大学物理(第四版)课后习题及答案-刚体

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2x103「min”均匀的增加到2.7x10'r.niin-＞。

（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/=2皿（〃为单位时间内的转数），根据角加速度的定义a=华，

在匀变速转动中角加速度为

（o-（o2乃（〃一〃）...1-2

a=-----n-=--------n—=13.1rad-s

tt

（2）发动机曲铀转过的角度为

0=3（/+-ar="+=7r（n+%）t

在12s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s=g（l-e；）,式中g=9.0rad・「，

r=2.（）s。求：（I）y60s时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；⑶启动后60s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/=6.0s代入，即得

_L\

◎=41-e「=0.95g=8.6s-1

（2）角加速度随时间变化的规律为

a=—=4.5%

drr

（3）z=6.0s时转过的角度为

0=J：（oAt=j；g]—e「卜[=36.9rad

则r=6.0s时电动机转过的圈数

n

N=f-=5.87圈

2乃

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？

题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为M=-Q”，由转动定律〃=以，可得叶片的角

加速度为

d切CM/,、

根据初始条件对式（1）积分，有

由于。和J均为常量，得

co=(o^e'

当角速度由%T；为时，转动所需的时间为

/=—In2

C

(2)根据初始条件对式(2)积分，有

]：*=/%

即

0=皿

2C

在时间,内所转过的圈数为

汩二.

2乃4X?

题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为ZCBxlO'N.m,涡轮的转动惯量

为25.0kgm2。当轮的转速由2.8OX[()3r-min”增大到1.12X10,i-minT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。=丝二出，由转动定律"=以，可得飞轮所经历

t

的时间

/=―—―J=二^(〃-〃0)=10.8s

MM

解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动帚定理，有

J：Mdr=J(3-为)

则

I=①一%j—〃)=I。8s

MM

题4.5：用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为A的飞轮支承在O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：设绳子的拉力为斤，对飞轮而言，根据转动定律，有

FyR=Ja

而对重物而言，由牛顿定律，有

mg-FT=ma(2)

由于绳子不可伸长，因此，有

a=Ra(3)

重物作匀加速下落，则有

h=-at2(4)

2

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

j"唱T)

解2：根据系统的机械能守恒定律，有

-mgh+—m\r+—JM2=0(T)

22

而线速度和角速度的关系为

V-RM(20

又根据重物作匀加速运动时，有

v=at(3')

F=2ah(49

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耒的影响。

题4.6：一匕轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为10cm,长为8.0cm的

共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8X10、kg-m-3,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，圆盘的质量为相，半径为H。求它对00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的转动惯最，)=；〃/可得

1,1232

=Jo+mR=—m/?+〃〃+—m/?

题4.8：试证明质量为小，半径为R的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为2,〃R2。如以

5

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00轴的转动惯量为

dJ=­r2d/?j=-x2)tlv

式中0=斗为匀质球体的密度。则球体以其直径。O为转轴的转动惯量为

4冗R'

（吊R-"）=（4+4h（3）

琮=0，%=%（4）

由角加速度和线加速度之间的关系，有

«1=Ra（5）

a2=ra（6）

解上述方程组，可得

m.R-nur

a.=------!----f------gRn

J,+J2+叫R-+m2r

a，--------!----f------gr

J1+J2+，〃湛~+〃?2尸

广J.+/,+nur2+m、Rr

Fr,=—4.+..4=-+-〃-*^2-；-+--"7^，-rin1,6g

lJ,+J,+ntR2+/??.Rr

%=-7­；―~网g

4++m}R~+m2r'

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J,滑轮两边分别悬挂质

量为叫和叫的物体A、B。A置于倾角为夕的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为〃。若3

向下作加速运动时，求：口）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是在张力尸n、重力尸支持力人和摩

擦力R的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

吊-町gsin9-/叫gcos0=〃?M（1）

而B则是在张力产口和重力的作用下运动，有

"48一G=ftha2（2）

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

%=a2=ra

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

F^r-F；tr=Ja（4）

且有

%=%，/=%（5）

解上述各方程可得

tn.g-㈣gsin0-/叫gcos。

"=%=J

叫+m2+-j

2

_/叩%g（l+sin。+卜icos。）+（sin8+〃cos3）/nygJ/r

*T!=77""

，叫+J/r

_町"4g（l+sin9+〃cos0）+mgj/r

>।2

町+/?t,+J!r~

题4.13：如图所示，飞轮的质量为60kg,直径为Q50m,转速为l.Ox9「min"。现用闸

瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动力尸。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数〃=0.40,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

F（/I+/2）-^/,=0

而入=邛，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为

M=*=；"二号F"d⑴

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

⑵

a=s-(Do

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量1=〃山2/4,根据转动定律M=Ja,由式（1）、

（2）可得制动力

F_7nufid{

=3.l4xl02N

闻+/Jf

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O自由转动，其转动惯量为0.75kgm2、质量为15.0kg、半径为30.0cm。今将轮

胎放在以速率12.0m-sT移动的传送带上，并使框架A8保持水平。（1）如果轮胎与传送带之

间的动摩擦因数为0.60,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

M=牌ngr（I）

根据转动定律，车轮转动的角加速度为

a=—（2）

J

要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为

a）=vr（3）

开始时车轮静止，即@=0,故由匀加速转动规律/=,可得

（0...

/=—（4）

a

由上述各式可解得

t=-",=1.13s

厂

（2）在/时间内，轮缘上一点转过的弧长

s=r0=—ar

2

而传送带移动的距离/二"因此，传送带上滑痕的长度

1八2

d=l-s=vt——rat'=—:------=6.80m

22加叼厂

题4.15：一半径为R、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：（I）圆盘上半径为小宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力大小

=2m,卬1处]7VR~,[1方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为

2

dAf=rxdFf=-Qr?从中侬r[R)k

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•/二〃.火2。。由角动量定理MA/=&J3),

可得圆盘停止的时间为

Jo)3coR

Ar=——=---

M4〃g

题4.16：一质量为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0

转动，若在某时刻，一质量为小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

vfy=(oR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2g2g

(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L=…’

式中为圆盘未碎时的角动最：=为碎块被视为质点时，对轴的角动最;

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，其质量为犯=1.0kg,长为/=40cm,可绕通过其中

点并与之垂直的轴转动，一质量为“％=10g的子弹，以u=2.0xl0?nrs"的速度射入杆端，

其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的用速度。

题4.17解：根据角动量守恒定理

式中心=〃%(〃2)2为子弹绕轴的转动惯量，八。为子弹在陷入杆前的角动量，①=2»，〃为子弹

在此刻绕轴的角速度。/=〃“2/12为杆绕轴的转动惯量，力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

JM6m.v

〃==29.Is-1

J1+J2(〃7]+3〃A)Z

题4.18：半径分别为，i、〃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4和人。开始时轮【以角速度/转动，间与轮I【成正交啮合后，两轮的角速度分别为

多大?

题4.18解：设相互作用力为人在啮合的短时间加内，根据角动量定理，对轮I、轮II分

别有

—Fr^t=J］（以-4）（1）

F心i=J2co2（2）

两轮啮合后应有相同的线速度，故有

=弓g（3）

由上述各式可解得啮合后•两轮的角速度分别为

二44看二,/鹏

J/+A4-J防+乙不

题4.19：-质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kgm?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I.OOnvsT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4,人相对转台的角速度为例。由相对角速度的关系,

人相对地面的角速度为

3=线+?=4+2(I)

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

，双）+4（4+q）=0（2）

式中Jo、./1=〃求2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

1

mRv=—9.52x1CT?s"

J^+mR2R

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g=;rsT转动，转台对转轴的转动惯量为

4=4.0x10-3kg.n?。今有砂粒以Q=2/g.sT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，•=0.10m,求砂粒下落，=10s时，转台的角速度。

题4.20解：在时间Of10s内落至台面的砂粒的质量为

c10s

m=JoCM/=0.10kg

根据系统的角动量守恒定律，有

J必=（，＞+〃?/）◎

则/=10s时，转台的角速度

啰=（”=。8日

J^+mr

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胡向控

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

32

Jo=2.0xl0kgm,旋转的角速度©=0.2同7,喷口与轴线之间的距离r=1.5m；喷气

以恒定的流量。=1.0kg.s”和速率“=50m・sT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（2）喷气过程中气流速率〃远大于飞船侧面的线速度劭、

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〃，这样，排出气体的总角

动量L=J（〃+e/）（1〃?力/〃”。经.卜.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

jM-inur=O

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

JCO."

t=-----=2.67s

Qur

题4.22：一质量为川、半径为我的转台，以角速度g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，转台的角速度也为多少？（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：转台的角速度叫为多少？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

=Uo+4）0b

式中Jo=；〃，'R2为转台对其中心轴的转动惯量，4=〃，叱为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴

的转动惯量。于是可得

十4"m'十2m

（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯最将随半径/•而改变，即乙=〃7。

在此过程中，由系统角动量守恒，有

人生=（/（＞+八

则

，o+32""耐+2〃，

题4.23：一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。

以100N的力打击它的卜端点，打击时间为0.02s。（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

2-,

=Jcoiy=jMdr=FZA/=2（）kg-m-s（1）

（2）在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选。处为重力势能零点。在转动过程中,

系统的机械能守恒，即

gjrw；-cos6）（2）

由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为

0=arccosfI-3r-=88婚

\"皿J

题4.24：（1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率封绕质子运动。作用在电子上的向心力为

电作用力，其大小为//4点。/,其中e为电子、质子的电量，,为轨道半径，4为恒量。

试证轨道半径为

e2

/=------r

4疝（）〃“

（2）假设电子绕核的角动量只能为/〃功的整数倍，其中/?为普朗克常量。试证电子的可能

轨道半径由下式确定：

nh

r=----

Irnnv

（3）试由以上两式消去v,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：

r=5-

Time

式〃中可取正整数1,2,3…。

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b=（可略去

4g）广

万有引力），根据径向动力学方程尸=机小，有

e2mv2

-----=---

4g/r

则电子的轨道半径为

e'

r=------7

4%卢犷

（2）根据题中电子角动量的量子化条件，即L=有

2乃

,『h

L=mv------=n——

4^;,wv~r2不

则电子可能的轨道半径为

nh

r=----

Imnv

（3）根据（1）和（2）的结果消去叫电子可能的轨道半径也可表示为

「二〃为。1

rone

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4.39x10,m、远地点

为238x106m。试计算卫星在近地点和远地点的速率。1设地球半径为6.38x1（）6m）

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

/〃片4=/〃岭5(1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

1，Grnni,I,Gnun.

—rnvy------=_加%------(z2x)

262r2

式中G为引力常量，〃后和m分别为地球和卫星质量，力和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

=8.11xlO5ms-'

v,=—V1=6.31x1m-s'

-A

题4.26：地球对自转轴的转动惯量为0.33〃%於，其中人为地球的质量，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，一年内自转

周期增加3.5x10-，s,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，由刃=24/丁可确定地球的自转角速度

和地球自转时的转动动能a=口■。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，可得到动能的减少最与周期A7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

VV=A?A<9=AEk,即可求出潮汐的平均力矩。

解：(1)地球的质量叫=5.98xl(f*kg,半径H=6.37x"m,所以,地球自转的动能

E&=-J<y2=2^2x0.33zn/?2/T2=2.l2xl029J

2E

(2)对式3二手两边微分,可得

.2乃

(1(0=--(IT

当周期变化一定时，有

A6y=-^AT=--AT(I)

T22万

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

AEk=JetAco=JAT=--EkAT(2)

2万兀

又根据动能定理

IV=A7A6>=(3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩

,6

|A7|=-^I=7.47xlON.m

式中〃为一年中的天数（”=365）,AT为一天中周期的增加量。

题4.27：如图所示，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动惯量

J,=10.0kgm2,开始时B轮静止，A轮以％=600「minT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〃=200-minT为止。求：（1）B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

J阳=（4+」2尬

则B轮的转动惯量为

4=四』，=纥"”=20.0kgm?

（2）系统在啮合过程中机械能的变化为

AE=；(4+/2财-"“=-L32X1。J

式中负号表示啮合过程机械能减少。

题4.28：一质量为小、半径为我的匀质圆柱体，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K方向上的动力学方程为

mgsin0—Fr=mac(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

FfR=Ja=—mRa（2）

在无滑动滚动时，质心的加速度仍与转动的角速度a之间的关系为

ac=Ra（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a和支持力心都不产生力矩,

使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩〃陪sin。,故有

mgRsin0=J'a

其中广是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有

a=——sin^

2R

则

2

ac=Ra=—gsin6

解3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有

E=—mvl+—J(o2=恒量

将上式对，求导，可得

dvr-dcodh(八

mv--+JCD——+mg--=0

cdrdrdr

式中午=%，崇=a,攀=—vsin8,且有七=氏3和十=Ra，则可得到

2.八

ac=y^sin8

显然上述三种方法均能得到同样的结果。

题4.29：一长为八质量为/〃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

转动动能的改变。

题4.29解：(1)棒的质心的动量定理为

FAr=A/?=mvc

式中户是棒所受的平均力，配为棒质心的速度。棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角

动量定理，有

一尸一=J(o'-J(o

2

式中J为棒绕质心的转动惯量(即而根据角动量与线量的关系

I,

可解得

,J1

CD=---------(D=—(0

J+-ml24

4