大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案复习进程

大学物理2-1第四章(刚体力学)习题答案习 题 四4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。

当重物下落时可使飞轮旋转起来。

若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。

试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。

[解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则a txa 2d d 22t ==因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以 βR a =t 则 2t rad/s 0.220.222=⨯===R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角速度均匀减小。

又过了5s 后，飞轮停止转动。

若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析10 加速阶段。

由题意知 111t βω= 和 11212θβω= 得22111211t ωβωθ==20 匀速旋转阶段。

212t ωθ=30制动阶段。

331t βω= 33212θβω= 22313213t ωβωθ== 由题意知 100321=++θθθ 联立得到πωωω210022312111⨯=++t t t所以 s 1836020025602002660200210022=⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯=ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。

设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。

(1)若测得这时齿轮的角速度为600r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大?(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大? [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5103126005002⨯=⨯==ππωθt 所以光速 s m 10310315002285⨯=⨯⨯==TL c(2) 齿轮边缘上一点的线速度 m 1088.1260010522⨯=⨯⨯⨯==-πωR v齿轮边缘上一点的加速度 ()25222s m 1010.71052600⨯=⨯⨯⨯==-πωR a4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。

已知该点转过的距离s 与时间t 的关系为203026t a t a s +=τ。

求证它的切向加速度每经过时间τ均匀增加0a 。

[证明] 该点的切向加速度 0022t d d d d a t a t s t v a +===τ所以 ()00000t τt a a t a a t a a a =⎪⎭⎫⎝⎛+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=-+τττ 因此，切向加速度每经过时间τ均匀增加0a4-5 如图所示的一块均匀的长方形薄板，边长分别为a 、b 。

中心O 取为原点，坐标系如图所示。

设薄板的质量为M ，求证薄板对Ox 轴、Oy 轴和Oz 轴的转动惯量分别为2Ox 121Mb J =2Oy 121Ma J = ()22Oz121b a M J += [解] 根据转动惯量的定义 ⎰=m r J d 2对ox J 取图示微元，有 ⎰=m mb J 2ox d 1212121mb = 同理可得 2oy 121ma J =对于 ⎰⎰⎰⎰+=+==m ym x m y x m r J d d d )(d 22222oz22ox oy 121121mb ma J J +=+=4-6 一个半圆形薄板的质量为m 、半径为R ，当它绕着它的直径边转动时，其转动惯量是多大?[解] 建立坐标系，取图示面积元 θd d d r r s =，根据转动惯量的定义有⎰⎰⎰==πθπθ2222ox d d 2sin d Rr r R mr m y J 20023241d d sin 2mR r r R m R==⎰⎰πθπ4-7 一半圆形细棒，半径为R ，质量为m ，如图所示。

求细棒对轴A A '的转动惯量。

[解] 建立图示的坐标系，取图示l d 线元，θλλd d d R l m ==， 根据转动惯量的定义式有⎰⎰=='πθθλ0222A A d sin d R R m x J202221d sin mR mR ==⎰πθθπ4-8 试求质量为m 、半径为R 的空心球壳对直径轴的转动惯量。

[解] 建立如图所示的坐标系，取一θθθd +→的球带，θπd 2d rR s =它对y 轴的转动惯量θππd 24d d 222rR Rmr m r I == 又 θcos R r =xy rθ0drr d θydmθxdmzO aybx所以 θθd cos 2d 32mR I =2223232d cos 2d mR mR I I ===⎰⎰-ππθθ 此即空心球壳对直径轴的转动惯量。

4-9 图示为一阿特伍德机，一细而轻的绳索跨过一定滑轮，绳的两端分别系有质量为1m 和2m 的物体，且1m >2m 。

设定滑轮是质量为M ，半径为r 的圆盘，绳的质量及轴处摩擦不计，绳子与轮之间无相对滑动。

试求物体的加速度和绳的张力。

[解] 物体21,m m 及滑轮M 受力如图所示对a m T g m m 1111:=- (1) 对a m g m T m 2222:=- (2)对βJ r T r T M ='-'21:(3)又 2/2Mr J = (4)βr a = (5)'=11T T (6)'=22T T (7)联立（1）-（7）式，解得2/)(2121M m m gm m a ++-=g m M m m M m T 121212/2/2+++=MR2m 1m 2m 2T ρm ρ2N ρgM ρ2T ρ1T ρ1m 1ρgm ρ1g m M m m M m T 221122/2/2+++=4-l0 绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮(如图)，其质量和半径分别为m =2kg 、r =0.05m ，M =8kg 、R =0.10m 。

两鼓轮可看成是质量均匀分布的圆盘，绳索质量及轴承摩擦不计。

当绳端各受拉力1T =1 kg ，2T =2kg 时，求鼓轮的角加速度。

[解] 根据转动定律，取顺时针方向为正βJ R T r T =+-21(1) 2/2/22MR mr J +=(2)联立(1)，(2)式可得 22221rad/s 6.3422=++-=MRmr R T r T β4-11 质量为M 、半径为R 的转盘，可绕铅直轴无摩擦地转动。

转盘的初角速度为零。

一个质量为m 的人，在转盘上从静止开始沿半径为r 的圆周相对圆盘匀角速走动，如果人在圆盘上走了一周回到了原位置，那么转盘相对地面转了多少角度?[解一] 取m 和M 组成的系统为研究对象，系统对固定的转轴角动量守恒。

设人相对圆盘的速度为v ，圆盘的角速度为ω，设人转动方向为正方向，则 0)(=++ωωJ r v mr(1) 而 2/2MR J =(2)联立（1）、（2）式可得222/mrMR mvr+-=ω 人在转盘上走一周所用的时间v r t /2π=转盘转过的角度为πωθ22/222mr MR mr t +-== 负号表示方向与正方向相反。

[解二]由角动量守恒定律可解（见上）v m MRmr 22)2(+-=ω又因为 ts v td d ,d d ==θω 所以r s π2=∆代入即可πθ22/222mr MR mr +-=4-12 如图所示，一质量为m 的圆盘形工件套装在一根可转动的轴上，它们的中心线相互重合。

圆盘形工件的内、外直径分别为1D 和2D 。

该工件在外力矩作用下获得角速度0ω，这时撤掉外力矩，工件在轴所受的阻力矩作用下最后停止转动，其间经历了时间t 。

试求轴处所受到的平均阻力f [轴的转动惯量略而不计，圆盘形工件绕其中心轴的转动惯量为()222181D D m +]。

[解] 根据角动量定理 12ωωI I t M -= 21D f M ⋅-= ()222181D D m I += 联立上述三式得到 ()t D D D m f )4(122210+=ω4-13 一砂轮直径为1m ，质量为50kg ，以900min r 的转速转动，一工件以200 N 的正压力作用于轮子的边缘上，使砂轮在11.8s 内停止转动。

求砂轮与工件间的摩擦系数(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为221mR ，其中，m 和R 分别为砂轮的质量和半径)。

[解] 根据角动量定理， 12ωωI I Mt -=NR M μ-=221mR I =02=ω联立上述四式得到 5.08.112002602900215020=⨯⨯⨯⨯⨯==πωμNtmR4-14 以20m N ⋅的恒力矩作用于有固定轴的转轮上，在10s 内该轮的转速由零增大到100min r 。

此时撤去该力矩，转轮因摩擦力矩的作用，又经100s 而停止，试求转轮的转动惯量。

[解] 设转轮的转动惯量为J ，摩擦力矩为f M ，则根据角动量定理⎰⎰=21d d 0L L tL t M考虑到本题力矩为常矢量，以外力矩方向为正方向，有 0)(1-=-ωJ t M M f (1) ωJ t M -=-02f(2)联立(1)、(2)式可得100106021006021001020211ππωω⨯+⨯⨯=+=t t Mt J 2kg.m 4.17=4-15 设流星从各个方向降落到某星球，使该星球表面均匀地积存了厚度为h 的一层尘埃(h 比该星球的半径R 小得多)。

试证明：由此而引起的该星球自转周期的变化为原来的自转周期的()RD hd 5倍。

式中R 是星球的半径，D 和d 分别为星球和尘埃的密度。

[解] 取星球和尘埃为研究对象，在尘埃落向星球的过程中，系统的角动量守恒。

设开始时星球的转动惯量为1J ，角动量为1ω，星球的自转周期为1T ；当落上厚度为h 的尘埃后，转动惯量为2J ，角速度为2ω，自转周期为2T ，由角动量守恒得：2211ωωJ J =而 112ωπ=T 222ωπ=T得到2121J J T T =设尘埃对自转轴的转动惯量为0J ，则 012J J J += 而 2313452DR R J π⋅=因此 ()2330343452dR R h R J ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ππ所以 ()()[]D d R h DR R dR R h R J J T T 113513452343432113232331012-++=⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=+=πππ 又因为 h <<R 所以RDhdD R h d T T 51335112+=+= 因此RDhd T T T 5112=-4-16 如图所示的飞船以角速度s rad 20.0=ω绕其对称轴自由旋转，飞船的转动惯量2m kg 2000⋅=J 。