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1、第一节,第四章,习题评讲与复习,第十题 4-13 如图所示，质量 的实心圆柱体A，其半径为 ，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 的物体B。 求：（1）物体由静止开始下降后 的距离；（2）绳的张力,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,对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有,解上述方程组，可得物体下落的加速度,在t = 1.0 s时，B下落的距离为,（2）由第二式可得绳中的张力为,第十四题 4-14 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J1和J2，轮与
2、轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。,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:,（1）,（2）,（3）,（4）,由角加速度和线加速度之间的关系，有,（5）,（6）,解上述方程组，可得,第十五题 4-15、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）,分析：物体A和B可视为质点,则运用牛顿定
3、律,由于绳与滑轮间无滑动,滑轮两边绳中的张力是不同的,滑轮在力矩作用下产生定轴转动,因此,对滑轮必须运用刚体的定轴转动.列出动力学方程式,并考虑到角量与线量之间的关系,即能解出结果来.,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,（1）,解上述各方程可得,第十七题 4-17、 一半径为R、质量为m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）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？,分析：转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作
4、用的结果。由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分，因此可将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr的圆环为面元，环所受摩擦力，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩，其方向沿转动轴，则圆盘停止前所经历的时间，当然也可由转动定律求解得.,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,其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为,式中k为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为,4-19、如图所示，一长为2l的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为 的小球，棒的中点 焊接在竖直轴Z上，并且棒与Z轴夹角在 角。若棒在外力作用下绕
5、Z轴（正向为竖直向上）以角速度 转动，其中 为常量，求：（1）棒与两球构成的系统在时刻t对z轴的角动量；（2）在t=0时系统所受外力对z轴的角动量。,分析：由于棒的质量不计，该系统对z轴的角动量即为两小球对z轴的角动量之和，首先可求出系统对z轴的角动量之和，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解。相比之下，前者对本题更直接,注：也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和,第二十一题 4-21、在光滑的水平面上有一木杆，其质量为1.0kg，长为l=40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为10g的子弹，以的速度v=2.0*102m.s-1射入杆端，其方向与杆及轴正交。
6、若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。,分析：子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动。这样，子弹射入杆前的角速度可表示为，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度转动。若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒。由角动量守恒守律可解得杆的角速度,解：根据角动量守恒定理,可得杆的角速度为：,第二十六题 4-26、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，转台的角速度为c多少？设蜘蛛下落前距离转台很近,分析：对蜘蛛和转台的
7、组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒，应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的，由系统的角动量守恒定律即可求解。,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,可得：,在此过程中，由系统角动量守恒，有,则,第三十题 4-30、如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度在无摩擦的水平面水，作半径为R的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下拉力，使小球作半径为R/2的圆周运动。试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功,解：（1）根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有,分析：沿
8、轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用,其角动量应保持不变。但是外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,从而改变了小球的角速度,至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到,则,（2）随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果。由转动的动能定理可得拉力的功为,4-31、质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动，如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：（1）当棒转过60o时的角加速度和角速度；（2）下落到竖直位置时的动能；（3）下落到竖直位置时的角速度。,分析： 转动定律M=J是一
9、瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得。由于重力矩 是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算（也可以根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求），至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来求解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功（转轴处的支持力不作功），因此，系统的机械能守恒。,解（1）棒绕端点的转动惯量 ，由转动定律 可得棒在 位置时的角加速度为,当 时，棒转动的角加速度 由于 ，根据初始条件对式 （1）积分，有 则角速度为,（2）根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为,（
10、3）由于该动能也就是转动动能，即 ， 所以，棒落至竖直位置时的角速度为,第三十六题 4-36、如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧（其劲度系数为K），它的一端固定，另一端系一质量为m的滑块。最初滑块静止时，弹簧呈自然长度l0，今有一质量为m的子弹以速度v0沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度时，求滑块速度v的大小和方向。,分析：分两个过程来分析。（1）子弹和滑块撞击的过程。子弹射入滑块可视为质点系的完全非弹性碰撞过程。沿子弹运动方向上外力的冲量为零，所以，系统在撞击过程中满足动量守恒。（2）子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向固定点的弹力的作用下作弧线运动。对滑块的运动而言，该弹力为向心力，因而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒，这样，当弹簧伸长至l时的滑块速度的大小和方向就可通过三条守恒定律求得：,又，在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有,（3）,
