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______________________________________________________________________________________________________________ 第四章 剛體的定軸轉(zhuǎn)動 4–1 半徑為20cm的主動輪，通過皮帶拖動半徑為50cm的被動輪轉(zhuǎn)動，皮帶與輪之間無相對滑動，主動輪從靜止開始作勻角加速度轉(zhuǎn)動，在4s內(nèi)被動輪的角速度達到，則主動輪在這段時間內(nèi)轉(zhuǎn)過了 圈。 解：被動輪邊緣上一點的線速度為 在4s內(nèi)主動輪的角速度為 主動輪的角速度為 在4s內(nèi)主動輪轉(zhuǎn)過圈數(shù)為 （圈） 4–2繞定軸轉(zhuǎn)動的飛輪均勻地減速，t＝0時角速度為＝5rad/s，t＝20s時角速度為，則飛輪的角加速度 ＝ ，t＝0到t＝100s時間內(nèi)飛輪所轉(zhuǎn)過的角度＝ 。 解：由于飛輪作勻變速轉(zhuǎn)動，故飛輪的角加速度為 t＝0到t＝100s時間內(nèi)飛輪所轉(zhuǎn)過的角度為 4–3 轉(zhuǎn)動慣量是物體 量度，決定剛體的轉(zhuǎn)動慣量的因素有 。 解：轉(zhuǎn)動慣性大小，剛體的形狀、質(zhì)量分布及轉(zhuǎn)軸的位置。 4–4 如圖4-1，在輕桿的b處與3b處各系質(zhì)量為2m和m的質(zhì)點，可繞O軸轉(zhuǎn)動，則質(zhì)點系的轉(zhuǎn)動慣量為 。 圖4-1 m 2m b 3b O 解：由分離質(zhì)點的轉(zhuǎn)動慣量的定義得 4–5 一飛輪以600r/min的轉(zhuǎn)速旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動慣量為2.5kg·m2，現(xiàn)加一恒定的制動力矩使飛輪在1s內(nèi)停止轉(zhuǎn)動，則該恒定制動力矩的大小M＝_________。 解：飛輪的角加速度為 制動力矩的大小為 負號表示力矩為阻力矩。 4–6 半徑為0.2m，質(zhì)量為1kg的勻質(zhì)圓盤，可繞過圓心且垂直于盤的軸轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)有一變力F=5t（SI）沿切線方向作用在圓盤邊緣上，如果圓盤最初處于靜止狀態(tài)，那么它在3秒末的角加速度為 ，角速度為 。 解：圓盤的轉(zhuǎn)動慣量為 。 3秒末的角加速度為 由 即 對上式積分，并利用初始條件：時，，得 4–7 角動量守恒定律成立的條件是 。 解：剛體（質(zhì)點）不受外力矩的作用或所受的合外力矩為零。 4–8 以下運動形態(tài)不是平動的是[ ]。 A．火車在平直的斜坡上運動 B．火車在拐彎時的運動 C．活塞在氣缸內(nèi)的運動 D．空中纜車的運動 解：火車在拐彎時，車廂實際是平動和轉(zhuǎn)動的合成，故不是平動，應選（B）。 4–9 以下說法錯誤的是[ ]。 A．角速度大的物體，受的合外力矩不一定大 B．有角加速度的物體，所受合外力矩不可能為零 C．有角加速度的物體，所受合外力一定不為零 D．作定軸（軸過質(zhì)心）轉(zhuǎn)動的物體，不論角加速度多大，所受合外力一定為零 解：角速度大的物體，角加速度不一定大，由于，所以它所受的合力矩不一定大；如果一個物體有角加速度，則它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不為零，如物體受到了一個大小相等，方向相反而不在一條直線上的力的作用；當物體作定軸（軸過質(zhì)心）轉(zhuǎn)動時，質(zhì)心此時的加速度為零，根據(jù)質(zhì)心運動定律，它所受的合外力一定零。綜上，只有（C）是錯誤的，故應選（C）。 4–10 有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：[ ] （1）這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零； （2）這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零； （3）當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零； （4）當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零。 在上述說法中 A．只有（1）是正確的 B．（1）、（2）正確，（3）、（4）錯誤 C．（1）、（2）、（3）都正確，（4）錯誤 D．（1）、（2）、（3）、（4）都正確 解：這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的矩都為零，自然合力矩為零，故（1）正確；當兩個力都垂直于軸作用時，如果兩個力大小相等、方向相反，作用在物體的同一點，則它們的合力矩為零，或兩個力都通過轉(zhuǎn)軸，兩力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如兩力大小不等，方向相反，也可通過改變力臂，使兩力的合力矩為零，如此時力臂相同，則合力矩不等于零，因此（2）也時正確的；當這兩個力的合力為零時，還要考慮力臂的大小，所以合力矩不一定為零，故（3）是錯誤的；兩個力對軸的合力矩為零時，因，所以它們的合力不一定為零，故（4）也是錯誤的。故答案應選（B）。 4–11 一圓盤正繞垂直于盤面的水平光滑固定軸O轉(zhuǎn)動。如圖4-2所示，射來兩個質(zhì)量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一條直線上的子彈。子彈射入并且停留在圓盤內(nèi)，則子彈射入的瞬間，圓盤的角速度與射入前角速度相比[ ]。 A．增大 B．不變 C．減小 D．不能確定 O 圖4-2 解：設(shè)射來的兩子彈的速度為，對于圓盤和子彈組成的系統(tǒng)來說，無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，即 式中這子彈對點O的角動量，為子彈射入前盤對軸O的轉(zhuǎn)動慣量，J為子彈射入后系統(tǒng)對軸O的轉(zhuǎn)動慣量。由于，則。故選（C）。 4–12 如圖4-3所示，有一個小塊物體，置于一個光滑水平桌面上。有一繩其一端連接此物體，另一端穿過中心的小孔。該物體原以角速度ω在距孔為r的圓周上轉(zhuǎn)動，今將繩從小孔緩慢往下拉，則物體[ ]。 A．角速度減小，角動量增大，動量改變 B．角速度不變，動能不變，動量不變 C．角速度增大，角動量增大，動量不變 圖4-3 F r O D．角速度增大，動能增加，角動量不變 解：在拉力繩子的過程中，力對小球的力矩為零，故小球的角動量在轉(zhuǎn)動過程中不變，有。當小球的半徑減小時，小球?qū)點的轉(zhuǎn)動慣量減小，即，故，角速度增大，小球轉(zhuǎn)得更快。又由可得，因，所以，故小球的動能增加，小球的動量也要發(fā)生變化。故選（D） 4–13 有一半徑為R的水平圓轉(zhuǎn)臺，可繞過其中心的豎直固定光滑軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動慣量為J。開始時，轉(zhuǎn)臺以角速度轉(zhuǎn)動，此時有一質(zhì)量為M的人站在轉(zhuǎn)臺中心，隨后人沿半徑向外跑去。當人到達轉(zhuǎn)臺邊緣時，轉(zhuǎn)臺的角速度為[ ]。 A． B． C． D． 解：人站在轉(zhuǎn)臺中心時，他相對于轉(zhuǎn)臺中心的角動量為零。當人沿半徑向外跑去，到達轉(zhuǎn)臺邊緣的過程中，不受外力矩作用，人和轉(zhuǎn)臺組成的系統(tǒng)角動量守恒，由于人是沿半徑方向走，故人和轉(zhuǎn)臺的角速度相同，相對于轉(zhuǎn)臺中心有角動量。根據(jù)角動量守恒，可列方程得 故 所以應選（A）。 4–14 一力學系統(tǒng)由兩個質(zhì)點組成，它們之間只有引力作用，若兩質(zhì)點所受外力矢量和為零，則此系統(tǒng)[ ]。 A．動量、機械能、角動量均守恒 B．動量、機械能守恒，角動量不守恒 C．動量守恒，但機械能和角動量是否守恒不能斷定 D．動量、角動量守恒，但機械能是否守恒不能斷定 解：由于兩質(zhì)點系所受的合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒。當質(zhì)點所受的合外力不是共點力時，盡管兩質(zhì)點所受的合外力矢量和為零，但力矩不為零，則物體將轉(zhuǎn)動，從而改變系統(tǒng)的機械能和角動量，而當質(zhì)點所受的合外力為共點力，且外力矢量和為零時，質(zhì)點所受的力矩將為零。則系統(tǒng)的機械能和角動量將守恒，所以，應選（C）。 l R R m m A A′ 圖4-4 4–15 一個啞鈴由兩個質(zhì)量為m，半徑為R的鐵球和中間一根長為l連桿組成，如圖4-4所示。和鐵球的質(zhì)量相比，連桿的質(zhì)量可以忽略不計。求此啞鈴對于通過連桿中心并和它垂直的軸AA′的轉(zhuǎn)動慣量？ 解：球繞通過球心的軸轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動慣量為，根據(jù)平行軸定理，現(xiàn)在一個球繞離球心轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動慣量為，則啞鈴繞通過連桿中心并和它垂直的軸AA′的轉(zhuǎn)動慣量為 4–16 一質(zhì)量m=6.0kg、長l=1.0m的勻質(zhì)棒，放在水平桌面上，可繞通過其中心的豎直固定軸轉(zhuǎn)動，對軸的轉(zhuǎn)動慣量J=ml2/12。t=0時棒的角速度ω0=10.0rad/s。由于受到恒定的阻力矩的作用，t=20s時，棒停止運動。求：（1）棒的角加速度的大??；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）從t=0到t=10s時間內(nèi)棒轉(zhuǎn)過的角度。 解：（1）棒的角加速度的大小為 （2）棒所受阻力矩的大小為 （3）從t=0到t=10s時間內(nèi)棒轉(zhuǎn)過的角度為 4–17 一球體繞通過球心的豎直軸旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動慣量。從某一時刻開始，有一個力作用在球體上，使球按規(guī)律旋轉(zhuǎn)，則從力開始作用到球體停止轉(zhuǎn)動的時間為多少？在這段時間內(nèi)作用在球上的外力矩的大小為多少？ 解：由計算角速度的公式得球任意時刻轉(zhuǎn)動的角速度為 （1） 令，得球體停止轉(zhuǎn)動的時間為 s 對（1）式再求一次導數(shù)得球轉(zhuǎn)動的角加速度為 所以作用在球上的外力矩的大小為 式中負號表示球受到的力矩為阻力矩。 4–18 設(shè)電風扇的功率恒定不變?yōu)?，葉片受到的空氣阻力矩與葉片旋轉(zhuǎn)的角速度成正比，比例系數(shù)的，并已知葉片轉(zhuǎn)子的總轉(zhuǎn)動慣量為。（1）原來靜止的電扇通電后秒時刻的角速度；（2）電扇穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時的轉(zhuǎn)速為多大？（3）電扇以穩(wěn)定轉(zhuǎn)速旋轉(zhuǎn)時，斷開電源后風葉還能繼續(xù)轉(zhuǎn)多少角度？ 解：（1）由題意知空氣阻力矩為，而動力矩，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，通電時有 將、的表達式代入上式，整理可得 兩邊積分有 積分得 （1） （2）由（1）式，當時，得電扇穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時的轉(zhuǎn)速為 （3）斷開電源時，電扇的轉(zhuǎn)速為，只有作用，那么 考慮到，有 得斷開電源后風扇葉繼續(xù)轉(zhuǎn)動的角度為 4–19 物體A和B疊放在水平桌面上，由跨過定滑輪的輕質(zhì)細繩相互連接，如圖4-5所示。今用大小為F的水平力拉A。設(shè)A、B和滑輪的質(zhì)量都為m，滑輪的半徑為R，對軸的轉(zhuǎn)動慣量。AB之間、A與桌面之間、滑輪與其軸之間的摩擦都可以忽略不計，繩與滑輪之間無相對的滑動且繩不可伸長。已知F＝10N，m＝8.0kg，R＝0.050m。求：（1）滑輪的角加速度；（2）物體A與滑輪之間的繩中的張力；（3）物體B與滑輪之間的繩中的張力。 T1 T1 T2 T2 a α F a B A 圖4-6 R B A F 圖4-5 解：各物體受力情況如4–6圖所示。A、B看成質(zhì)點，應用牛頓第二定律?；喪莿傮w，應用剛體轉(zhuǎn)動定律，得 F–T＝ma ＝ma 又繩與滑輪之間無相對的滑動且繩不可伸長，則 由上述方程組解得 4–20 兩個勻質(zhì)圓盤，一大一小，同軸地粘結(jié)在一起，構(gòu)成一個組合輪。小圓盤的半徑為r，質(zhì)量為m；大圓盤的半徑＝2r，質(zhì)量＝2m。組合輪可繞通過其中心且垂直于盤面的光滑水平固定軸O轉(zhuǎn)動，對O軸的轉(zhuǎn)動慣量J＝9mr2/2。兩圓盤邊緣上分別繞有輕質(zhì)細繩，細繩下端各懸掛質(zhì)量為m的物體A和B，如圖4-7所示。這一系統(tǒng)從靜止開始運動，繩與盤無相對滑動，繩的長度不變。已知r=10cm。求：（1）組合輪的角加速度；（2）當物體A上升h＝40cm時，組合輪的角速度。 T T′ mg mg a A B a′ α T T′ 圖4-8 A B r r′ m m′ 圖4-7 解：（1）各物體受力情況如圖4–8。A、B看成質(zhì)點，應用牛頓第二定律。滑輪是剛體，應用剛體轉(zhuǎn)動定律，得 又因繩與盤無相對滑動，故有 由上述方程組，代入題給已知條件可得 （2）設(shè)θ為組合輪轉(zhuǎn)過的角度，則 所以組合輪的角速度為 圖4-10 m2 M m1 T2 T1 m1g a a T1 T2 4–21 如圖4-9，質(zhì)量為m1和m2的兩個物體跨在定滑輪上，m2放在光滑的桌面上，滑輪半徑為R，質(zhì)量為M。求m1下落的加速度和繩子的張力T1、T2。 m1 m2 M 圖4-9 解：對m1和m2以及滑輪進行受力分析，如圖4–10所示。以和m2為研究對象，應用牛頓第二定律，得 以為研究對象，應用轉(zhuǎn)動定律得 列補充方程 聯(lián)立上述四個方程，求解得 討論：當時（忽略滑輪質(zhì)量），，實際上此問題就轉(zhuǎn)化為質(zhì)點力學問題了。 4–22 如圖4-11所示，一飛輪質(zhì)量，半徑，正以初角速度r/min轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在我們要使飛輪在0.5s內(nèi)均勻減速而最后停下。求閘瓦對輪子的壓力N為多大？設(shè)閘瓦與飛輪之間的滑動摩擦因數(shù)為，飛輪的質(zhì)量可以看作全部均勻分布在輪的外周上。 圖4–12圖 F ω0 α m N fr R 圖4-11 F ω0 m R 解：飛輪的初始角速度為 飛輪在制動過程中的角加速度為 式中負號表示與的方向相反，減速。飛輪的這一負角加速度是外力矩作用的結(jié)果，這一外力矩就是當用力將閘瓦緊壓到輪緣產(chǎn)生的摩擦力的力矩，以方向為正，摩擦力的力矩為負值。以表示摩擦力的數(shù)值，如圖4-12所示，則對輪的轉(zhuǎn)軸的力矩為 根據(jù)剛體定軸轉(zhuǎn)動定律 將飛輪的轉(zhuǎn)動慣量代入上式可得 4–23 半徑為R，質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓盤，放在粗糙桌面上，盤可繞豎直中心軸在桌面上轉(zhuǎn)動，盤與桌面間的摩擦因數(shù)為μ，初始時角速度為ω0，問經(jīng)過多長時間后，盤將停止轉(zhuǎn)動？摩擦阻力共做多少功？ dr r O 圖4-13 解：在圓盤上取環(huán)帶微元，半徑為r，寬為dr，如圖4–13所示。則其質(zhì)量為 環(huán)帶所受摩擦力對軸的力矩為 圓盤所受摩擦力矩為 根據(jù)角動量定理，有 故 即 這就是圓盤由角速度ω0到停止轉(zhuǎn)動所需要得時間。 由動能定理求摩擦力所做的功為 4–24 如圖4-14所示，A和B兩飛輪的軸桿在同一中心線上，設(shè)兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為和，開始時，A輪轉(zhuǎn)速為600轉(zhuǎn)/分，B輪靜止，C為摩擦嚙合器，其轉(zhuǎn)動慣量可忽略不計，A、B分別與C的左、右兩個組件相連，當C的左右組件嚙合時，B輪加速而A輪減速，直到兩輪的轉(zhuǎn)速相等為止。設(shè)軸光滑，求：（1）兩輪嚙合后的轉(zhuǎn)速n；（2）兩輪各自所受的沖量矩。 解：選A、B兩輪為系統(tǒng)，合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有 B A C ωA 圖4-14 r/min A輪所受的沖量矩為 負號表示沖量矩與方向相反。 B輪所受的沖量矩： 正號表示沖量矩與方向相同。 4–25 一水平的勻質(zhì)圓盤，可繞通過盤心的鉛直光滑固定軸自由轉(zhuǎn)動，圓盤質(zhì)量為M，半徑為R，對軸的轉(zhuǎn)動慣量，當圓盤以角速度轉(zhuǎn)動時，有一質(zhì)量為m的子彈沿盤的直徑方向射入而嵌在盤的邊緣上，子彈射入后，圓盤的角速度為多少？ 解：由題意知，子彈在射入前相對于圓盤轉(zhuǎn)軸的角動量為零，射入后嵌在盤的邊緣上速度設(shè)為，子彈與圓盤組成的系統(tǒng)所受合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有 4–26 如圖4-15所示，一質(zhì)量M，半徑為R的圓柱，可繞固定的水平軸O自由轉(zhuǎn)動。今有一質(zhì)量為m，速度為的子彈，水平射入靜止的圓柱下部（近似看作在圓柱邊緣），且停留在圓柱內(nèi)（垂直于轉(zhuǎn)軸）。求：（1）子彈與圓柱的角速度；（2）該系統(tǒng)損失的機械能。 解：（1）子彈與圓柱發(fā)生完全非彈性碰撞，所受合外力矩為零，角動量守恒。設(shè)子彈與圓柱碰后角速度為，則有 O R v0 圖4-15 其中，是子彈和圓柱繞軸O轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動慣量。所以子彈射入后子彈與圓柱的角速度為 （2）損失的機械能為 4–27 一水平圓盤繞通過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，角速度為，轉(zhuǎn)動慣量為，在其上方還有一個以角速度，繞同一豎直軸轉(zhuǎn)動的圓盤，這圓盤的轉(zhuǎn)動慣量為，兩圓盤的平面平行，圓心都在豎直軸上，上盤的底面有銷釘，如使上盤落下，銷釘嵌入下盤，使兩盤合成一體。 （1）求兩盤合成一體后系統(tǒng)的角速度的大??？ （2）第二個圓盤落下后，兩盤的總動能改變了多少？ 解：（1）兩盤合成一體前后無外力矩作用，角動量守恒，故有 （2）動能改變?yōu)? 圖4-16 O A B m m s 4–28 如圖4-16所示，一均勻細棒長L，質(zhì)量為m，可繞經(jīng)過端點的O軸在鉛直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將棒自水平位置輕輕放開，當棒擺至豎直位置時棒端恰與一質(zhì)量也為m的靜止物塊相碰，物塊與地面的滑動摩擦因數(shù)為μ，物塊被擊后滑動s距離后停止，求相撞后棒的質(zhì)心離地面的最大高度。 解：取棒和地球為一系統(tǒng)，細棒從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，只有重力作功，機械能守恒，得 所以 （1） 取棒和木塊為研究對象，碰后棒的角速度為ω′，木塊的速度為，碰前后M外=0。故角動量守恒，有 （2） 物體碰后在地面上滑行，應用動能定理，有 （3） 由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度為 設(shè)棒與物體碰后，棒的質(zhì)心升高Δh，由機械能守恒，有 故 即質(zhì)心離地面的最大高度為 2l/3 A O v0 圖4-17 4–29 長為l、質(zhì)量為M的勻質(zhì)桿可繞通過桿一端O的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動慣量為，開始時桿豎直下垂，如圖4-17所示。有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度射入桿上A點，并嵌在桿中，OA＝2l/3。求子彈射入后瞬間桿的角速度。 解：子彈射入前后子彈和桿組成的系統(tǒng)的角動量守恒，所以 所以 4–30 如圖4-18所示，一質(zhì)量為m的黏土塊從高度h處自由下落，黏于半徑為R，質(zhì)量為M=2m的均質(zhì)圓盤的P點，并開始轉(zhuǎn)動。已知=60°，設(shè)轉(zhuǎn)軸O光滑，求： （1）碰撞后的瞬間盤的角速度； 圖4-18 m x h θ y M O P （2）P轉(zhuǎn)到x軸時，盤的角速度和角加速度。 解：（1）設(shè)質(zhì)量為m的黏土塊下落到P點時的速度為，此過程中機械能守恒，有 得 （1） 對黏土塊和盤系統(tǒng)，碰撞時間極小，沖力遠大于重力，故重力對O軸力矩可忽略，又外力對軸的力矩為零，故系統(tǒng)角動量守恒，有 （2） 又黏土塊和盤繞O軸轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動慣量為 （3） 由（1）、（2）和（3）式得 （4） （2）對黏土塊、盤和地球系統(tǒng)，只有重力做功，機械能守恒，令P、x重合時為重力勢能零點，則 （5） 由（3）、（4）和（5）式得 由轉(zhuǎn)動定律得 L r r+dr O v θ dr 題4–31圖 4–31 證明關(guān)于行星運動的開普勒第二定律，即行星對恒星的徑矢在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積。 證明：設(shè)t時刻行星的位置徑矢為r，t+dt時刻位置徑矢為r+dr，如圖4-19所示。dt時間內(nèi)徑矢掃過的面積為 單位時間掃過的面積為 式中m為行星的質(zhì)量，L為行星繞恒星運動的角動量大小。由于行星在運動過程中只受到萬有引力的作用，引力對行星的力矩恒為零，故行星在運動過程中角動量守恒。由此可見，行星對恒星的徑矢在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積。  THANKS !!! 致力為企業(yè)和個人提供合同協(xié)議，策劃案計劃書，學習課件等等 打造全網(wǎng)一站式需求 歡迎您的下載，資料僅供參考 -可編輯修改-