(最新)大学物理学(课后答案)第4章.pdf

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1、第 4 章 刚体的定轴转动习题一选择题4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体下，对此有以下几种说法：（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 L 述说法下述判断正确的是 （A）只有（l）是正确的（B）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误（C）(1)、（2）、（3）都正确（D）（1）、（2）、（3）、（4）都正确解析：力矩是描述力对刚体转动的作用，MrF。因此合力为零时，合力矩不一定为零；合力矩为零时

2、，合力也不一定为零。两者并没有一一对应的关系。答案选 B。4-2 有 A、B 两半径相同，质量相同的细圆环。A环的质量均匀分布，B 环的质量不均匀分布，设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为AI和BI，则有 （A）ABII（B）ABII（C）无法确定哪个大（D）ABII解析：转动惯量2i iiImr，由于 A、B 两细圆环半径相同，质量相同，所以转动惯量相同2ABIImR，而与质量分布均匀与否无关。选D。4-3 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 4-3 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，

3、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，角加速度为零解析：在棒摆到竖直位置的过程中，重力势能和转动动能相互转化，因此转速越来越大，即角速度 从小 到 大。整 个过程 中棒 只受到重力矩的 作用，211cos23MmglJml，所以3cos2gl，随着转角逐渐增大，角加速度由大变小。答案选C。4-4 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，它们同时射人圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量 L 以及圆盘的角速度则有 （A）L

4、 不变，增大（B）两者均不变（C）L 不变，减少（D）两者均不确定解析：对于圆盘和子弹组成的系统，在子弹射入前后系统的合外力矩为零，因此角动量守恒，L 不变。又由角动量守恒可知，221211(2)22MRMm R，所以12，减少。答案选 C。4-5 一人站在无摩擦的转动平台上并随转动平台一起转动，双臂水平地举着二哑铃，当他把二哑铃水平地收缩到胸前的过程中 （A）人与哑铃组成系统对转轴的角动量守恒，人与哑铃同平台组成系统的机械能不守恒；（B）人与哑铃组成系统对转轴的角动量不守恒，人与哑铃同平台组成系统的机械能守恒；习题 4-3 图习题 4-4 图（C）人与哑铃组成系统对转轴的角动量，人与哑铃同平

5、台组成系统的机械能都守恒；（D）人与哑铃组成系统对转轴的角动量，人与哑铃同平台组成系统的机械能都不守恒解析：角动量守恒要求系统所受的合外力矩等于零，或者不受外力矩的作用。机械能守恒要求系统所受合外力和非保守内力都不做功或其做功之和为零。显然，在人把二哑铃水平地收缩到胸前的过程中，不受外力矩的作用，非保守内力做功不为零，因此，角动量守恒，机械能不守恒。选A。4-6 假设卫星环绕地球中心做椭圆运动，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，动量也不守恒解析：同题 4-5，在卫星环绕地球中心做椭圆运动的过

6、程中，不受外力矩的作用，非保守内力不做功，因此，角动量守恒，机械能守恒。选B。二填空题4-7 如图 4-7 所示，两个质量和半径都相同的均匀滑轮，轴处无摩擦，1和2分别表示图(1)、图(2)中滑轮的角加速度,则12(填)。解析：对(1)：11T RFRmgRJ1mgRJ对(2)：2222mgTmaT RJaR212mgRJmR?F?m F=mg(1)(2)习题 4-7 图4-8 质量为m的均匀圆盘，半径为r，绕中心轴的转动惯量1I=；质量为 M，半径为 R，长度为 l 的均匀圆柱，绕中心轴的转动惯量2I=。如果 Mm，rR，则1I与2I之间的关系是1I2I。解析：根据书 68 页表 4-1 可

7、知，2212,22mrmRII。若 Mm，rR，则12II，与盘的厚度无关。4-9 光滑水平桌面上有一小孔，孔中穿一轻绳，绳的一端栓一质量为m的小球，另一端用手拉住。若小球开始在光滑桌面上作半径为1R速率为1v的圆周运动，今用力 F 慢慢往下拉绳子，当圆周运动的半径减小到2R时，则小球的速率为，力 F 做的功为。解析：由角动量守恒定律可知，1122JJ，即1122mR vmR v，1212RvvR。依据刚体绕定轴转动的动能定理可得，222222112111112222WJJmvmv即2222211111222211(1)222RmvRWmvmvRR。三计算题4-10 在时间间隔 t 内发电机的

8、飞轮转过的角度34atbtct，其中a，b和c是常量。写出飞轮的()a角速度和()b角加速度的表达式。解析：2334(/)dabtctradsdt22612(/)dbtctradsdt4-11 在一个转轮边上的一点的角位置给出为，其中的单位为 rad，t的单位为s。在（1）2.0ts和（2）4.0ts时的角速度为何？（3）在从2.0ts到4.0ts期间的平均角加速度为多少？解析：(1)(2)244(/)28(/)radsdtradsdt(3)421646(/)422rads242842(/)422rads4-12 一飞轮由一直径为 30cm厚度为 2.0cm的圆盘和两个直径都为 10cm，长为

9、 8cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为337.8 10 kg m，求飞轮对轴的转动惯量。解析：221212()2()20.83()22ddmhhkg2111221212()9211.03()17()2()22dhmmmkgddhh21 84.90()217mmkg222212121221112()2()11.030.154.900.05222220.136()ddJJJmmkg m4-13 质量为1m和2m的两物体 AB、分别悬挂在如图4-13 所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r两轮的转动惯量分别为1J和2J，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的

10、加速度和绳的张力。解析：11111112222222121212121222121212()()()()()()mgTmamRTm gRTm gm am rTmgrRTrTJJJm R gRm r grJJmRm rgmRm rJJaRar121221212122221212m Rm ragRm Rm rJJm Rm ragrm Rm rJJ2121122121211222221212()()m r RrJJTm gm Rm rJJm R RrJJam gm Rm rJJ4-14 如图 4-14 所示装置，定滑轮的半径为r绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为1m和2m的物体 A、B。A

11、置于倾角为的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为，若 B 向下作加速运动时求：（1）其下落的加速度大小；（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)习题 4-13 图习题 4-14 图解析：(1)(2)222221111111221sincos()m gTm am rTm gmgmamraarr TTJ2211()(sincos)Tm grTm ggr211212sincos()mmmgrmmrJ21112122sincosm gm gm gaaJmmr1122112221222122(sincos)(1 sincos)(1 sincos)m gJm m grT

12、Jmmrm gJmm grTJmmr4-15 长为 L 质量为m的的均质杆，可绕过垂直于纸向的O轴转动，令杆至水平位置由静止摆下，在铅垂位置与质量为2m的物体发生（如图4-15 所示），碰后物体沿摩擦因数为的水平面滑动，试求次物体滑过距离的S。解析：机械能守恒：2211322gmgLmgLJL角动量守恒：2221230()11532mLJJJJJJmLmL25vLL动能定理：2221226()22 252525mmLLgsLsg4-16 一位溜冰者伸开双臂来以1.0r s绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为21.33kg m，她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为20.48kg m，求

13、（1）她收起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各是多少？解析：(1)转速：1 1.332.77(/)0.48rs(2)22111111.33(21)26.3()22kEJJB22222110.48(22.77)72.7()22kEJJB4-17 如图 4-17 所示，质量为 M 的均匀细棒，长为 L，可绕过端点 O的水平光滑轴在竖直面内转动，当棒竖直静止下垂时，有一质量为m的小球飞来，垂直击中棒的中点。由于碰撞，小球碰后以初速度为零自由下落，而细棒碰撞后的最大偏角为，求小球击中细棒前的速度值。解析：角动量守恒：2212()02233LvMLmMLvLm机械能守恒：221 10()(1cos)2 323(1cos)23(1cos)2(1cos)33LMLMggLMLgMgLvmLm习题 4-15 图m vM L 习题 4-17 图