广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（各章习题解答）第04章刚体.doc_大学文库

题 4.1：一汽车发动机曲轴的转速在 12 s 内由 3 1 1.2 10 r min −   均匀的增加到 3 1 2.7 10 r min −   。（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）由于角速度 =2n（n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义 dt d  = ，在匀变速转动中角加速度为 ( ) 0 0 2 13.1 rad s 2 − =  − = − = t n n t     （2）发动机曲轴转过的角度为 t t t (n n )t 0 2 0 0 2 2 1 = + + = + =       在 12 s 内曲轴转过的圈数为 390 圈 2 2 0 = + = = t n n N   题 4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为 (1 ) 0    t e − = − ，式中 1 0 9.0 rad s −  =  ，  = 2.0 s 。求：（1） t = 6.0 s 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后 6.0 s 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 t = 6.0 s 代入，即得 1 0 0 1 0.95 8.6 s − − = =          = −   t e （2）角加速度随时间变化的规律为 0 2 2 4.5 s d d − − − = = = t t e e t      （3）t = 6.0 s 时转过的角度为 d 1 d 36.9 rad 6 0 0 6 0 =         = = −   s − t s t e t     则 t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 5.87 圈 2 = =   N 题 4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度  0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数 C 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 = −Cω ，由转动定律 M = Jα ，可得叶片的角加速度为 J C t    = = − d d （1）根据初始条件对式（1）积分，有   = −    0 0 d d d t t J C t 由于 C 和 J 均为常量，得

式中 3 4 3 R m   = 为匀质球体的密度。则球体以其直径 OO为转轴的转动惯量为 ( ) 2 2 2 2 5 2 d 2 1 J dJ R x x mR R R = = − =  −  又由平行轴定理可得球绕 O1O1 轴的转动惯量为 2 2 5 7 J  = J + mR = mR 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 ( ) 12 2 2 lb l + b  。其中 l 为矩形板的长， b 为它的宽。题 4.9 证：取如图所示坐标，在板上取一质元 dm =dxdy ，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为 dJ (x y ) dxdy 2 2 = +  整个矩形板对该轴的转动惯量为 ( ) ( )    − − = = + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 12 1 J d d d l l b J b x y  x y lb l b 题 4.10：如图所示，质量 m1 =16 kg 的实心圆柱体 A ，其半径为 r =15 cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量 m2 = 8.0 kg 的物体 B 。求：（1）物体由静止开始下降 1.0 s 后的距离；（2）绳的张力 FT 。题 4.10 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   2 T 1 2 1 F r = J = m r （1）对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有 P2 − FT  = m2 g − FT  = m2a （2）且 FT FT =  。又由角量与线量的关系，得 a = r 解上述方程组，可得物体下落的加速度 1 2 2 2 2 m m m g a + = 在 t = 1.0 s 时，B 下落的距离为 2.45 m 2 2 1 1 2 2 2 2 = + = = m m m gt s at （2）由式（2）可得绳中的张力为 ( ) 39.2 N 1 2 2 1 2 = + = − = g m m m m FT m g a 题 4.11：质量为 m1 和 m2 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 r ，两轮的转动惯量分别为 1 J 和 2 J ，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。试求两物体的加速度和绳的张力。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 P1 FT1 = m1g − FT1 = m1a1 −  （1） FT2 − P2 = FT2 − m2 g = m2a2  （2） (FT1R − FT2r) = (J1 + J 2 ) （3） T1 T1 T2 T2 F = F , F = F （4）由角加速度和线加速度之间的关系，有 a1 = R （5） a2 = r （6）解上述方程组，可得 gR J J m R m r m R m r a 2 2 2 1 2 1 1 2 1 + + + − = gr J J m R m r m R m r a 2 2 2 1 2 1 1 2 2 + + + − = m g J J m R m r J J m r m Rr F 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 T1 + + + + + + = m g J J m R m r J J m R m Rr F 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 T2 + + + + + + = 题 4.12：如图所示装置，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 m1 和 m2 的物体 A、B。 A 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 FT1、重力 P1，支持力 FN 和摩擦力 Ff的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有 T1 1 1 1 1 F − m g sin − m g cos = m a （1）而 B 则是在张力 FT2 和重力 P2 的作用下运动，有 m2 g − FT2 = m2a2 （2）由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有 a1 = a2 = r 对滑轮而言，根据定轴转动定律有 FT2  r − FT1  r = J （4）且有 T1 T1 T2 T2 F = F , F = F （5）解上述各方程可得 1 2 2 2 1 1 1 2 sin cos r J m m m g m g m g a a + + − − = =    ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 1 T1 1 sin cos sin cos m m J r m m g m gJ r F + + + + + + =       ( ) 2 1 2 2 1 2 2 T2 1 sin cos m m J r m m g m gJ r F + + + + + =    题 4.13：如图所示，飞轮的质量为 60 kg ，直径为 0.50 m ，转速为 3 1 1.0 10 r min −   。现用闸瓦制动使其在 5.0 s 内停止转动，求制动力 F 。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数  = 0.40 ，飞轮

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 4.15 解：（1）圆盘上半径为 r、宽度为 dr 的同心圆环所受的摩擦力大小 2 dFf = 2rmgdr R ，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为 M r F ( ) k 2 2 d =  d f = − 2r mgdr R 式中 k 为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为   = = = R mgR R r mg r M M 0 2 2 3 2 d 2 d   （2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 J = mR2 /2。由角动量定理 Mt = (J)，可得圆盘停止的时间为 g R M J t    4 3  = = 题 4.16：一质量为 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，若在某时刻，一质量为 m 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 4.16 解：（1）碎块抛出时的初速度为 v0 =R 由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为 g R g v h 2 2 2 2 2 0  = = （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 L = L − L 0 式中  2 0 2 1 L = mR 为圆盘未碎时的角动量；  2 2 1 L = mR 为碎块被视为质点时，对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量。则  2 2 1 L m mR      =  − 题 4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为 m1 =1.0 kg ，长为 l = 40 cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为 m2 =10 g 的子弹，以 2 1 2.0 10 m s − v =   的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。题 4.17 解：根据角动量守恒定理  = ( + ) 2 1 2 J J J 式中 ( ) 2 J2 = m2 l 2 为子弹绕轴的转动惯量， J 2 为子弹在陷入杆前的角动量，  = 2v l 为子弹在此刻绕轴的角速度。 12 2 1 1 J = m l 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 ( ) 1 1 2 2 1 2 2 29.1s 3 6 − = + = +  = m m l m v J J J   题 4.18：半径分别为 1 r 、 2 r 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 1 J 和 2 J 。开始时轮Ⅰ以角速度  0 转动，问与轮Ⅱ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 F，在啮合的短时间 t 内，根据角动量定理，对轮 I、轮 II 分别有 ( ) − 1 = 1 1 −0 Fr t J （1） 2 22 Fr t = J （2）两轮啮合后应有相同的线速度，故有 11 22 r = r （3）由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为 2 2 1 2 1 2 1 0 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 0 2 1 , J r J r J rr J r J r J r + = + =     题 4.19：一质量为 20.0 kg 的小孩，站在一半径为 3.00m 、转动惯量为 2 450 kg 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 1 1.00 m s −  的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？题 4.19 解：设转台相对地的角速度为 0 ，人相对转台的角速度为 1 。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为 R v  =0 +1 =0 + （1）由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 J00 + J1 (0 +1 ) = 0 （2）式中 J0、J1 = mR2 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 2 1 2 0 2 0 9.52 10 s − − = −  + = − R v J mR mR  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。题 4.20：一转台绕其中心的竖直轴以角速度 1 0 s −  =  转动，转台对转轴的转动惯量为 3 2 0 = 4.010 kg m − J 。今有砂粒以 1 2 g s − Q = t  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 r = 0.10m ，求砂粒下落 t =10 s 时，转台的角速度。题 4.20 解：在时间 0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为 d 0.10 kg 10 s 0 = =  m Q t 根据系统的角动量守恒定律，有  ( ) 2 J 0 0 = J 0 + mr

则1=105时，转台的角速度 8--0.8ms 。+ 题42：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蒙转。若飞船绕其中心轴的转动惯量。=2.0×10'g~m2,旋转的角速度0=02dg,喷口与轴战之间的距离r=15m:骑气以恒定的流量Q-10g%和速率：一0m等从喷口喷出，问为使该飞船停止装转，喷气应喷射多长时阿？题421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》由于骑气质量运小于飞船质量，晚气前，后系统的角动量近似为飞船的角动量衡(2)喷气过程中气流速率#远大于飞船侧面的线速度因此，整个喷气过程中，气流相树于空间的速率仍可近制看作是，这样，排出气体的总角动量L=[仙+rw:w,经上述处理后，可使月题大大简化，解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守相定律，有 9-6r=0 因喷气的流量恒定，放有 m=20 由式《(1)、(2)可得喷气的境财时间为 1=是=2675 Cur 题422：一质量为网'、半径为R的转台，以角速度移转动，转轴的摩擦略去不计。(1)》有一质量为m的始蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度母，为多少？(2》若蜘蛛面后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为时，转台的角速度种，为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。恩422解：《1)始蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有 J.-+s 式中人，=二m公为转台对其中心轴的转动惯量，人=m吸为期蛛刚落至台面边锋时，它对轴的转动赞量。于是可得 4, (2》在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将面半径F而改变，即3=。在此过程中，由系统角动量守恒，有 J。=+ 则 R “+女8“mR+2m 题423一质量为1.12kg,长为10m的均匀细棒，义点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.2s。(1)若打击前棒是静止的，求打击时其

则 t = 10 s 时，转台的角速度 1 2 0 0 0 0.8 s − = + =    J mr J 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 3 2 J 0 = 2.010 kg m ，旋转的角速度 1 0.2 rad s −  =  ，喷口与轴线之间的距离 r =1.5 m ；喷气以恒定的流量 1 1.0 kg s − Q =  和速率 1 50 m s − u =  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）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 J；（2）喷气过程中气流速率 u 远大于飞船侧面的线速度r，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 u，这样，排出气体的总角动量 L (u r) m mur m = +    d 。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 J − 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 s Qur J t  题 4.22：一质量为 m  、半径为 R 的转台，以角速度  a 转动，转轴的摩擦略去不计。（1）有一质量为 m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度  b 为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为 r 时，转台的角速度  c 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 ( ) 0a 0 1 b J = J + J 式中 2 0 2 1 J = mR 为转台对其中心轴的转动惯量， 2 J1 = mR 为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量。于是可得 a a 0 1 0 b 2    m m m J J J  +  = + = （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 r 而改变，即 2 J 2 = mr 。在此过程中，由系统角动量守恒，有 ( ) 0a 0 2 c J = J + J 则 2 2 a 2 a 0 2 0 c 2    m R mr m R J J J  +  = + = 题 4.23：一质量为 1.12 kg ，长为 1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以 100 N 的力打击它的下端点，打击时间为 0.02 s 。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其

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