体的转动惯量取决于、和等3个因素。[答案：刚体的总质量；质量的分布；转轴的位置]5、可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0m，一条绳子绕在飞轮的外周边缘上，如果从静止开始做匀角加速运动且在4s内绳被展开10m，则飞轮的角加速度为。[答案：5rad/s2]6、一根均匀棒，长为l，质量为m，可绕通过其一端且与其垂直的固定轴在竖直面内自由转动．开始时棒静止在水平位置，当它自由下摆到与水平位置成角时，它的角加速度等于__________．[答案：]三、计算题1、如图四所示，圆盘的质量为m，半径为R．求：(1)以O为中心，将半径为R／2的部分挖去，剩余部分对OO轴的转动惯量；*(2)剩余部分对O′O′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．图四分析：由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式计算，式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理．解挖去后的圆盘如图(b)所示．(1)解1：由分析知解2：整个圆盘对OO轴转动惯量为，挖去的小圆盘对OO轴转动惯量，由分析知，剩余部分对OO轴的转动惯量为*(2)由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为2、一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为M，涡轮的转动惯量为J．当轮的转速由n0增大到n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，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．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t=、解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则t=3、如图五所示：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为m1，长为l可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2子弹，以v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.图五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可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′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式中为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子弹在此刻绕轴的角速度.为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为ω5、如图六所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO′自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始的角速度为ω0，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？(假设环内壁光滑.)图六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ωB.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，环与球的相互作用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，因此系统的机械能守恒.根据两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，