大學(xué)物理答案第四章

4-1分析與解力對(duì)軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn)).不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對(duì)軸之矩不為零，但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí)，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對(duì)同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確.對(duì)于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個(gè)力為共點(diǎn)力，當(dāng)合力為零時(shí)，它們對(duì)同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然.但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確.綜上所述，應(yīng)選(B).4-2分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點(diǎn)相同，故對(duì)同一軸的力矩之和必為零，因此可推知?jiǎng)傮w中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會(huì)影響剛體的角加速度或角動(dòng)量等，故(1)(2)說法正確.對(duì)說法(3)來說，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B).4-3分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對(duì)軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān).當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時(shí)，重力矩為零.因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C).4-4分析與解對(duì)于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對(duì)軸O的角動(dòng)量守恒，故L不變，此時(shí)應(yīng)有下式成立，即mvd-mvd+J?=J①式中mvD為子彈對(duì)點(diǎn)O的角動(dòng)量刃°為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對(duì)軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，J0為子彈射入前盤對(duì)軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.由于1>J0，則s<w°.故選(C).4-5分析與解由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動(dòng)量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對(duì)地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對(duì)地球中心的角動(dòng)星守恒，即rXmv=恒量，式中『為地球中心指向衛(wèi)星的位矢.當(dāng)衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時(shí)，由于Ir|不同，由角動(dòng)量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當(dāng)衛(wèi)星處于近地點(diǎn)時(shí)速率最大，處于遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)速率最小，故衛(wèi)星動(dòng)能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機(jī)械能守恒，即衛(wèi)星動(dòng)能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應(yīng)選(B).4-6分析這是剛體的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題.剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律與質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有(1)由于角速度(1)由于角速度s=2兀n(n為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義解在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為a=s—%=2兀?！ㄔ趧蜃兯俎D(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為a=s—%=2兀?！?)=13.1rad?s-2ttdt(2)發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過的角度為3=st+Lat2=—~%ot=n(n-n)0220在12s內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為

t=3904-7分析與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題也可分為兩類：（1）由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程，通過求導(dǎo)得到角速度、角加速度；（2）在確定的初始條件下，由角速度、角加速度通過積分得到轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程.本題由3=3（t）出發(fā)，分別通過求導(dǎo)和積分得到電動(dòng)機(jī)的角加速度和6.0s內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù).解（1）根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時(shí)間的變化關(guān)系，將t=6.0s代入，即得刃=刃（一e-t/）=0.95刃=8.6s-1(2)角速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為?M刃(1一)a=——=—oe-1/t=4.5e-t/2Yad-s-2/dtt（3）t=6.0s時(shí)轉(zhuǎn)過的角度為e=j6口dt=j6①（一e-t/t）lt=36.9rad貝0t=6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)N=e/2n=5.87圈4-8分析如將原子視為質(zhì)點(diǎn)，則水分子中的氧原子對(duì)AA'軸和BB'軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量均為零，因此計(jì)算水分子對(duì)兩個(gè)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量時(shí)，只需考慮氫原子即可.解由圖可得J=2md2sin2。AA'HJ=2md2cos2。BB'H此二式相加，可得JA+JB=2m^d2,J+J則d=，—■AABB-=9.59x10-11m2mlH由二式相比，可得JA/JB=tan2e1廠,1.93“ce=arctan'-^a-=arctan=52.3。J1.14'BB'4-9分析根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的計(jì)算可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，用簡單的積分計(jì)算得到.116解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量公式可得=0.136kg-m2

116O'ooR動(dòng)慣量的可加性，求解第4-10分析由于布J=』尸2dm計(jì)算，式中dm可取半徑為r、寬度為dr窄圓環(huán)；轉(zhuǎn)動(dòng)慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的差值.至于第二問需用到平行軸定理.題4T()劊O'ooR動(dòng)慣量的可加性，求解第解挖去后的圓盤如圖(b)所示.(1)解1由分析知問可有兩種方法：一是由定義式O是用補(bǔ)償法可將剩余部分的r一問可有兩種方法：一是由定義式O是用補(bǔ)償法可將剩余部分的J=r2dm=JRr2-r-2nrdr2m[Rj15幾=r3dr=—mRR2R/232mnnR2=—mR232由分析知，剩余部分對(duì)OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為解2整個(gè)圓盤對(duì)mnnR2=—mR232由分析知，剩余部分對(duì)OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為15一J0=J-J2=32mR2m(R)2m—-n—LnR2"2)O'軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為(2)由平行軸定理，剩余部分對(duì)O'一O'軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為R2=——mR2324-11分析在運(yùn)動(dòng)過程中，飛輪和重物的運(yùn)動(dòng)形式是不同的.飛輪作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，而重物是作落體運(yùn)動(dòng)，它們之間有著內(nèi)在的聯(lián)系.由于繩子不可伸長，并且質(zhì)量可以忽略.這樣，飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，就可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律聯(lián)合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時(shí)的勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律來確定.該題也可用功能關(guān)系來處理.將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.利用勻加速運(yùn)動(dòng)的路程、速度和加速度關(guān)系，以及線速度和角速度的關(guān)系，代入機(jī)械能守恒方程中即可解得.解1設(shè)繩子的拉力為Ft對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有FtR=Ja(1)而對(duì)重物而言，由牛頓定律，有mg-弓=ma由于繩子不可伸長，因此a=Ra重物作勻加速下落，則有71“h=at22由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J=mR2停-1)［匕〃J=mR2解2根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有11(1‘)一mgh+mv2+Jrn2=022(1‘)而線速度和角速度的關(guān)系為TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"v=R①(2‘)又根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有v=at(3')v2=2ah(4')由上述各式可得J=mR2若軸承處存在摩擦，上述測量轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的方法仍可采用.這時(shí)，只需通過用兩個(gè)不同質(zhì)量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響.4-12分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度與時(shí)間的關(guān)系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間.該題還可應(yīng)用角動(dòng)量定理直接求解.解1在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中，角加速度a=3~30，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja，可得飛輪所經(jīng)歷t的時(shí)間t=3一30J=2nJ(n-n)=10.8sMM0解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有jtMdt=J饑-3)0t=^^0J=旦(n-n)=10.8sMM04-13分析該系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)包含圓柱體的轉(zhuǎn)動(dòng)和懸掛物的下落運(yùn)動(dòng)(平動(dòng)).兩種不同的

(h)P—F'=mg—F'=ma(h)TOC\o"1-5"\h\z2T2T.||2且F]=F」.又由角量與線量之間的關(guān)系，得a=raTl"!|13』解上述方程組，可得物體下落的加速度2mga=2—在t=1.0s時(shí)，B下落的距離為在t=1.0s時(shí)，B下落的距離為mgt2——=2.45m1mgt2——=2.45ms=—at2=——22m+2m(2)由式(2)可得繩中的張力為F=m(g—a)=mim2g=39.2NTm+2m

4-14分析由于組合輪是一整體，它的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量是兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和(注意兩力矩的方向不同).對(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得.1解分別對(duì)兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有mP—F'=mg-F=maTOC\o"1-5"\h\z1T11T111F—P=F—mg=ma「i!.||.|J(2)T22T2222FR—Fr=(J+J)aT1T212F，=F,F，=F(4)T1T1T2T2由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有\(zhòng)o"CurrentDocument"a=Ra(5)a=ra(6)解上述方程組，可得=mR—mrr1J+J+mR2+mr2mR—mr2J+J+mR2+mr2F=J+J+mr2+mRrT1J+J+mR2+mr21'FJ+J+mR2+mRrT2J+J+mR2+mr22'4-15分析這是連接體的動(dòng)力學(xué)問題，對(duì)于這類問題仍采用隔離體的方法，從受力分析著手，然后列出各物體在不同運(yùn)動(dòng)形式下的動(dòng)力學(xué)方程'物體A和B可視為質(zhì)點(diǎn)，則運(yùn)用牛頓定律.由于繩與滑輪間無滑動(dòng)，滑輪兩邊繩中的張力是不同的，滑輪在力矩作用下產(chǎn)生定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，因此，對(duì)滑輪必須運(yùn)用剛體的定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律列出動(dòng)力學(xué)方程，并考慮到角量與線量之間的關(guān)系，即能解出結(jié)果來.解作A、B和滑輪的受力分析，如圖(b).其中A是在張力Fti、重力H，支持力F；和摩擦力F；的作用下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓定律，沿斜面方向有F-mgsin0一amgcos0=maTOC\o"1-5"\h\zT11111而B則是在張力Ft2和重力P2的作用下運(yùn)動(dòng)，有mg-F=ma(2)由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動(dòng)，則有a=a=ra(3)對(duì)滑輪而言，根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律有F'r-F'r=Ja(4)T2T1F，=F,F=F(5)T1T1T2T2解上述各方程可得__mg—mgsin0—amgcos012Jm+m+一F=mmgG+sin0+〃cos0)+(sin0+〃cos0\ngJ/r2T1F=mmgG+sin0+〃cos0)+mgJ/r2T2m+m+J/r24-16分析飛輪的制動(dòng)是閘瓦對(duì)它的摩擦力矩作用的結(jié)果，因此，由飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)規(guī)律可確定制動(dòng)時(shí)所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的產(chǎn)生與大小，是由閘瓦與飛輪之間的正壓力七決定的，而此力又是由制動(dòng)力F通過杠桿作用來實(shí)現(xiàn)的.所以，制動(dòng)力可以通過杠桿的力矩平衡來求出.解飛輪和閘桿的受力分析，如圖(b)所示.根據(jù)閘桿的力矩平衡，有f々+1)—fl=0

而Fn=f'n，M=F|=而Fn=f'n，M=F|=則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為、Nl摩擦力矩是恒力矩，211飛輪作勻F^d角加速轉(zhuǎn)動(dòng)，由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有2TH因飛輪的質(zhì)量集中于輪緣由式(1)、(2)可得制動(dòng)力(h)它繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=md2/4，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja，題4-16圖F=nnmd1i\=3.14X102N‘V+1力4-17分析轉(zhuǎn)動(dòng)圓盤在平板上能逐漸停止下來是由于平板對(duì)其摩擦力矩作用的結(jié)果由于圓盤各部分所受的摩擦力的力臂不同，總的摩擦力矩應(yīng)是各部分摩擦力矩的積分.為此，可考慮將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，取半徑為r、寬為dr的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力dFf=2n卬mgdr/nR2，其方向均與環(huán)的半徑垂直，因此，該圓環(huán)的摩擦力矩曲=rXdFf，其方向沿轉(zhuǎn)動(dòng)軸，則圓盤所受的總摩擦力矩M=/dM.這樣，總的摩擦力矩的計(jì)算就可通過積分來完成.由于摩擦力矩是恒力矩，則由角動(dòng)量定理^t=A(Jw)，可求得圓盤停止前所經(jīng)歷的時(shí)間八t.當(dāng)然也可由轉(zhuǎn)動(dòng)定律求解得.解(1)由分析可知，圓盤上半徑為r、寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為dM=rxdF=-^2r2‘mgdr/R2L

式中k為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為M=』dMJ^T^r="(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=mR2/2.由角動(dòng)量定理^t=A(Js)，可得圓盤停止的時(shí)間為.J口3口R△t=——=M4pg4-18分析由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，在變力矩作用下，通風(fēng)機(jī)葉片的轉(zhuǎn)動(dòng)是變角加速轉(zhuǎn)動(dòng)，因此，在討論轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系時(shí)，必須從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過積分的方法去解.解(1)通風(fēng)機(jī)葉片所受的阻力矩為M=—Cs，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja，可得葉片的角加速度為_d/_C①—擊—J根據(jù)初始條件對(duì)式(1)積分，有j。，些=]t-Cdt?0^0J由于C和J均為常量，得(2)刃=刃e-ct/j(2)當(dāng)角速度由s0—12s0時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)所需的時(shí)間為t=—ln2C(2)根據(jù)初始條件對(duì)式(2)積分，有jbdb=j/e-ct/jdt000nJ/b=—o2C在時(shí)間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為N=墮=虹2n4nC4-19分析由于棒的質(zhì)量不計(jì)，該系統(tǒng)對(duì)z軸的角動(dòng)量即為兩小球?qū)軸的角動(dòng)量之和，首先可求出系統(tǒng)對(duì)z軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量(若考慮棒的質(zhì)量，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為多少，讀者可自己想一想)，系統(tǒng)所受合外力矩既可以運(yùn)用角動(dòng)量定理，也可用轉(zhuǎn)動(dòng)定律來求解.相比之下，前者對(duì)本題更直接.L=J/=2mr2=2ml2/(—e-tIin2。0解(1)兩小球?qū)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J=2mrL=J/=2mr2=2ml2/(—e-tIin2。0此處也可先求出每個(gè)小球?qū)軸的角動(dòng)量后再求和.(2)由角動(dòng)量定理得M=罕=d^^ml2刃(一e-t1in2J=2m"ssvn^ae-tt=0時(shí)，合外力矩為M=2m"①sin2ao此處也可先求解系統(tǒng)繞z軸的角加速度表達(dá)式，即a=乎=①e-1，再由M=Ja求得dtM.4-20分析盤邊緣裂開時(shí)，小碎塊以原有的切向速度作上拋運(yùn)動(dòng)，由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過程中，滿足角動(dòng)量守恒條件，由角動(dòng)量守恒定律可計(jì)算破裂后盤的角動(dòng)量.解(1)碎塊拋出時(shí)的初速度為v=?R由于碎塊豎直上拋運(yùn)動(dòng)，它所能到達(dá)的高度為[V2以R2h=―^=2g2g(2)圓盤在裂開的過程中，其角動(dòng)量守恒，故有L=L-L"1式中L=-mR2⑦為圓盤未碎時(shí)的角動(dòng)量；L=mR也為碎塊被視為質(zhì)點(diǎn)時(shí)，碎塊對(duì)軸的角動(dòng)量；L為破裂后盤的角動(dòng)量.則-r1.工L=—m—mR如"2)4-21分析子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng).這樣，子彈射入桿前

的角速度可表示為3,子彈陷入桿后，它們將一起以角速度3'轉(zhuǎn)動(dòng).若將子彈和桿視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.由角動(dòng)量守恒定律可解得桿的角速度.解根據(jù)角動(dòng)量守恒定理J2①=J]+J2)$式中J2=m2(//2》為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，J23為子彈在陷入桿前的角動(dòng)量，3=2v/l為子彈在此刻繞軸的角速度.J1=ml2/12為桿繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.可得桿的角速度為6mV=2=29.1s-i(m+3m)4-22分析兩傘型輪在嚙合過程中存在著相互作用力，這對(duì)力分別作用在兩輪上，并各自產(chǎn)生不同方向的力矩，對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)的輪I而言是阻力矩，而對(duì)原靜止的輪II則是啟動(dòng)力矩由于相互作用的時(shí)間很短，雖然作用力的位置知道，但作用力大小無法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可從輪的轉(zhuǎn)動(dòng)狀態(tài)的變化來分析.對(duì)兩輪分別應(yīng)用角動(dòng)量定理，并考慮到嚙合后它們有相同的線速度，這樣，嚙合后它們各自的角速度就能求出.解設(shè)相互作用力為F，在嚙合的短時(shí)間At內(nèi)，根據(jù)角動(dòng)量定理，對(duì)輪I、輪II分別有TOC\o"1-5"\h\z-FAt=JCw—刃)(1)FAt=Jco(2)兩輪嚙合后應(yīng)有相同的線速度，故有ro=ro(3)由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為o=51Jr2+Jor24-23分析小孩與轉(zhuǎn)臺(tái)作為一定軸轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)，人與轉(zhuǎn)臺(tái)之間的相互作用力為內(nèi)力，沿豎直軸方向不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.在應(yīng)用角動(dòng)量守恒時(shí)，必須注意人和轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度3、30都是相對(duì)于地面而言的，而人相對(duì)于轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度31應(yīng)滿足相對(duì)角速度的關(guān)系式o=%+O].解由相對(duì)角速度的關(guān)系，人相對(duì)地面的角速度為Vo=o+o=o+—由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有Jo+JCo+o)=000101式中J0、L=mR2分別為轉(zhuǎn)臺(tái)、人對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量由式(1)、(2)可得轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為mR2mR2vJ+mR2R=—9.52x10-2s-1式中負(fù)號(hào)表示轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向與人對(duì)地面的轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反.4-24分析對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)而言，隨著砂粒的下落，系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量發(fā)生了改變.但是，砂粒下落對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)不產(chǎn)生力矩的作用，因此，系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中的角動(dòng)量是守恒的在時(shí)間t內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量，可由其流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量這樣，轉(zhuǎn)臺(tái)在不同時(shí)刻的角速度就可由角動(dòng)量守恒定律求出.解在時(shí)間0—10s內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量為m=j10sQdr=0.10kg0根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有J刃=J+mr2X000貝0t=10s時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度x=—匕％—=0.80Jns-1J+mr214-25分析將飛船與噴出的氣體作為研究系統(tǒng)，在噴氣過程中，系統(tǒng)不受外力矩作用，其角動(dòng)量守恒.在列出方程時(shí)應(yīng)注意：（1）由于噴氣質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船質(zhì)量，噴氣前、后系統(tǒng)的角動(dòng)量近似為飛船的角動(dòng)量J3;（2）噴氣過程中氣流速率u遠(yuǎn)大于飛船側(cè)面的線速度3r，因此，整個(gè)噴氣過程中，氣流相對(duì)于空間的速率仍可近似看作是u，這樣，排出氣體的總角動(dòng)量』「+xrIm牝mur.經(jīng)上述處理后，可使問題大大簡化.m解取飛船和噴出的氣體為系統(tǒng)，根據(jù)角動(dòng)量守恒定律，有Jx-mur=0（1）因噴氣的流量恒定，故有m=2Qt（2）由式（1）、（2）可得噴氣的噴射時(shí)間為t=_2^=2.67s2Qur4-26分析對(duì)蜘蛛和轉(zhuǎn)臺(tái)所組成的轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)而言，在蜘蛛下落至轉(zhuǎn)臺(tái)面以及慢慢向中心爬移過程中，均未受到外力矩的作用，故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.應(yīng)該注意的是，蜘蛛爬行過程中，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量是在不斷改變的.由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律即可求解.解（1）蜘蛛垂直下落至轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣時(shí)，由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有Jx=（J+j\o式中J=1m'R2為轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)其中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，J=mR2為蜘蛛剛落至臺(tái)面邊緣時(shí)，021它對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.于是可得

①=—匕一①=一———①bJ+Ja—+2—a⑵在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過程中，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量將隨半徑r而改變，即J2=—r2.在此過程中，由系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，有J3=J+Jb4-27分析該題屬于常見的剛體轉(zhuǎn)動(dòng)問題，可分為兩個(gè)過程來討論：（1）瞬間的打擊過程.在瞬間外力的打擊下，棒受到外力矩的角沖量，根據(jù)角動(dòng)量定理，棒的角動(dòng)量將發(fā)生變化，則獲得一定的角速度.（2）棒的轉(zhuǎn)動(dòng)過程.由于棒和地球所組成的系統(tǒng)，除重力（保守內(nèi)力）外無其他外力做功，因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，可求得棒的偏轉(zhuǎn)角度解(1)由剛體的角動(dòng)量定理得AL=J3=jMdt=解(1)由剛體的角動(dòng)量定理得AL=J3=jMdt=FlAt-^2.0k（2）取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，并選|恒，即,J32=o由式（1）、3=arccos)g-m2-s-1處為重力勢官能零點(diǎn).在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守2—gl(1-cos3)(2)可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為E三\L3F2擊2)1-"—2glJ=88o38'4-28分析當(dāng)人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，只受到有心力萬有引力的作用.因此，衛(wèi)星在運(yùn)行過程中角動(dòng)量是守恒的，同時(shí)該力對(duì)地球和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)而言，又是屬于保守內(nèi)力，因此，系統(tǒng)又滿足機(jī)械能守恒定律.根據(jù)上述兩條守恒定律可求出衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的速率.解由于衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動(dòng)量守恒定律有TOC\o"1-5"\h\zmrv=—rv（1）\o"CurrentDocument"1122又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有G——_1G———°1-r1E=2—V2-七君（2）式中G為引力常量，mE和m分別為地球和衛(wèi)星的質(zhì)量，r1和七是衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)離地球中心的距離.由式(1)、(2)可解得衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率分別為v=：""二=8.11x103m-s-11yr偵+r/v=r1v=6.31x103m-s-12r124-29分析由于地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間為24小時(shí)，由刃=2n/T可確定地球的自轉(zhuǎn)角速度和地球自轉(zhuǎn)時(shí)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能?=12Js2.隨著自轉(zhuǎn)周期的增加，相應(yīng)自轉(zhuǎn)的角速度將減小，因而轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能也將減少.通過對(duì)上述兩式微分的方法，可得到動(dòng)能的減少量八Ek與周期的變化AT的關(guān)系.根據(jù)動(dòng)能定理可知，地球轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能的減少是潮汐力矩作功的結(jié)果，因此，由W=MAO=AE/,即可求出潮汐的平均力矩.解(1)地球的質(zhì)量mE=5.98X1024kg，半徑R=6.37X106m，所以，地球自轉(zhuǎn)的動(dòng)能-1■E=—J刃2=2n2x0.33mR2/T2=2.12x1029JK2E2n(2)對(duì)式①=—兩邊微分，可得2nd/=-dTT2當(dāng)周期變化一定量時(shí)，有TOC\o"1-5"\h\z人2n切2A切=———AT=——AT(1)T22n由于地球自轉(zhuǎn)減慢而引起動(dòng)能的減少量為切3口(2)AE=J3A3=-JAT=——EAT(2)又根據(jù)動(dòng)能定理\o"CurrentDocument"W=MAO=AEk(3)由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩為M=Ek函=7.47x10-2N-m2n2n式中n為一年中的天數(shù)(n=365)，AT為一天中周期的增加量.4-30分析沿軸向的拉力對(duì)小球不產(chǎn)生力矩，因此，小球在水平面上轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中不受外力矩作用，其角動(dòng)量應(yīng)保持不變.但是，外力改變了小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，也改變了小球的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，從而改變了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根據(jù)動(dòng)能定理由小球動(dòng)能的變化得到.解(1)根據(jù)分析，小球在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，角動(dòng)量保持守恒，故有式中J0和^分別是小球

在半徑為ro和12ro時(shí)對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，即J?=J（^式中Jo和^分別是小球在半徑為r°和1/2r°時(shí)對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，即J0=mr2和J=4mr2，則（2）隨著小球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的增加，其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能定理可得拉力的功為（2）隨著小球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的增加，其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能定理可得拉力的功為1TT7113W=2J.2-—J.2=—mr2/24-31分析轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja是一瞬時(shí)關(guān)系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩M（3）=mg1cos3是變力矩，角加速度也是變化的，因此，在求角速度時(shí)，就必須根據(jù)角加速度用積分的方法來計(jì)算（也可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)中的動(dòng)能定理，通過計(jì)算變力矩的功來求）.至于棒下落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能和角速度，可采用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律來解，這是因?yàn)榘襞c地球所組成的系統(tǒng)中，只有重力作功（轉(zhuǎn)軸處的支持力不作功），因此，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.解（1）棒繞端點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=3ml2由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja可得棒在。位置時(shí)的角加速度為M（3）3gcos3TOC\o"1-5"\h\za==J21當(dāng)。=60°時(shí)，棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度a=18.4s-2d..d.由于a==，根據(jù)初始條件對(duì)式（1）積分，有dtd3jm.d.=j60Oad300則角速度為6oo=7.98s-i0■3gsin6oo=7.98s-i0.=■—1（2）根據(jù)機(jī)械能守恒，棒下落至豎直位置時(shí)的動(dòng)能為E=1mgl=0.98Jk21（3）由于該動(dòng)能也就是轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能，即E=天J2，所以，棒落至豎直位置時(shí)的角速度K2為■2E"-—K\J4-32分析兩飛輪在軸方向嚙合時(shí)，軸向力不產(chǎn)生轉(zhuǎn)動(dòng)力矩，兩飛輪系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，由此可求得B輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.根據(jù)兩飛輪在嚙合前后轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能的變化，即可得到嚙合過程中機(jī)械能的損失.解（1）取兩飛輪為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，有J口=（J+Jb貝0B輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J=口1—口2J=^^J=20.0kg-m22b1n1(2)系統(tǒng)在嚙合過程中機(jī)械能的變化為AE=-J+J讓--J(D2=—1.32X104J2122211式中負(fù)號(hào)表示嚙合過程中機(jī)械能減少.4-33分析該題與習(xí)題3—30的不同之處在于：（1）子彈與擺錘的相互作用過程不再滿足動(dòng)量守恒，而應(yīng)屬于角動(dòng)量守恒，這是因?yàn)榧?xì)棒和擺錘是一整體，子彈與擺錘相互作用時(shí)，軸對(duì)桿有水平方向的分力作用，因此，對(duì)子彈與擺組成的系統(tǒng)而言，不能滿足動(dòng)量守恒的條件.但是，軸對(duì)桿的作用力和桿所受的重力對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)都不產(chǎn)生力矩，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒的條件卻能滿足.（2）擺在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，就地球與擺組成的系統(tǒng)而言，滿足機(jī)械能守恒定律.擺錘恰能通過最高點(diǎn)所需的速度，可直接應(yīng)用機(jī)械能守恒定律去解擺是剛體，擺錘與軸心之間的距離不可能發(fā)生改變.擺錘開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能必須大于或等于轉(zhuǎn)至最高點(diǎn)處所增加的勢能.解取子彈與擺為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，有(1)J-=J仁]+J+Jb(1)1l1[2〃23(1式中J1=ml2、j2=mi2和j3=3mi2分別為子彈、擺錘和桿對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.根據(jù)擺在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，有—(J+Jlb2+Lmgl=mg(2l)+22302由式（1）、（2）可得子彈速度的最小值為

V=虹預(yù)n4-34分析雖然小球在環(huán)中作圓周運(yùn)動(dòng)，但由于環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)，使球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律復(fù)雜化了.由于應(yīng)用守恒定律是解決力學(xué)問題最直接而又簡便的方法，故以環(huán)和小球組成的轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)來分析.在小球下滑的過程中，重力是系統(tǒng)僅有的外力，由于它與轉(zhuǎn)軸平行，不產(chǎn)生外力矩，因此，該系統(tǒng)對(duì)軸的角動(dòng)量守恒.若以小球位于點(diǎn)A、B處為初、末兩狀態(tài)，由角動(dòng)量守恒定律可解得小球在點(diǎn)B時(shí)環(huán)的角速度wb.在進(jìn)一步求解小球在點(diǎn)B處相對(duì)環(huán)的速度vB時(shí)，如果仍取上述系統(tǒng)，則因重力（屬外力）對(duì)系統(tǒng)要作功而使系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；若改取小球與地球?yàn)橄到y(tǒng)，也因環(huán)對(duì)小球的作用力在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中作功，而使系統(tǒng)的機(jī)械能守恒仍不能成立；只有取環(huán)、小球與地球?yàn)橄到y(tǒng)時(shí)，系統(tǒng)才不受外力作用，而重力為保守內(nèi)力，環(huán)與球的相互作用力雖不屬保守內(nèi)力，但這一對(duì)力所作功的總和為零，因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒根據(jù)兩守恒定律可解所需的結(jié)果.但必須注意：在計(jì)算系統(tǒng)的動(dòng)能時(shí)，既有環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能，又有小球?qū)Φ氐膭?dòng)能（它可視為小球隨環(huán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能1mr2cd2與小球相對(duì)于環(huán)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能2B1-mv2之和).2B解以環(huán)和小球?yàn)檗D(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)，由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒有取環(huán)、小球與地球?yàn)橄到y(tǒng)時(shí)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得J刃=G+mR2L000B取環(huán)、小球與地球?yàn)橄到y(tǒng)時(shí)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得11()一.1…JD2+mgR=J+mR2D2+mv22。020B2B由式（1）、（2）可解得小球在B點(diǎn)時(shí)，環(huán)的角速度與小球相對(duì)于環(huán)的線速度分別為小球在C點(diǎn)時(shí)，由于總的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量不變，用同樣的方法可得環(huán)的角速度和小球相對(duì)于環(huán)的速度分別為D=DVC=、.頑4-35分析取飛船及兩質(zhì)點(diǎn)A、B為系統(tǒng)，在運(yùn)行時(shí)，系統(tǒng)不受合外力矩作用，該系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.若在運(yùn)行過程中通過系統(tǒng)內(nèi)的相互作用，改變其質(zhì)量分布，使系統(tǒng)的角動(dòng)量只存在于兩質(zhì)點(diǎn)上，此時(shí)，飛船的角動(dòng)量為零，即飛船停止了轉(zhuǎn)動(dòng)又因?yàn)樵谶\(yùn)行過程中合外力的功亦為零，且又無非保守內(nèi)力作功，所以，系統(tǒng)也滿足機(jī)械能守恒當(dāng)輕線恰好拉直時(shí)質(zhì)點(diǎn)的角速度與飛船停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的角速度相等時(shí)，連線的長度也就能夠求出解飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J=1m'R2，兩質(zhì)點(diǎn)在起始時(shí)和輕線割斷瞬間的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分別為J2=2mR2和J2=2感+/>.由于過程中系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，為使