1、大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 1-页 共- 81-页4-1 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，
2、故(3)(4)说法不完全正确综上所述，应选(B)4-2 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)4-3 分析与解 如图所示，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
3、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)4-4 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 Jdm0v式中 mvD 为子弹对点O 的角动量 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 故选(C)4-5 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
4、 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)4-6 分析 这是刚体的运动学问题刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动解 (1) 由于角速度 2 n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义 ，在匀变速td转动中角加速度为 200 srad1.32tt(2) 发动机曲轴转过的角度为 00201ntt在12 s 内曲
5、轴转过的圈数为大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 2-页 共- 81-页3902tnN4-7 分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程本题由 (t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数解 (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10/0 6.895.1et(2) 角速度随时间变化的规律为 22/0srade.4dttt(3) t 6.0
6、 s 时转过的角度为 r9.361/6060 t则 t 6.0 s时电动机转过的圈数圈87.52/N4-8 分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA 轴和BB 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可解 由图可得 dmJHA2sinBco此二式相加，可得 2dmJHBA则 1059. d由二式相比，可得 JBA2tan/则 o3.51.49rcarctn4-9 分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到解 根据转
7、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 24241 2212 mkg36.06 adldJ大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 3-页 共- 81-页4-10 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mrJd2中d m 可取半径为 r、宽度为d r 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 22/3/2015d dmRrRrJ解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为 ，挖去
8、的小圆盘对OO 轴转动惯量21RJ，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为2222 31RJ22105mJ(2) 由平行轴定理，剩余部分对O O 轴的转动惯量为 22220 393mRRJ 4-11 分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定该题也可用功能关系来处理将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系
9、，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得解1 设绳子的拉力为 F ，对飞轮而言，根据转动定律，有(1)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)大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 4-页 共- 81-页重物作匀加速下落，则有(4)21ath由上述各式可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)022Jgv而线速度和角速度的关系为(2)R又根据重物作匀加速运动时，有(3)atv(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
10、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4-12 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t0JMs8.1200nMJt解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有 00dJt则 s8.1020nJt4-13 分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）
11、第- 5-页 共- 81-页运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得 rmJrFT21对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有 agPTT222且 F F .又由角量与线量之间的关系，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N2.3921gmgFT大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 6-页 共- 81-
12、页4-14 分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有(1)111amFgPTT(2)222(3)JrRT11, (4)F2T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 gRrmJ2121a21212 grRJFT 12121mT 212124-15 分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力
13、分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作A、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力 F1 、重力 P1 ，支持力 F 和摩擦力 F 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111cossinamgmFT而B 则是在张力 F2 和重力 P2 的作用下运动，有(2)2agT由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)ra1大学物理课后习题答案
14、（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 7-页 共- 81-页对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4)JrFT12, (5)2T解上述各方程可得 21121 cossinrJmgga21 2121 /cssincsiJrgJmFT21212 /oinrmggT4-16 分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力 F 决定的，而此力又是由制动力 F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩
15、平衡，有0121llN而 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为NF(1)dFldM12f21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，有大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 8-页 共- 81-页(2)tnt20因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量 ，根据转动定律 ，由式(1)、(2)4/2mdJJM可得制动力 N104.3221tlnmdF4-17 分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径
16、为 r、宽为d r 的圆环为面元，环所受摩擦力dF 2 r mgdr/ R2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩d M r dF ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩 M d M.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理 M t ( J )，可求得圆盘停止前所经历的时间 t.当然也可由转动定律求解得.解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为 r、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力矩为kFr22f /Rmgr式中 k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为 rMR3dd02(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 J mR2/2
17、 .由角动量定理 M t ( J )，可得圆盘停止的时间为 gRJt434-18 分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为 M C ，由转动定律 M J ，可得叶片的角加速度为(1)JCtd根据初始条件对式(1)积分，有 tJt00由于 C 和 J 均为常量，得(2)te/0当角速度由 0 12 0 时，转动所需的时间为2lnJt(2) 根据初始条件对式(2)积分，有大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案
18、（上）大学物理课后习题答案（上）第- 9-页 共- 81-页teJCtdd/0即 CJ20在时间 t 内所转过的圈数为 CJN4204-19 分析 由于棒的质量不计，该系统对 z 轴的角动量即为两小球对 z 轴的角动量之和，首先可求出系统对 z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.解 (1) 两小球对 z 轴的转动惯量为 ，则系统对 z 轴的角动222sinsinlmlmrJ量为 emlrJLt202sin1此处也可先求出每个小球对 z轴的角动量后再求和.(2) 由角动量定理
19、得 eltMt202sin1dteml20sint 0时，合外力矩为 ml20sin此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即 ，再由 M J 求得 M.tet0d4-20 分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解 (1) 碎块抛出时的初速度为大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第- 10-页 共- 81-页R0v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
20、有 L0式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；Rm21 mRL2L 为破裂后盘的角动量.则 24-21 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 ，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度 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 J212式中 为子弹绕轴的转动惯量， J2 为子弹在陷入杆前的角动量， 2 v/l 为子弹在/lm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1/21l1221 s936Jv4-22 分析 两伞型轮在
21、啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮而言是阻力矩，而对原静止的轮则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.解 设相互作用力为 F，在啮合的短时间 t 内，根据角动量定理，对轮、轮分别有(1)011JtFr(2)22两轮啮合后应有相同的线速度，故有(3)1r由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为 21021rJ4-23 分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度 、 0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度 1 应满足相对角速度的关系式 .10解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为
