大学物理刚体力学期末考试复习习题集.pdf

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1、大学物理刚体力学期末考试复习习题集1.1设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多 少r a d/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.解答2万-2 4 x 3 6 0 0=7.27x10-5(md/s)2 43 6 5 x 2 4 x 3 6 0 0=2.0 4 x l0-7(r a d/s)v=R%V2 2an=n R1.2汽 车 发 动 机的转速在1 2 s内 由1 2 0 0 r e v/m i n增加到3 0 0 0 r e v/m i n.（1）假设转动是匀加速转动,求角加速度.（2）在此时间

2、内，发动机转了多少转？解答（1）即 处=2”（3。0 0-1 2 0 0）x l/6 0 =5 7（r a d/s 2）t1 2(2)2 2一-4 =2B()2(3 0 0 02-1 2 0 02)3 02 x 1 5.7=2 6 3 9(r a d)所 以 转 数=竽=4 2 0（转）2 41.3某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为0=at+bt3-ct4(0:rad,t*s).球t时刻的角速度和角加速度.解答=at+bt3-ct4co-d0=a+3bt“2 -4.c t3dtB=包=6bt-12ct2dt1.4半径为0.h n的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-x y坐标系，原点在

3、轴上.X和y轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A当t=0时恰好在X轴上，该点的角坐标满足。=1 2 +1 2（6：理 山1：5）.求（1）=0 时，（2）自 t=0 开始转4 5 时，(3)转过9 0时，A点的速度和加速度在X和y轴上的投影.解答/0-1.2t+12co-1.2+2tB=2()t=G=L2，0A=Rj=0.12j(m/s)./.vx=0,vy=0.12(m/s)2aA=an=-=-0.144(m/s2)Ray=R/J=0.2(m/s2)(2)夕=4 5。时,jr0 1.2t+12=，得t=0.47(s)4由69=2.14(rad/s)VA=dxR=0 0 co=0.1 5 j

4、-0.1 5 iR e o s。R s i n。0匕=-0.1 5(m/s),vy=0 1 5(m/s)d v d 八 八aA=(-R 6 9 s i n&+R y c o s j)d =一R(Gs i n O i +Gc o s 6 j)d t=R (-co2 c o s 3-/3 sin，)i +(-co2 s i n 6 +夕c o s-1 9)j=-0.1 8 3 j-0.4 6 5 i(m/s2)axx =-0.4 6 5(m /s2),yav=-0.1 8 3(m /s2)(3)当6 =9 0。时,由e=1.2 t +t2=-J#t =0.7 8 9 5(s),co=2.7 8(r

5、 a d /s)2,/vA=-R x a)i=-0.2 7 8 i(m/s)vx=-0.2 7 8(m/s),vy=0(m/s)ax=-R/?=-0.2(m /s2)ay=-=-0.7 7(m/s2)1.5钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂AB和 CD支承,以角速度o=10rad/s逆时针转动，求臂与铅直4 5,时门中心G 的速度和加速度.解答因炉门在铅直面内作平动，门中心G 的速度、加速度与B 或D 点相同。所以：vG=A B -=1.5 x 1 0 =1 5(m/s)a G=A B 疗=1.5 x IO?=1 5 0(m/s2)1.6收割机拔禾轮上面通常装4到 6个压板.拔禾轮一边旋转，一

6、边随收割机前进.压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反.已知收割机前进速率为1.2 m/s,拔 禾 轮 直 径1.5 m,转速2 2 r e v/m i n,求压板运动到最低点挤压作物的速度.解答取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。取收割机前进的方向为坐标系正方向二一匕板 对地=一 匕 板 对 轴+%对地=一墨*?+1.2=0.53(111/5)J板对地=0-53(m/s),%对 地=一 .531(111/0)1.7飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在半径为1 5 0 c m,发动

7、机转速2 0 0 0 r e v/m i n.(1)桨尖相对于飞机的线速率等于多少？(2)若飞机以2 5 0 k m/h的速率飞行，计算桨尖相对于地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹.解答取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。(1)研究桨头相对于运动参考系的运动：zrn=coR=xl.5=314.16(m/s)(2)研究桨头相对于基本参考系的运动:丫噎=%j+0牵，曝工17牵k 八2-25OX1OOOY r,，、二 此 绝=(314.16)+36()0 =321.7(m/s)由于桨头同时参与两个运动：匀速直线运动和匀速圆周运动。故桨头轨迹应是一个圆柱螺旋线。1.8桑塔纳汽车时速为1 6 6 k

8、 m/h.车轮滚动半径为0.2 6 m.自发动机至驱动轮的转速比为0.9 0 9.问发动机转速为每分多少转.解答设发动机转速为n发，驱动轮的转速为。由题意：出=0.909,n发=0.909%(1)n轮汽车的速率为皿四，2%R 轮n轮=166x1()3-60-166xl03轮-2万R轮60(2)(2)代 入 n发 g g x l O K e v/m i n)2.2在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置.(1)圆锥体为均质；(2)密度为h的函数:P=PSX-YP为正常数.L 解答建立如图坐标0-x,由对称轴分析知质心在x轴上。由 人=把=怛=吧 得:d m pdv d v（1）J%bat 4

9、3质量m=vp=-7 ra2LpA X（2）XcJ：*：）?S o。一:比 4=-一J-0=2 L（h=L -x）月。（1-7）万（十%）0L L质量 m =夕0（1，）乃（：-x）2 d x=Qo乃a 2 ）J o L L 42.3长度为2的均质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下.求杆子的上端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）.解答建立坐标系，水平方向为x轴，竖直方向为y轴.杆上端坐标为（x,y）,杆受重力、地面对杆竖直向上的支承力，无水平方向力。由（质心运动定理）质心在杆的中点，沿水平方向质心加速度为零。开始静止,杆质心无水平方向

10、移动。由杆在下落每一瞬时的几何关系可得：（2xp+y2 =-即杆上端运动轨迹方程为：4 x2+y2=C2(1)用积分法证明：质量为m长为 的均质细杆对通过中心且与杆垂直的轴线的转动惯量等于12 解答建立水平方向0 X坐标d i =x2 d x2I =2 p x2d x=m/?2J。C 12(2)用积分法证明：质量为m、半径为R的均质薄圆盘对通过中心且在盘面内的转动轴的转动惯量为LmR2.4 解答=2 f R(2VR2-X2)2-5-(2，R2 x?)d x=-fR(R2-x2pd xJ。12 4R?3%F t?J。x =Rs i n A3AI =-fi(R2-R2s i n2e yRc o s

11、 O d O =-R4c o s，G d03 万R?3 万R?=4 m r f l+cos2 2(j =J _mR 23 万IV J。2 4或1 =。丹7 1(可-*2)2(,利用公式3 TTR*J。nf z(u 2,a 2x)7-dJ u-u-(-u-2-a-2-)-2 -n-a-2 r (u 2.a 2)、？2。d uJ n +1 n +1J3.2图示实验用的摆，2=0.92m,r=0.08m,mf=4.9kg,mr=2 4.5 k g,近似认为圆形部分为均质圆盘，长杆部分为均质细杆.求对过悬点且与摆面垂直的轴线的转动惯量.解答将摆分为两部分：均匀细杆(L),均匀圆柱(i2)则 i =L+

12、LL =g m L?=0.14(k g m2)I2-mrr2+mr(L +r)2(用平行轴定理)=2.51(k g.m2)1=0.14+2.51-2.65(k g.m2)3.3在质量为M半径为R的均质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔，圆孔中心在半径R的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量.解答=1 M(R2-r-T)3.5 一转动系统的转动惯量为I=8.0k g.m 2,转速为o=41.9r a d/s,两制动闸瓦对轮的压力都为3 9 2 N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为=0.4,轮半径为r=0.4m,从开始制动到静止需要用多少时间？解答EMz=Iz A=-15.68(r a d

13、 /s2)【ze=/+6z t=41.9-15.68 tt=2.67(s)3.6均质杆可绕支点0转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，支 点0对杆的作用力并不因此冲力之作用而发生变化,则A点称为打击中心.设杆长为L,求打击中心与支点的距离.解答杆不受下作用时，支点0对杆的作用力N,方向竖直向上，大小为杆的重量。依题意，当杆受力R时，N不变。建立如图坐标系，Z轴垂直纸面向外。由质心运动定理得：(O-X方向投影)F=m%(质心在杆中点)(1)由转动定理得：FOA=I0=imL2 (2)有角量与线量的关系a0=；(3)-m L2。(1)(2)(3)联立求解OA=与 一1 323.7现在用阿特伍德机测滑

14、轮转动惯量.用轻线且尽可能润滑轮轴.两端悬挂重物质量各为m|=0.46kg,且m 2=0.5kg.滑轮半径为0.05m.自静止始，释放重物后并测得5.0s内in2下降0.75m.滑轮转动惯量是多少？解答分析受力。建立坐标系，竖直向下为x轴正方向，水平向左为y轴正方向。z轴垂直纸面向里。根据牛顿第二定律，转动定理，角量与线量关系可列标量方程组：m.g-T,=m,a,m2g-T2=m2（-a2）（T：-T；）R =i p已知 a=R/A a=a 2，T =T；,AX=；a t?（其中 m,m 2，R,z u：,t 为己知）求解上列方程组：a,=0.0 6（m/s2）R 2I =（0 1-m 2）g

15、 +（n i +叫）a j =1.39x l 0-2（k g m2）ai3.8斜面倾角为e,位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R,转动惯量为I,受到驱动力矩M,通过绳索牵引斜面上质量为m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为M，求重物上滑的加速度.绳与斜面平行，不计绳质量.解答分析受力及坐标如图。Z轴垂直纸面向外。列标量方程组：T-m g s i n。一m g c o s例/=m a (1)-M+T R=-尸1(2)a =M (3)T=T(4)T -m g s i n 0-m g c o s =m a解得：_ R(M -m g R s i n 0-m g R c o s 和)a-I +mR23.9利用图

16、中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的距离为r.为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量较小的重物叫，从距地面高度h处由静止开始下落，落地时间为L，然后悬挂质量较大的重物H i?,同样由高度h下落，所需时间为tz，根据这些数据确定轮盘的转动惯量.近似认为两种情况下摩擦力矩相同.解答分析受力及坐标如图。Z轴垂直纸面向里。列方程:m,g-T,=m,a,Tr-Mi a=I ,M-%r t；(n i|-m 2)g +2h(学-学)T _ _ L-2 h(l-l)r2 t14.1扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线0转动，其转动惯量I为.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴的垂直距离为r

17、.在槽内装有一小球，质量为明 开始时用细线固定，只弹簧处于压缩状态.现用燃火柴烧断细线，小球以速度匕弹出.求转动装置的反冲角速度.在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？(弹簧质量不计)解答取小球和转动装置为物体系，建立顺时针为转动正方向。在弹射过程中，物体系相对于转动轴未受外力矩，故可知物体受对转轴的角动量守恒。有 l O-r m vo=0,，y =动能不守恒，原因是弹性力对系统作正功，物体系动能增加。总机械能守恒。原因是此过程中无耗散力做功。应有守恒关系式：-k x2=-m i/Q +I(y22 2 24.2质量为2.97k g,长 为1.0 m的均质等

18、截面细杆可绕水平光滑的轴线0转动，最初杆静止于铅直方向.一弹片质量为1 0 k g,以水平速度2 0 0 m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角e.解答取子弹和杆为物体系。分两个过程。过 程1：子弹嵌入前一瞬时开始到完全嵌入时为止。此过程时间极短，可视为在原地完成。此时受力为m g,M g,N为转轴对杆的支承力，对于轴，外力矩为零。有角动量守恒。规定逆时针为转轴正方向。得：m f%=+1?1。=产解得：(y=倘.=2.0(r ad/s)-MC2+m23过 程2：由过程1末为始到物体系摆至最高点为止。此过程中一切耗散力做功为零。故物体系机械能守恒。取杆的最低点为重力势能零点。有+

19、；42疗=以1 -co S e)m g+g(l-co s e)M g+g M g-6y2（-M+m）Z,2物I Z H co s0=J-=0.864解付 q +m）gf0=3 0 34.3 一质量为叫，速度为匕的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为j=9 9 1 1,长度为L的棒的端点，速度看与棒垂直，棒原来静止于光滑的水平面上.子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直于平面的轴的角速度等于多少？解答取n i 1与叫为物体系。此物体系在水平面内不变外力矩。故角动量守恒，规定逆时针为转动正方向。设叫嵌入后物体系共同质心为c，d到棒右端距离为r,棒自身质心为c。由m =m 2（L-r）（质心公式）2m,L

20、/2 99,r -Lm,+m2 2 0 0有物体系对点的角动量守恒可得：0 1 1匕=m,r269+Ic.69T 1 T2 rL 9 9-2 1 nn T2 nn f L Vc=1 2 n i-2j L +m2、-2-2-0-0L =1 2 x 99r r i 1L 0+991 X 1|-co11 2 0 0 J解得0 =0.0 5 8匕/L4.4某典型脉冲星，半径为几千米，质量与太阳的质量大致相等，转动角速率很大.试估算周期为50ms的脉冲星的转动动能.(自己查找太阳质量的数据)解答I J。？25.110m高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度.设倒塌时底部未移动.可近似认为

21、烟囱为细均质杆.解答飙=轲3邛=意嗜3j =htw=J3gh=17.1(m/s)5.2用四根质量各为m长度各为(的均质细杆制成正方形框架，可绕其一边的中点在竖直平面内转动，支点0是光滑的.最初，框架处于静止且AB边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当AB边达到水平时，框架质心的线速度乂以及框架作用于支点的压力N.解答框架对0点的转动惯量：L=-m2+2 mt2+m(J+)2+m2+mf2=m/;2 12 12 V 4 4 12 3在框架摆动过程中，仅受重力和支点的支撑力，重力为保守力，支撑力不做功，故此过程中框架的机械能守恒。取过框架中心的水平线为重力势能零点：有 4mgg=；I疗2=4mg=12

22、gI。7 2解得：*陛V 7。.一 =曰c 2 V 72 2框架转到A B水平位置时，ZM o=0,尸=0.即a。,=0(水 平 方 向)故支点0对框架的作用力W,仅有法向分量。由质心运动定理得:4 m g-N jm空二皿小272框架作用支点的力N与W是作用力与反作用力。5.3由长为j 质量各为m的均质细杆制成正方形框架，其中一角连于光滑水平转轴0,转轴与框架所在平面垂直.最初,对角线0 P处于水平，然后从静止开始向下摆动.求对角线0P与水平成45。时P点的速度，并求此时框架对支点的作用力.解答框架对。点转动惯量I0=2x1m f2+2 m f2+m(+r2)2=ym/?2由机械能守恒：0=-

23、g m g +g#m/2 疗先求支点0对框架作用力N,g M。=4m g-sin45=2mg0由转动定理ZM0 =I,=斗 =普 虻 冷【。m2 5c3op 五 g 372.a”=f=邛=-g“22 10由质心运动定理：Z L =mSc投影得：4mg cos 45+Nr=4macr Nn-4mgsin 450=4mco2rcI 2解得：N 0=与区mgz 4夜Nr=-m gN=TNJ+NJ=6.32mg设N与-;方向夹角为。，则tg。=*=56=79.7。5.4质量为m长为0的均质杆，其B端 N 放在桌面上，A端用手支住，使杆成水)1 6平.突然释放A端，在此瞬时，求：mg(1)杆质心的加速度

24、，(2)杆B端所受的力.解答取杆为隔离体，受力分析及建立坐标如图。规定顺时针为转动正方向。依据质心运动定理有：Nr-mg=macr(1)依据转动定理：m g|=IB/J (2)依据角量与线量关系：(3)2此外，Nn=macn=m修0/2I1B5=-m 2(4)3由匕=0.:.%=0风=0联立上述四个方程求得：3%=一1、T 1Nr=-m g5.5下面是均质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况,求地面对圆柱体的静摩擦力f.(1)沿圆柱体上缘作用以水平拉力F,柱体作加速滚动.(2)水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动.(3)不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动.(4)在主动力偶矩丁

25、 的驱动下作加速滚动.设柱体半径为R.解答取均匀圆柱体为隔离体，建立坐标系，水平向右为X轴正方向，z轴垂直纸面向里。假设R方向水平向右。(1)F-f=mac (F+f)R=I0=gmR2ac=R夕得f=q (符号表示实际方向与假设方向相反)(2)F-f=mac1 9 fR=Io?0=-m R2/5得f=g(符号表示实际方向与假设方向相同)(3)-f=mac1 90（7）心f：=Ma（8）于 f=N N2=N*（10）fo=fo（11）将上述十一个方程联立求解得:a-_3-F-/-/-(-M-+-M-2-)-g-3M+M25.7在水平桌面上放置一质量为m的线轴，内径为b,外径为R,其绕中心轴转动

26、惯量为LmR2.线轴与地面间的静摩擦3系数为.线轴受一水平拉力F,如图所示.(1)使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？(2)若F与水平方向成。角，试证，cosb/R时，线轴向前滚动；cos6 b/R时，线轴线后滚动.解答取线轴为隔离体。建立坐标系，水平向右为X正方向，Z轴垂直纸面向里。(1)依据质心运动定理有：F-f=mac(1)依据对质心轴的转动定理有：flR-Fb=I(/=|m R2/?(2)由角量与线量的关系得：ac-R/?(3)上述三式联立求解得：f=F4R欲保持无滑滚动得:f f =N=m g 即 F =4M mgmax 卜j 产&I Xmax 卜R +3 b(2)列标量方程

27、F c o s -f =m ac1、0,有a C 0即c o s e B时a。0 （向前滚动）同理c o s 6 2时/0 （向后滚动）R6.1汽车在水平路面上匀速行驶，后面牵引旅行拖车，假设拖车仅对汽车施以水平向后的拉力F。汽车重W,其重心于后轴垂直距离为a,前后轴距离为八h表示力F与地面的距离。问汽车前后轮所受地面支持力与无拖车时有无区别？是计算之。解答取汽车为隔离体，设车受前后轮的支持力分别为四，泗，方向水平向上。前后轮受地面摩擦力分别为九/2,方向分别先后和向前。建立坐标系，水平向右为X轴正方向，Z轴垂直纸面向外。汽车匀速运动，受力平衡：ZE=oEH=o当有F时:N1+N2-W=OW,

28、-F h-N/=O（以后轴为轴）解得:Nz.=W-a-F-h-1 CW-F hN2=W2-当无F时:N;+N;=WWa-N；=O解得：N；=,N；=W 5比较N 1与N；,N 2与N；可知 N,N；6.2 将一块木板的两端至于两个测力计上，即可测出板的重心。这样测人的重心就比较困难。因很难将头和脚置于测力计上而身体挺直。若令人躺在板上，能否测出？若能，给出求重心之法。解答设匕为质心与E间的垂直距离，a为质心与间的垂直距离F h=（用月已知）F2 aa =2-b.（妇知）可求。6.3 电梯高2.2m,其质心在中央。悬线亦过中央。另有负载50 x 1 0 k g ,其重心离电梯中垂线相距0.5 m

29、。问（1）当电梯匀速上升时，光滑导轨对电梯的作用力，不计摩擦（电梯仅在四角处受导轨作用力）；（2）当电梯以加速度0.0 5m/s2上升时，力如何？解答(1)由平衡：X耳卜=。在水平方向氏 =F以。为轴线得：CL h 12F =mgdF=%=1114(N)h(2)水平方向a x=OM=F无转动效应得(以0为轴线)：h2F-=(mg+ma)dF=m(g+a)d=n i 9(N)h第一题4-1一 汽 车 发 动 机 曲 轴 的 转 速 在 内 由L 2 x l()m i n，均匀的增加到2.7x l 0%m i n;(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

30、于角速度。=2加？为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义”了，在匀变速转动中角加速度为G-g 2 万(-%)._2a=-=-=13.1 rad-s（2）发动机曲轴转过的角度为9=coat+a f2=3 t=开(+o)r在12s内曲轴转过的圈数为二号内0圈第二题4-2某种电动机启动后转速随时间变化的关系为0 =%d-e;），式中g=9.0 ra d.s r=2.0 s。求：，=6.0 s时的转速；角加速度随时间变化的规律；（3）启动后6如内转过的圈数。题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将 方 =6.0s代入，即得（2）角加速度随时间变化的规律为（3）6.O s时转过的角度为则占

31、6.0s时电动机转过的圈数N=2-=5.87 圈2乃第三题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。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 =-a。，由转动定律“=可得叶片的角加速度为d69a=drCCD(1)根据初始条件对式（1）积分，有6（0 1 C.=drJg ck*J由于。和/均为常量，得当角速度由g”5g时，转动所需的时间为t=ln2C（2）根据初始条件对式（2）积分，有即9=也在时间方内所转过的

32、圈数为2万 4 C第四题4-4一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2 O 3 x l0 N.m,涡轮的转动惯量为25.0kg.m 2。当轮的转速由2.8 0 x I0*m M增大到1.12x10,r.m iT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”丁，由转动定律=以,可得飞轮所经历的时间宁广箸（。）=8解 2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有J：M d/=J（0-0 o）宁广济。”,第五题4-5用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在。点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为机的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下

33、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 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nig Fr=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7 1 2h=at/4、2(4)由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2：根据系统的机械能守恒定律，有+Jco2=0/_,、2 2(r)而线速度和角速度的关系为v=R(2 9又根据重物作匀加速运动时，有v=a t(3 )v2=2 ah(4 0由上述各式可得人“唱 一“若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用

34、。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。第六题4-6一飞轮由一直径为3。细，厚度为Z。疝的圆盘和两个直径为10 c m,长为8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8x103 k g.m/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解：根据平行轴定理，。=，。+府和绕圆盘中心轴。的转动惯量N可得第八题4-8试证明质量为%半径为R的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量2 2为M 。如以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。轴的转动惯量为dJ=r2d

35、m=-(/?2-x2)p(/?2-x2)ix3m式中”了萨为匀质球体的密度。则球体以其直径0。为转轴的转动惯量为J =J d J =J：；即（R 2 -x2）-d r =,n又由平行轴定理可得球绕a。轴的转动惯量为7J=J+m R2=-m R25第九题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土“人川。其中/为矩形板的长，为它的宽。题4.9证：取如图所示坐标，在板上取一质元加=皿3，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为整个矩形板对该轴的转动惯量为J=J”=J 2 J 俣+y2,汨)，=2 2a ib(l2+b2)第十题4-1 0题 4.1

36、 0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Frr=Ja=-mlr a对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有4 一 耳=m2g-耳=m2a(2 )且耳=片。又由角量与线量的关系，得a=ra解上述方程组，可得物体下落的加速度a=-叫 +2ml在 l.O s时，B下落的距离为s=at1=2.45 m2 町+2叫(2)由 式(2)可得绳中的张力为FT=m(g-a)=-g=39.2 Nm+2m2第H 题4-11质量为叫和叫的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和，两轮的转动惯量分别为，和九，轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速

37、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P,-F=mg-FT I=()F-P2=FT2-m2g=m2a2()(0 R-%)=(4+4 卜(3)“耳”%/(4)由角加速度和线加速度之间的关系，有%=Ra(5)Ga解上述方程组，可得_ _ _ _咿-W _ gRJ+J2+mR2+叫户=-!-grJ+J2+m1R2+，巧 产J,+J-,+m3r2+tnRr4+1/;+.+,西 叫 gJj+J2 4-mR2+ntRrJ+J2+mR2+nr2 2g第十二题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仍和叫的

38、物体A、Bo A置于倾角为。的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为。若8向下作加速运动时，求：（1）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是在张力吊、重力X,支持力K和摩擦力a的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有%-m1g s i n 0-叫 g c o s 0=ma(1)而B则是在张力生和重力K的作用下运动，有m-1g-F.n=m2a2()由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有a=a2=ra对滑轮而言，根据定轴转动定律有F；2r-F；,r=J a(4)且有耳=耳1,耳2 =/(5

39、)解上述各方程可得_ m2 g 一 机 gs i n。一 加 勺ge o s。q =%=J叫+丐+-yF _ m/ag。+s i n 8 +c o s 6)+(s i n 6 +c o s /r2T，mx+叫 +j/r2F _ 犯 机2 g(1 +s i n 6 +c o s 6)+m2gJ/r2 町 +吗 +J I r2第十三题4-1 3如图所示，飞轮的质量为6 0 k g,直径为0.5 0 m,转速为L O x lO W m in,现用闸瓦制动使其在56 s内停止转动，求制动力尸。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 =0.4 0,飞轮质量全部分布在轮缘0.75m上。题 4.1 3o解：飞轮和闸杆的

40、受力分析如图所示。根据闸杆的力矩平衡，有F(/,+/2)-/,=O而入=邛，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为M=Ff-=-FNud=F u df 2 2 N 2/,(J)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,有因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量八混液,根据转动定律M =J a,由 式(1)、(2)可得制动力7mmd(1 1+，2)，=3.14x102 N第十四题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。自由转动，其转动惯量为0.7 5 k g.m,、质量为1 5.0 k g、半径为3 0.0 c m。今 将 轮 胎 放 在 以

41、速 率 移 动 的 传 送带上，并使框架 保持水平。（1）如果轮胎与传送带之间的动摩擦因数为。6。，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=/Longr()根据转动定律，车轮转动的角加速度为M7(2)要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为。(3)开始时车轮静止，即豌=。，故由匀加速转动规律。=为+8,可得_ coa(4)由上述各式可解得pmgr(2)在力时间内，轮缘上一点转过的弧长s=r0=at22而传送带移动的距离1-Vt,因此，传送带上滑痕的长度,.1 2/Ca=l-s-v t rat=-=6.8

42、0 m2 IfMngr第十五题4-15一半径为R、质量为帆的匀质圆盘，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4.1 5解：(1)圆盘上半径为八 宽度为d r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dA/=rx dFt.=)k式中A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 分 成/2。由角动量定理，可得圆盘停止的时间为第十六题4-1 6一质量为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。转动，若在某

43、时刻，一质量为帆 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4.1 6 解：(1)碎块抛出时的初速度为%=coR由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为2g 2g(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中公为供”为圆盘未碎时的角动量；=为碎块被视为质点时，对轴的角动量；为破裂后盘的角动量。则L=m-m12第十七题4-1 7在光滑的水平面上有一木杆，其质量为“，=L k g,长为，=4 0 c m,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为叫田公的子弹，以”2.0 x 1 0 2 m o 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入

44、杆中，试求所得到的角速度。题4.17解：根据角动量守恒定理J2C D=(J,+J2 o式中八色(2)2为子弹绕轴的转动惯量，3 为子弹在陷入杆前的角动量，。=2也为子弹在此刻绕轴的角速度。，=印7 1 2为杆绕轴的转动惯量，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co=J2co _ 6叫 uJ+J2 G I+3叫）/=2 9.1 s-1第十八题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惯量为，和人。开始时轮I以角速度仇转动，问与轮H成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？题 4.18解：设相互作用力为凡 在啮合的短时间4内，根据角动量定理，对 轮I、轮

45、I I分别有-后4 =河-0 0)(J )F g =J2co2(2)两轮啮合后应有相同的线速度，故有伸=r2co2(3)由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为必=u，牝=/%+，24，弓+/2彳第十九题4-19一质量为200kg的小孩，站在一半径为3.。转动惯量为450kg.m?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LO O m Z的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？题4.1 9 解：设转台相对地的角速度为。，人相对转台的角速度为外。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为Vo=g +G =g+,（）由于系统初始是静止的

46、，根据系统的角动量守恒定律，有J o r V o +4（g+?）=0 （2）式中4、/二欣分别为转台、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。第二十题4-2 0一转台绕其中心的竖直轴以角速度。=心7转动，转台对转轴的转动惯量为4=4 0 x炉k g W。今有砂粒以Q =2 fg 7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 求 砂 粒 下 落公心时，转台的角速度。题4.2 0 解：在时间0-1 0 s内落至台面的砂粒的质量为f 1 Osm =J o Q d/=O.l O k g根据系统的角动量守恒

47、定律，有，o Q）=（4+加）6 9则10s时，转台的角速度（o=-=0.8.s-iJ（）+m r第二H 一 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4=2 0 x 1。3 k g.m 2,旋转的角速度3 =02ra d7,喷口与轴线之间的距离，=L5m；喷气以恒定的流量Q =LOkgX和速率=5 0 m.s T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

48、）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g,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 加经上述处理后，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Jco-mur=0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=2.67 sQur第二十二题4-22一质量为，、半径为R的转台，以角速度。转动，转轴的摩擦略去不计。（1）有一质量为机的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度以为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向

49、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，有人%=5+4）稣式中J。=3 n为转台对其中心轴的转动惯量，4=，为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量。于是可得Jo m，（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T而改变，即=，。在此过程中，由系统角动量守恒，有=O o +人 皿则mR2 Jo+J2 4 mR2+2mr 0，第二十三题4-23一质量为l2kg,长为L O m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以10N的力打击它的下端点,打击时间为。02s

50、。（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AL=J%=J Mdt=FIN=2.0 kg-m2 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-Ja)=-m g-co s0)(2)由 式（1）、（2）可得棒的偏转角度为3尸产m2gl=8838第二十四题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。试证轨道半径为（2）假设电子绕核的角动量只能为 的整