大学物理第四版课后习题及答案刚体.doc

1、题 4.1：一汽车发动机曲轴的转速在 内由 均匀的增加到 。s1213minr0. 13minr07.2 （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 2n（n 为单位时间内的转数） ，根据角加速度的定义 ，在匀变速转动中角加速度为td200 srad1.32tnt （2）发动机曲轴转过的角度为 tntt 00201 在 12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3920tnN 题 4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为 ，式中 ，)1(0te10srad.9 。求：（1） 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s0.s0.6t

2、 内转过的圈数。6 题 4.2 解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将 t 6.0 s 代入，即得100 s6.895.te （2）角加速度随时间变化的规律为 20s5.4dttet （3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad9.3616060 stet 则 t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 圈87.52N 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0 度成正比，比例系数 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为 ，问：（1）经过多少CJ 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

3、叶片所受的阻力矩为 ，由转动定律 ，可得叶片的MCM 角加速度为 （1）JCtd 根据初始条件对式（1）积分，有00t 由于 C 和 J 均为常量，得te0 当角速度由 时，转动所需的时间为0021lnCJt （2）根据初始条件对式（2）积分，有 ttJCe00dd 即 20 在时间 t 内所转过的圈数为 CJN40 题 4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为 ，涡轮的转动惯mN103.2 量为 。当轮的转速由 增大到 时，所经历的时间2mkg0.5 13minr08.214inr. 为多少？ 题 4.4 解 1：在匀变速转动中，角加速度 ，由转动定律 ，可得飞轮所经t0MJ 历

4、的时间 s8.1020nMJt 解 2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有 00dJt 则 s8.1200nMJt 题 4.5：用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为 的飞轮支承在 点上，然后在RO 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，m 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 FT，对飞轮而言，根据转动定律，有JRFT 而对重物而言，由牛顿定律，有 （2）mag 由于绳子不可伸长，因此，有 （3） 重物作匀加速下落，则有 （4）21ath 由上述各式可

5、解得飞轮的转动惯量为 12hgtmRJ 解 2：根据系统的机械能守恒定律，有 （1）02Jvg 而线速度和角速度的关系为 （2）Rv 又根据重物作匀加速运动时，有 （3）at （4）h2 由上述各式可得 12gtmRJ 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来的影响。 题 4.6：一飞轮由一直径为 ，厚度为 的圆盘和两个直径为 ，长为 的cm30c0.2cm10c0.8 共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为 ，求33kg18.7 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

6、式可得 24241 2212 mkg36.06adl dJ 题 4.7：如图所示，圆盘的质量为 ，半径为 。求它对 轴（即通过圆盘边缘且平行RO 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2OmJ 转动惯量 可得2O1mRJ2223R 题 4.8：试证明质量为 ，半径为 的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为 。如以25mR 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 OO轴的转动惯量为xRxmrJ d21d22 式中 为匀质球体的密度。则球体以其直径 OO为34R 转轴的转动惯量为 225d21dmRxJR

7、又由平行轴定理可得球绕 O1O1 轴的转动惯量为2257mJ 题 4.9：质量面密度为 的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转 动惯量为 。其中 为矩形板的长， 为它的宽。)(122bllb 题 4.9 证：取如图所示坐标，在板上取一质元 ，yxmd 它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为 yxJdd2 整个矩形板对该轴的转动惯量为 2 221Jlb blyx 题 4.10：如图所示，质量 的实心圆柱体 ，其半径为 ，可以绕其固定水kg6mAcm15r 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 的物体 。求：（1）物体由静止开始下降 后

8、的距离；（2）绳的张力 。kg0.82mBs0.1TF 题 4.10 解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得 （1）2TrJrF 对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有 （2）amFgPT2T2 且 。又由角量与线量的关系，得ra 解上述方程组，可得物体下落的加速度 21mg 在 t = 1.0 s 时，B 下落的距离为 45.212ta （2）由式（2）可得绳中的张力为 N2.3921gmagFT 题 4.11：质量为 和 的两物体 、 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半AB 径分别为 和 ，两轮的转动惯量分别为 和 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略Rr 1

9、J2 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 4.11 解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律， 有 （1）T11TamFgP （2）22F （3）11JrR （4）T2T, 由角加速度和线加速度之间的关系，有 （5）a1 （6）r2 解上述方程组，可得 gRrmJa212121212 grRJF12121Tm21212 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 ，滑轮两边分别悬挂rJ 质量为 和 的物体 、 。 置于倾角为 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为 。1m2AB 若 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速

10、度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。 （设B 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 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 （1）11Tcossinamgm 而 B 则是在张力 FT2 和重力 P2 的作用下运动，有 （2）2ag 由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有 ra21 对滑轮而言，根据定轴转动定律有 （4）JFT12 且有 （5）T21, 解上述各方程可得 21121 cossinrJmgga21 2121T ssinsi rgJmF21

11、212coinrJrgg 题 4.13：如图所示，飞轮的质量为 ，直径为 ，k6050. 转速为 。现用闸瓦制动使其在 内停13minr0. s. 止转动，求制动力 。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数F ，飞轮质量全部分布在轮缘上。4. 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01N21llF 而 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 （1）dFldM12Nf2 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 （2）tnt0 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量 ，42mdJ 根据转动定律 ，由式（1） 、 （2）可得制动力JMN04.3221tlnmdF 题

12、 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 自由转动，其转动惯量为 、质量为 、半径为 。今将O2mkg75.0kg0.15cm0.3 轮胎放在以速率 移动的传送带上，并使框架 保持水平。 （1）如果轮胎与传送1sm0.2 AB 带之间的动摩擦因数为 ，则需要经过多长时间车轮才能达到最终的角速度？（2）在传6. 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 （1）mgrM 根据转动定律，车轮转动的角加速度为 （2）J 要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为 （3）vr 开始时车轮静止，即 ，故由匀加速转动规

13、律 ，可得0t0 (4)t 由上述各式可解得 s13.2mgrJvt （2）在 t 时间内，轮缘上一点转过的弧长 2s 而传送带移动的距离 l = vt，因此，传送带上滑痕的长度 m80.621grJvtrvtsld 题 4.15：一半径为 、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R 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： （ 1）圆盘上半径为 r、宽度为 dr 的同心圆环所受的摩擦力大小 ，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为2fd2dRrmgFkM22fr 式中 k 为轴向的

14、单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为 RmgRr023dd （2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 J = mR2/2。由角动量定理 ，JtM 可得圆盘停止的时间为 gRMJt43 题 4.16：一质量为 、半径为 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度mR 转动，若在某时刻，一质量为 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Rv0 由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为 gh20 （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 L0 式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎21

15、Rm21mRL 块被视为质点时，对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量。 则 21RmL 题 4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为 ，长为 ，可绕通过其kg0.1mcm40l 中点并与之垂直的轴转动，一质量为 的子弹，以 的速度射入杆g02 12s.v 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 4.17 解：根据角动量守恒定理212JJ 式中 为子弹绕轴的转动惯量， 为lm2J 子 弹在陷入杆前的角动量， 为子弹在此刻lv2 绕 轴的角速度。 为杆绕轴的转动惯量，121lJ 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 12121 s.936 lmvJ

16、 题 4.18：半径分别为 、 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r 惯量为 和 。开始时轮以角速度 转动，问与轮成正交啮合后，两轮的角速度分1J2 0 别为多大？ 题 4.18 解：设相互作用力为 F，在啮合的短时间 内，根据角动量定理，对轮 I、轮 II 分别有t （1）01JFr （2）2t 两轮啮合后应有相同的线速度，故有 （3）21r 由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为 211021210,rJrJ 题 4.19：一质量为 的小孩，站在一半径为 、转动惯量为 的静止水kg. m0.32mkg450 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

17、间的摩擦不计。如果 此小孩相对转台以 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？1sm0. 题 4.19 解：设转台相对地的角速度为 ，人相对转台的角速度为 。由相对角速度的关01 系，人相对地面的角速度为 （1）Rv010 由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 （2）01010J 式中 J0、J 1 = 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 1220 s05.9Rvm 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 转动，转台对转轴的转动惯量为10s 。今有砂粒以 的流量竖

18、直落至转台，并粘附于台面形成一230kg1.4J 1g2tQ 圆环，若环的半径为 ，求砂粒下落 时，转台的角速度。m10.r s0t 题 4.20 解：在时间 010 s 内落至台面的砂粒的质量为kg1.ds10tQm 根据系统的角动量守恒定律，有 200rJ 则 t = 10 s 时，转台的角速度 120s8.mrJ 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切向 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 ，旋转的角速度 ，喷口与轴线之间的距离 ；喷气230kg1.2J 1srad2.0m5.1r 以恒定的流量 和速率 从喷口

19、喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气1s0.Q1m5u 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 J；（2）喷气过程中气流速率 u 远大于飞船侧面的线速 度 r，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 体的总角动量 。经上述处理后，可使问题大大简化。murruLmd 解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量 守恒定律，有 0urJ 因喷气的流量恒定，故有 Qtm2 由式（1） 、 （2）可

20、得喷气的喷射时间为 s67.urJt 题 4.22：一质量为 、半径为 的转台，以角速度 转动，转轴的摩擦略去不计。 （1）mRa 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 为多少？（2）若蜘b 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 为多少？设rc 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b0a0JJ 式中 为转台对其中心轴的转动惯量， 为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对2Rm 21mRJ 轴的转动惯量。于是可得 aa10b2J （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

21、 而改变，即 。2mrJ 在此过程中，由系统角动量守恒，有 c20a0JJ 则 a2a20c mrR 题 4.23：一质量为 ，长为 的均匀细棒，支点在棒kg1.0.1 的上端点，开始时棒自由悬挂。以 的力打击它的下端点，N 打击时间为 。 （1）若打击前棒是静止的，求打击时其角s02. 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 （1）20 smkg0.dtFlMJL （2）在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选 O 处为 重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即 （2）cos1120mglJ 由式（1） 、 （2）可得棒的

22、偏转角度为 833arcos2gltF 题 4.24：（1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率 绕质子运动。作用在电子上的向心力v 为电作用力，其大小为 ，其中 为电子、质子的电量， 为轨道半径， 为恒量。2024/reer0 试证轨道半径为 204mver （2）假设电子绕核的角动量只能为 的整数倍，其中 为普朗克常量。试证电子的可/hh 能轨道半径由下式确定： vnr2 （3）试由以上两式消去 ，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：v20mehr 式 中可取正整数 。n3,21 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 （可略204reF 去万

23、有引力） ，根据径向动力学方程 F = man，有rmve2024 则电子的轨道半径为 20vr （2）根据题中电子角动量的量子化条件，即 ，有2hnL2402hnmveL 则电子可能的轨道半径为 vnhr2 （3）根据（1）和（2）的结果消去 v，电子可能的轨道半径也可表示为0mer 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 、远地点m1039.45 为 。试计算卫星在近地点和远地点的速率。 （设地球半径为 ）1038.26 8.66 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 （1）21rmv

24、又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有 （2）E21E2 rGmvr 式中 G 为引力常量，m E 和 m 分别为地球和卫星质量，r 1 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 1321E1 sm0.8rGv132.6 题 4.26：地球对自转轴的转动惯量为 ，其中 为地球的质量， 为地球的半径。2E3.0REmR （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 ，求潮汐对地球的平均力矩。s105.3 题 4.26 分析：由于地球自转一周的时间为 24 小时，由 可确定地球的

25、自转角速度T/2 和地球自转时的转动动能 。随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，2k1JE 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 与周期kE 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T 此，由 ，即可求出潮汐的平均力矩。kEMW 解：（1）地球的质量 ，半径 ，所以，地球自转的动能kg1098.524mm1037.66RJ./3.0292Ek TRJE （2）对式 两边微分，可得Td2 当周期变化一定时，有 （1）TT22 由于地球自转减慢而引起动能的减少量为 （2）EJJEk3k 又根据动能定理 （3）kMW 由式（2）

26、 、 （3）可得潮汐的摩擦力矩 mN1047.62knTE 式中 n 为一年中的天数（n = 365） ， 为一天中周期的增加量。T 题 4.27：如图所示， 与 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接， 轮的转动惯量ABA ，开始时 轮静止， 轮以 的转速转动，然后使 与 连接，21kg0.J 11minr60n AB 因而 轮得到加速而 轮减速，直到两轮的转速都等于 为止。求：（1）B ir20 轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。B 题 4.27 解：（1）取两飞轮为系统，根据系 统的角动量守恒，有 211JJ 则 B 轮的转动惯量为 212122 mkg0.Jn （2）系统在啮合过程中

27、机械能的变化为 J3.42121 JJE 式中负号表示啮合过程机械能减少。 题 4.28：一质量为 、半径为 的匀质圆柱体，从倾角为 的斜面上无滑动地滚下，求其mR 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 x 方向上的动力学方程为 （1）CaFmgfsin 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）fRJ 在无滑动滚动时，质心的加速度 aC 与转动的角 速度 之间的关系为 （）aC 联立解上述三个方程式，可得 sin32g 解 2：若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则

28、摩擦力 Ff 和支持力 FN 都不产生力矩， 使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩 mgsin，故有JmgRsin 其中 是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有223RJ 故有 sin21g 则 si3CRa 解 3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有 恒C22C1mghJvE 将上式对 t 求导，可得 0ddCCthmgtJtvm 式中 ，且有 和 ，则可得到sin,vttat RvCaCsin32Cg 显然上述三种方法均能得到同样的结果。 题 4.29：一长为 、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lm 速度为 。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）

29、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 CmvptF 式中 是棒所受的平均力，v C 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 JtlF2 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21mlJ2lvC 可解得 412mlJ （2）在此过程中转动动能的改变为 222311lJEk 题 4.30：一长为 的均匀细杆，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙上，另一端放在摩擦亦略l 去不计的水平地板上，如图所示。开始时细杆静止并与地板成 角。当松开细杆后，细杆0 开始滑下。问细杆脱离墙壁时，细

30、杆与地面的夹角 为多大？ 题 4.30 解：以初始位置时细杆的质心位置为坐标原点，取坐标如图所示。细杆在任意位置 时的质心坐标为 （1）0coslx （2）iny 取初始位置时的势能为零，根据系统的机械能守恒定 律，有 （3）2C21Jmvgy 因为细杆的质心速度 ，细杆对其中心的轴的转动惯量 ，通过式（1） 、lvC 2C3mlJ （2）和（3）可得 （4）lg2sini0 （5）co4dlt 根据中心 C 在 x 方向的动力学方程 ，当细x1NmaF 杆与墙壁脱离接触时 ，则 。由式（1）0N1x 可得 sindxltv （6）tlltadsico2x 将式（4）和式（5）代入式（6） ，

31、且令 ，有0xacosinsi23cosin0lgl 即 0ii 细杆脱离墙壁时与地面的夹角为 0sin32arc 题 4.31：如图所示， 、 两个轮子的质量分别为 和 ，半径分别为 和 。另有一AB1m21r2 细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中 轮绕固定轴 转动。试求：（1） 轮下落时，AOB 其轮心的加速度；（2）细绳的拉力。 题 4.31 解：分别作两轮的受力分析，如图所示。取竖直向下为 y 轴正向。轮 A 绕轴 O 作 定轴转动，故有 （1）A21TarmF 对于轮 B 除了绕其轴 C 转动外，其质心 C 还在向下作平动。根据牛顿定律，轮 B 质 心的动力学方程为 （2）T2ag 根据转动定律，有 （3）B22T1rmF 角量与线量的关系 ， 、2B1A,rrAa 分别为轮 A、B 边缘上一点的加速度，二Ba 者和 C 点加速度之间的关系为 ，BCA 且有 。解上述各式可得TFgma21C321T