大学物理第四章习题解

第四章 刚体的定轴转动

4–1 半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s内被动轮的角速度到达8π/s，那么主动轮在这段时间内转过了 圈。

解：被动轮边缘上一点的线速度为

v22r28π0.54πm/s

在4s内主动轮的角速度为

vv4π11220πrad/s

r1r10.2主动轮的角速度为

20π1105πrad/s2

t4在4s内主动轮转过圈数为

2111(20ππ2N20〔圈〕

2π212π25π4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为0＝5rad/s，t＝20s时角速度为0.80，那么飞轮的角加速度的角度＝ 。

解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为

＝ ，t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过

0t0.8550.05rad/s2 201t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角度为

0tt25100(0.05)1002250rad

224–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。

4–4 如图4-1，在轻杆的b处与3b处各系质量为2m和m的质点，可绕O轴转动，那么质点系的转动惯量为 。

解：由别离质点的转动惯量的定义得

2m

O

b

3b 图4-1

m

1Jmiri22mb2m(3b)211mb2

i12

24–5 一飞轮以600rg·m，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动，那么该恒定制动力矩的大小M＝_________。

解：飞轮的角加速度为

制动力矩的大小为

0t06002π/6020rad/s2

1MJ2.5(20π)50πNm

负号表示力矩为阻力矩。

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4–6 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F=5t〔SI〕沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角速度为 。

解：圆盘的转动惯量为

J3秒末的角加速度为

11mR21(0.2)20.02kgm2。 22M0.25t10t10330rad/s J0.02d dt由

10t即

d10tdt

对上式积分，并利用初始条件：t0时，00，得

0d010tdt

345rad/s

4–7 角动量守恒定律成立的条件是 。 解：刚体〔质点〕不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。 4–8 以下运动形态不是平动的是[ ]。

A．火车在平直的斜坡上运动 B．火车在拐弯时的运动 C．活塞在气缸内的运动 D．空中缆车的运动

解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选〔B〕。 4–9 以下说法错误的选项是[ ]。 A．角速度大的物体，受的合外力矩不一定大 B．有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零 C．有角加速度的物体，所受合外力一定不为零

D．作定轴〔轴过质心〕转动的物体，不管角加速度多大，所受合外力一定为零 解：角速度大的物体，角加速度不一定大，由于MJ，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，那么它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴〔轴过质心〕转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。综上，只有〔C〕是错误的，故应选〔C〕。

4–10 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：[ ] 〔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。 在上述说法中

A．只有〔1〕是正确的 B．〔1〕、〔2〕正确，〔3〕、〔4〕错误

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C．〔1〕、〔2〕、〔3〕都正确，〔4〕错误 D．〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕都正确

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解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故〔1〕正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，那么它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，那么合力矩不等于零，因此〔2〕也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故〔3〕是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因MrF，所以它们的合力不一定为零，故〔4〕也是错误的。故答案应选〔B〕。

4–11 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动。如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。子弹射入并且停留在圆盘内，那么子弹射入的瞬间，圆盘的角速度与射入前角速度0相比[ ]。

A．增大 B．不变 C．减小 D．不能确定 解：设射来的两子弹的速度为v，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，即

mvdmvdJ00J

O

式中mvd这子弹对点O的角动量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量，J为子弹射入后系统对轴O的转动惯量。由于J0J，那么0。应选〔C〕。

图4-2

4–12 如图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。该物体原以角速度ω在距孔为r的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，那么物体[ ]。

A．角速度减小，角动量增大，动量改变 B．角速度不变，动能不变，动量不变 C．角速度增大，角动量增大，动量不变 D．角速度增大，动能增加，角动量不变

解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有J11J22。当小球的半径减小时，小球对O点的转动惯量减小，即J1J2，故

r 22，角速度增大，小球转得更快。又由J11J22可

得mv1r1mv2r2，因r1r2，所以v2v1，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。应选〔D〕

4–13 有一半径为R的水平圆转台，可绕过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J。开始时，转台以角速度0转台的角速度为[ ]。

A．

J0JMR2图4-3 F

转动，此时有一质量为M的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去。当人到达转台边缘时，

J0 B．

(JM)R2 C．

J0MR2 D．0

解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。当人沿半径向外跑去，到达转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方

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向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量MvRMR2。根据角动量守恒，可列方程得

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J0JMR2

故

J0所以应选〔A〕。

JMR2

4–14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，假设两质点所受外力矢量和为零，那么此系统[ ]。

A．动量、机械能、角动量均守恒 B．动量、机械能守恒，角动量不守恒

C．动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能断定 D．动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定

解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，那么物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。那么系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选〔C〕。

4–20 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r，质量为m；大圆盘的半径r＝2r，质量m＝2m。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J＝9mr/2。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图4-7所示。这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。r=10cm。求：〔1〕组合轮的角加速度；〔2〕当物体A上升h＝40cm时，组合轮的角速度。

2

m′ m r r′ α

a T T′ A T′ T A 图4-7

B mg 图4-8

B a′ mg

解：〔1〕各物体受力情况如图4–8。A、B看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，

Tmgma

应用刚体转动定律，得

mgTma实用文档.

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TrTrJ

J又因绳与盘无相对滑动，故有

119mr2mr2mr2 222ar

ar

由上述方程组，代入题给条件可得

2g10.3rad/s2 19r〔2〕设θ为组合轮转过的角度，那么

所以组合轮的角速度为

h0.44rad r0.12210.349.08rad/s

4–24 如图4-14所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为JA10kgm2和JB20kgm2，开始时，A轮转速为600转/分，B轮静止，C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A、B分别与C的左、右两个组件相连，当C的左右组件啮合时，B轮加速而A轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑，求：〔1〕两轮啮合后的转速n；〔2〕两轮各自所受的冲量矩。

解：选A、B两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有

JAAJAJB

JAA20.9rad/s

JAJBA

C

B

n2π200r/min

ωA

A轮所受的冲量矩为

MAdtJAA4.1910B轮所受的冲量矩：

2Nms

图4-14

负号表示冲量矩与ωA方向相反。

MBdtJBB4.1910正号表示冲量矩与ωA方向相同。

2Nms

4–26 如图4-15所示，一质量M，半径为R的圆柱，可绕固定的水平轴O自由转动。今有一质量为m，速度为v0的子弹，水平射入静止的圆柱下部〔近似看作在圆柱边缘〕，且停留在圆柱内〔v0垂直于转轴〕。求：〔1〕子弹与圆柱的角速度；〔2〕该系统损失的机械能。

解：〔1〕子弹与圆柱发生完全非弹性碰撞，所受合外力矩为零，角动量守恒。设子弹与圆柱碰后角速度为，那么有

mv0RJ实用文档.

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其中J1是子弹和圆柱绕轴O转动的转动惯量。MR2mR2，

2R O

v0

所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为

1MR2mR22mv0R

〔2〕损失的机械能为

E121 mv0J2222(M2m)2Mmv0图4-15

4–28 如图4-16所示，一均匀细棒长L，质量为m，可绕经过端点的O轴在铅直平面内转动，现将棒自水平位置轻轻放开，当棒摆至竖直位置时棒端恰与一质量也为m的静止物块相碰，物块与地面的滑动摩擦因数为μ，物块被击后滑动s距离后停止，求相撞后棒的质心离地面的最大高度。

解：取棒和地球为一系统，细棒从水平位置转到竖直位置的过程中，只有重力作功，机械能守恒，得

111LJ2mL22mg 2232A

m O 所以

m 3g 〔1〕 LB s 取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为ω′，木块的速度为v，碰前后M外=0。故角动量守恒，有

图4-16

11mvLmL20mL2 〔2〕

33物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有

1mgs0mv2

2v2gs 〔3〕

由〔1〕、〔2〕和〔3〕式得碰后棒的角速度为

3Lg2gs

L3设棒与物体碰后，棒的质心升高Δh，由机械能守恒，有

mgh故

1J2 2h即质心离地面的最大高度为

L3s6sl 2实用文档.

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LhL3s6sL 24–29 长为l、质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量

h为JMl2/3，开始时杆竖直下垂，如图4-17所示。有一质量为m的子弹以水平速度v0射入杆上A点，并嵌在杆中，OA＝2l/3。求子弹射入后瞬间杆的角速度。

解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以

2l/3

v0

A O

mv0所以

2l2l12lmvJmMl2 33336mv0

(3M4m)l2图4-17

4–31 证明关于行星运动的开普勒第二定律，即行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。

证明：设t时刻行星的位置径矢为r，t+dt时刻位置径矢为r+dr，如图4-19所示。dt时间内径矢扫过的面积为

L dS1rdrsin 2O r r+dr dr v θ 单位时间扫过的面积为

dS1dr11rsinrvsinL dt2dt22m题4–31图

式中m为行星的质量，L为行星绕恒星运动的角动量大小。由于行星在运动过程中只受到万有引力的作用，引力对行星的力矩恒为零，故行星在运动过程中角动量守恒。由此可见，行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。

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