(1.4.18)-大學物理第三章作業(yè)答案

第三章作業(yè)答案一、選擇題1、有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：(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．對上述說法下述判斷正確的是()(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)都正確分析與解力對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軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉)．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對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．對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應選(B)．2、關于力矩有以下幾種說法：(1)對某個定軸轉動剛體而言，內力矩不會改變剛體的角加速度；(2)一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；(3)質量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態(tài)一定相同．對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(2)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的(D)(1)、(2)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確．對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應選(B)．3、－均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖一所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A)角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速度從小到大(C)角速度從小到大，角加速度從大到小(D)角速度不變，角加速度為零

圖一分析與解：如圖一所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關．當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C)．4、一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉動，軸間摩擦不計．如圖二所示射來兩個質量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量L以及圓盤的角速度ω的變化情況為()(A)L不變，ω增大(B)兩者均不變(C)L不變，ω減小(D)兩者均不確定分析與解：對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，故L不變，此時應有下式成立，即式中mvd為子彈對點O的角動量ω０為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸O的轉動慣量，J0為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量．由于J＞J0，則ω＜ω０．故選(C)．圖二5、假設衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛(wèi)星對地球中心的()(A)角動量守恒，動能守恒(B)角動量守恒，機械能守恒(C)角動量不守恒，機械能守恒(D)角動量不守恒，動量也不守恒(Ｅ)角動量守恒，動量也守恒分析與解：由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動星守恒，即r×mv＝恒量，式中r為地球中心指向衛(wèi)星的位矢．當衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時，由于｜r｜不同，由角動量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，故衛(wèi)星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機械能守恒，即衛(wèi)星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應選(B)．6、花樣滑冰運動員繞豎直軸旋轉，兩臂伸開時轉動慣量為J。，角速度為；收攏兩臂，轉動慣量變?yōu)镴。，則角速度為(B)（A）（B）3（C）。（D）二、填空題1、半徑為30cm的飛輪，從靜止開始以0.5rad·s-2的勻角加速轉動，則飛輪邊緣上一點在飛輪轉過240?時的切向加速度aτ=，法向加速度an=。[答案：]2、如題三圖所示，一勻質木球固結在一細棒下端，且可繞水平光滑固定軸O轉動，今有一子彈沿著與水平面成一角度的方向擊中木球而嵌于其中，則在此擊中過程中，木球、子彈、細棒系統(tǒng)的守恒，原因是。木球被擊中后棒和球升高的過程中，對木球、子彈、細棒、地球系統(tǒng)的守恒。圖三[答案：對o軸的角動量守恒，因為在子彈擊中木球過程中系統(tǒng)所受外力對o軸的合外力矩為零，機械能守恒]3、兩個質量分布均勻的圓盤A和B的密度分別為ρA和ρB(ρA>ρB)，且兩圓盤的總質量和厚度均相同。設兩圓盤對通過盤心且垂直于盤面的軸的轉動慣量分別為JA和JB，則有JAJB。（填>、<或=）[答案：<]4、剛體的轉動慣量取決于、和等3個因素。[答案：剛體的總質量；質量的分布；轉軸的位置]5、可繞水平軸轉動的飛輪，直徑為1.0m，一條繩子繞在飛輪的外周邊緣上，如果從靜止開始做勻角加速運動且在4s內繩被展開10m，則飛輪的角加速度為。[答案：5rad/s2]6、一根均勻棒，長為l，質量為m，可繞通過其一端且與其垂直的固定軸在豎直面內自由轉動．開始時棒靜止在水平位置，當它自由下擺到與水平位置成角時，它的角加速度等于__________．[答案：]三、計算題1、如圖四所示，圓盤的質量為m，半徑為R．求：(1)以O為中心，將半徑為R／2的部分挖去，剩余部分對OO軸的轉動慣量；*(2)剩余部分對O′O′軸(即通過圓盤邊緣且平行于盤中心軸)的轉動慣量．圖四分析：由于轉動慣量的可加性，求解第一問可有兩種方法：一是由定義式計算，式中dm可取半徑為r、寬度為dr窄圓環(huán)；二是用補償法可將剩余部分的轉動慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對同一軸的轉動慣量的差值．至于第二問需用到平行軸定理．解挖去后的圓盤如圖(b)所示．(1)解1：由分析知解2：整個圓盤對OO軸轉動慣量為，挖去的小圓盤對OO軸轉動慣量，由分析知，剩余部分對OO軸的轉動慣量為*(2)由平行軸定理，剩余部分對O′O′軸的轉動慣量為2、一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為M，渦輪的轉動慣量為J．當輪的轉速由n0增大到n時，所經歷的時間t為多少？分析：由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據轉動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系，可解出飛輪所經歷的時間．該題還可應用角動量定理直接求解．解1：在勻變速轉動中，角加速度，由轉動定律，可得飛輪所經歷的時間t=、解2：飛輪在恒外力矩作用下，根據角動量定理，有則t=3、如圖五所示：在光滑的水平面上有一木桿，其質量為m1，長為l可繞通過其中點并與之垂直的軸轉動.一質量為m2子彈，以v的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交.若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度.圖五分析子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉動.這樣，子彈射入桿前的角速度可表示為ω，子彈陷入桿后，它們將一起以角速度ω′轉動.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)的角動量守恒.由角動量守恒定律可解得桿的角速度.解根據角動量守恒定理式中為子彈繞軸的轉動慣量，J2ω為子彈在陷入桿前的角動量，ω＝2v/l為子彈在此刻繞軸的角速度.為桿繞軸的轉動慣量.可得桿的角速度為ω5、如圖六所示，有一空心圓環(huán)可繞豎直軸OO′自由轉動，轉動慣量為J0，環(huán)的半徑為R，初始的角速度為ω0，今有一質量為m的小球靜止在環(huán)內A點，由于微小擾動使小球向下滑動.問小球到達B、C點時，環(huán)的角速度與小球相對于環(huán)的速度各為多少？(假設環(huán)內壁光滑.)圖六分析雖然小球在環(huán)中作圓周運動，但由于環(huán)的轉動，使球的運動規(guī)律復雜化了.由于應用守恒定律是解決力學問題最直接而又簡便的方法，故以環(huán)和小球組成的轉動系統(tǒng)來分析.在小球下滑的過程中，重力是系統(tǒng)僅有的外力，由于它與轉軸平行，不產生外力矩，因此，該系統(tǒng)對軸的角動量守恒.若以小球位于點A、B處為初、末兩狀態(tài)，由角動量守恒定律可解得小球在點B時環(huán)的角速度ωB.在進一步求解小球在點B處相對環(huán)的速度vB時，如果仍取上述系統(tǒng)，則因重力(屬外力)對系統(tǒng)要作功而使系統(tǒng)的機械能不守恒；若改取小球與地球為系統(tǒng)，也因環(huán)對小球的作用力在轉動過程中作功，而使系統(tǒng)的機械能守恒仍不能成立；只有取環(huán)、小球與地球為系統(tǒng)時，系統(tǒng)才不受外力作用，而重力為保守內力，環(huán)與球的相互作用力雖不屬保守內力，但這一對力所作功的總和為零，因此系統(tǒng)的機械能守恒.根據兩守恒定律可解所需的結果.但必須注意：在計算系統(tǒng)的動能時，