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1、10级应用数学本1、2班普通物理(含实验)B 第五版 刚体的转动第四章 刚体的转动 问题与习题解答问题:4-2、4-5、4-94-2如果一个刚体所受合外力为零,其合力矩是否也一定为零?如果刚体所受合外力矩为零,其合外力是否也一定为零?矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。答:一个刚体所受合外力为零,其合力矩不一定为零,如图a所示。刚体所受合外力矩为零,其合外力不一定为零,例如图b所示情形。聞創沟燴鐺險爱氇谴净。4-5为什么质点系动能的改变不仅与外力有关,而且也与内力有关,而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关,而与内力矩无关?残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。答:因为合外力对质点所作的功,等于质点动能的增量;而质点系中
2、内力一般也做功,故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时,任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩,且因定轴转动时刚体转过的角度都一样,故其一对内力矩所作的功,其内力功总和也为零,因而根据刚体定轴转动的动能定理可知:内力矩对其转动动能的增量无贡献。酽锕极額閉镇桧猪訣锥。4-9一人坐在角速度为的转台上,手持一个旋转的飞轮,其转轴垂直地面,角速度为。如果突然使飞轮的转轴倒转,将会发生什么情况?设转台和人的转动惯量为,飞轮的转动惯量为。彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。答:(假设人坐在转台中央,且飞轮的转轴与转台的转轴重合)视转台、人和飞轮为同一系统。(1)如开始时飞轮的转向与转台
3、相同,则系统相对于中心轴的角动量为:飞轮转轴快速倒转后,飞轮的角速度大小还是,但方向与原来相反;如设转台此时的角速度为,则系统的角动量为:謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。在以上过程中,外力矩为零,系统的角动量守恒,所以有:即,转台的转速变大了。(2)如开始时飞轮的转向与转台相反,则系统相对于中心轴的角动量为:飞轮转轴快速倒转后,飞轮的角速度大小还是,但方向与原来相反;如设转台此时的角速度为,则系统的角动量为:厦礴恳蹒骈時盡继價骚。在以上过程中,外力矩为零,系统的角动量守恒,所以有:即 ,转台的转速变慢了。习题:4-1、4-2、4-3、4-4、4-5、(选择题) 4-11、4-14、4-15、4-17、4
4、-27、4-30、4-344-1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。对上述说法,下述判断正确的是(B )(A)只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确,(3)、(4)错误(C)(1)、(2)、(3)都正确,(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确4-2关于力矩有以下几种说法:(1)对某个定轴转动刚体而言,内力矩不会改变刚体的角加速度;(2)一对作
5、用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零;(3)质量相等、形状和大小不同的两个刚体,在相同力矩的作用下,它们的运动状态一定相同。对上述说法,下述判断正确的是( B )(A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的茕桢广鳓鯡选块网羈泪。4-3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动,如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在棒摆到竖直位置的过程中,下述说法正确的是( C )鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。(A)角速度从小到大,角加速度不变 (B)角速度从小到大,角加速度从小到大(C)角速度从小到大,角加速度从
6、大到小 (D)角速度不变,角加速度为零4-4一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动,轴间摩擦不计。如图射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹,它们同时射入圆盘并且留在盘内,在子弹射入后的瞬间,对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度则有( C ) 4-3图 4-4图籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。(A)L不变,增大 (B)两者均不变(C)L不变,减小 (D)两者均不确定4-5假设卫星环绕地球中心作椭圆运动,则在运动过程中,卫星对地球中心的( B )(A)角动量守恒,动能守恒 (B)角动量守恒,机械能守恒(C)角动量不守恒,机械能守恒 (D)角动量不守恒,动量也不守恒(E)角动
7、量守恒,动量也守恒4-11用落体观测法测定飞轮的转动惯量,是将半径为的飞轮支承在点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为的重物,令重物以初速度为零下落,带动飞轮转动(如图)。记下重物下落的距离和时间,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)預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。解:(方法一)如图,设绳子张力为,则根据转动定律,有:而对m来说,根据牛顿定律,有:另有:由上三式解出:,m作匀加速直线运动,故下落的时间t和距离h的关系为:,即:所以,飞轮的转动惯量为:(方法二)根据能量守恒定律,将地球、飞轮和m视为同一系统,且设m开始下落的位置为重力势能的零势能点,则有:另有:,故解出:4-
8、14质量为和的两物体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和,两轮的转动惯量分别为和,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。渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。解:A、B及组合轮的受力情况如右图所示,根据牛顿运动定律及刚体的转动定律,得:又因为:联立求解,得:, , 4-15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和的物体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)其下落的加速度大小;(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
9、滑)铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。解:用隔离法分析A、B和定滑轮的受力,如图(b)所示。由牛顿定律和刚体的定轴转动定律,得:,,而由于绳子不可伸长,故有:,联立上几式,可得:,4-17一半径为、质量为的匀质圆盘,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)问经多少时间后,圆盘转动才停止?擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。解:(1)取面元dS为细圆环,所受摩擦力矩的大小为,所以,(2)由角动量定理,得:,而,所以,有:4-27一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒,支点在棒的上端点,开始时棒自由悬挂。当以100N的力打击它的下端点,打击时间为0.0
10、2s时,(1)若打击前棒是静止的,求打击时其角动量的变化;(2)求棒的最大偏转角。贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。解:(1)设打击后细棒获得的初角速度为,由角动量定理,得:,求得所以,;(2)细棒的上摆过程,机械能守恒:,解得:4-30如图所示,一质量为的小球由一绳索系着,以角速度在无摩擦的水平面上,绕以半径为的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,小球则以半径为的圆周运动。试求:(1)小球新的角速度;(2)拉力所作的功。坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。解:(1)因为指向转轴O点,故其力不产生力矩,则根据角动量守恒定律,有:,即 ,解得:;(2)由刚体转动的动能定理,得其拉力所作的功为:4-34如图所示,有一空心圆环可绕竖直轴自由转动,转动惯量为,环的半径为,初始的角速度为,今有一质量为的小球静止在环内A点,由于微小扰动使小球向下滑动。问小球到达B、C点时,环的角速度与小球相对于环的速度各为多少?(假设环内壁光滑。)蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。解:取环、小球为转动系统,重力与转轴平行,合外力矩为零,故根据角动量守恒定律,有:,取环、小球和地球为同一系统,根据系统的机械能守恒定律,得:(或:,为m在B点的速率。)解出此时环的角速度为:小球相对于环的线速度为:同理,小球在C点时,有:,解出:,7