大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第四章习题解
大学物理学 赵肇熊 吴实 答案
l dl ds =− = vs = − dt s dt
√
s2 + h2 v0 s
1.6 如下图所示， 路灯距离地面 H ， 人的身高 h ， 若人以均匀的速率 v0 远离路灯， 那么人头顶在水平地面 的阴影 D 以多大的速率 V 远离路灯杆？ （ 提示： 利用相似三角形 ）
总习题 1-6 图
—பைடு நூலகம்—
总习题答案
2xvx + 2yvy = 0, ⇒ v2 =
令解： 设梯子的水平跨度为 x ， 垂直高度为 y ， 则 √ y = l2 − x2 = (l2 − x2 )1/2 对时间 t 求导数 v2 = | vy | = dy 1 −2x d x = √ 2 = tan θ v1 dt 2 l − x2 d t
0
t
t
(4 + 3t) d t = (4t + 1.5t )
0
2
= 4t + 1.5t2
将 t = 10 代入得 v (10) = 190 m/s 任意时刻的坐标 x(t) = x0 +
0
ˆ
t
v (t) d t = 5 + 2t2 + 0.5t3
将 t = 10 代入得 x(10) = 705 m 1.2 质点从坐标原点开始沿着 x 轴运动， 其速度为 v (t) = 4t − π sin π t (SI) ， 计算该物体在 t = 10 s 时的加 速度和坐标． 解答：加速度 a(10) = 任意时刻的坐标 x(t) = x0 +
牛顿定律 1.12 粗糙的水平路面上放置质量 m 的重物， 摩擦系数 μ ．用大小恒定的力 F 拽拉， 拉力与水平方向的夹 角 θ 可以变化， 问 θ 多大时重物获得的加速度最大？ 解答：设地面向上的支持力大小为 N ．在垂直方向受力平衡 F sin θ + N = mg 在水平方向， 牛顿第二定律为 上述二式消去支持力 N 得 F cos θ − μN = ma ma = F cos θ − μmg + μF sin θ
大学物理第四版下册课后题答案(供参考)
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E i r πε=， 2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r πε=，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆αi2cm O R x αα心O 点的场强。
大学物理第四章习题答案
大学物理第四章习题答案大学物理第四章习题答案大学物理是一门让许多学生感到头疼的学科，尤其是对于那些对数学和计算不太擅长的学生来说。
而第四章是大学物理中的一个重要章节，涵盖了许多关于力学和运动的基本概念和原理。
在这篇文章中，我将为大家提供一些大学物理第四章习题的答案，希望能够帮助到那些正在学习这门课程的学生。
1. 一个物体以10 m/s的速度沿着水平方向运动，受到一个10 N的水平力的作用，求物体在2秒钟内的位移。
根据牛顿第二定律，物体的加速度可以通过力和质量的比值来计算。
在这个问题中，物体的质量未知，但我们可以通过已知的力和加速度来计算出质量。
由于力和加速度的关系是F = ma，我们可以将已知的力和加速度代入这个公式，解出物体的质量。
然后，我们可以使用物体的质量和已知的力来计算物体的加速度。
最后，我们可以使用物体的初始速度、加速度和时间来计算物体的位移。
2. 一个物体以5 m/s的速度沿着斜坡上升，斜坡的倾角为30度。
求物体在10秒钟内上升的高度。
在这个问题中，我们需要使用三角函数来计算物体在斜坡上升时的垂直位移。
首先，我们可以使用已知的速度和斜坡的倾角来计算物体在斜坡上的水平速度。
然后，我们可以使用已知的时间和水平速度来计算物体在斜坡上的水平位移。
最后，我们可以使用已知的斜坡的倾角和物体在斜坡上的水平位移来计算物体在斜坡上升时的垂直位移。
3. 一个物体以10 m/s的速度竖直向上抛出，求物体在2秒钟内的最大高度和总的飞行时间。
在这个问题中，我们需要使用物体的初速度和重力加速度来计算物体在竖直抛物线运动中的最大高度和总的飞行时间。
首先，我们可以使用已知的初速度和时间来计算物体在竖直方向上的位移。
然后，我们可以使用已知的初速度和重力加速度来计算物体在竖直方向上的最大高度。
最后，我们可以使用已知的重力加速度来计算物体在竖直方向上的总的飞行时间。
这些问题只是大学物理第四章中的一小部分，但它们涵盖了一些基本的概念和原理。
大学物理第四章习题解答PPT演示课件
16
解： 冲击：子弹和摆锤角动量守恒
mlvm2 vl(J1J2)0
J1
1 3
ml 2
J2 ml2
v 0
摆动：摆锤和地球机械能守恒
Ek Ep
1 2(J1J2)0 2mg2lmgl
4m vmin m
2gl
17
解：子弹+杆系统： M外 0
m 22 lv(1 JJ2) J2)(1JJ2)
J1
1 12
m1l
2
J2
m1(
l )2 2
v v r l/2
J2 6m 2v 2.1 9r3a/sd
J1J2 m 1l3m 2l
11
426:一质量 m/、 为半径 R的 为转台，以a角 转速 动度 ，转轴的
不计， 1）（ 有一质 m的 量蜘 为蛛垂直地边 落缘 在上 转， 台此时角 ，
解： JJ盘2J柱
J盘 12m盘R盘 2
R盘
3
01 2
02
m
J柱 12m柱R柱 2
10102 R柱 2 m
m盘 V盘
m柱 V柱
J0.13k6gm2
7
413:如图所示m1， 1质 6kg的 量实心圆 A，柱 其体 半r径 15c为 m ，可 绕其固定水平 阻轴 力转 忽动 略， 不计 的。 柔一 绳条 绕轻 在圆 其柱 一
(A) 角速度从小到大，角加速度不变 O
A
(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 大到小
(D) 角速度不变，角加速度为零
2
绕过O点的轴做定轴转动。求：运动过程中角速度和角 加速度的变化情况
大学物理五第四章习题答案
第四章 振动学基础习题答案1、根据ω=2T πω=，如果考虑弹簧质量，那么m 增大，ω就减小，因此弹簧振子的周期就增大。
2、措施（1）采用方法（3）；措施（2）采用方法（5）；措施（3）采用方法（2）；措施（4）采用方法（4）；措施（5）采用方法（1）；措施（6）采用方法（1）；3、解：由运动方程101cos()x A t ωα=+，202cos()y A t ωα=+，消去参数t 得到合振动的轨迹方程，22221212212122cos()sin ()x y xy A A A A αααα+--=-， 当212παα-=，上式变为2222121x y A A +=， 这是个正椭圆方程，再由相位差的象限可以确定质点沿着正椭圆轨迹做顺时针运动。
4、利用ω=2224T k T m πωπ=⇒= ，因此我们可以把物体挂在弹簧上让其振动，然后测出其振荡频率，再根据上式就可以测出物体的质量。
5、荡秋千是一种振动运动形式，它有由系统决定的固有频率，对于会荡秋千的人，其能粗略地根据这个固有频率用脚去蹬地，这样就能达到共振的条件，因此其可以越荡越高。
6、解：由质点的运动方程50.1cos()23x t ππ=+，可得 （1） 角频率52ωπ=，周期0.8T s =，频率1524f s ωπ-==，振幅0.1A m =，初相位03πϕ=。
（2） 把2t s =代入运动方程得到 位移0.1cos(5)0.053x m ππ=+=-，速度222550.1sin()/223t t t dx v t s dt πππ=====-⋅+=， 加速度222222255550.1cos()/222316t t t d x a t m s dt πππππ=====-⋅⋅+=。
7、解：首先由胡克定律F kx =-得到弹簧的倔强系数210200/510F k N m x -=-==⋅， 则弹簧振子的角频率为/s ω===， 因此弹簧振子的振动周期2T πω==。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第四章 动能和势能.
第4章动能和势能习题解答4.2.2 本题图表示测定运动体能的装置。
绳拴在腰间沿水平展开跨过理想滑轮，下悬重物50kg ，人用力向后蹬传送带而人的质心相对于地面不动，设传送带上侧以2m/s 的速率向后运动，问运动员对传送带做功否？功率如何？解：人作用在传送带上的力有向下的压力和水平向后的静摩擦力，压力方向与传送带位移方向垂直，所以压力不做功，但静摩擦力方向与传送带位移方向相同，所以静摩擦力对传送带做正功。
分析人受力情况，由质心定理可知，人与传送带之间的静摩擦力的大小f=mg ，所以，人对传送带做功的功率为：N = fv = mgv = 50×9.8×2 = 9.8×102（瓦）4.2.3 一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为l l k l k f ,321+=表示弹簧的伸长量，k 1为正，⑴研究当k 2＞0、k 2<0和k 2=0时弹簧的劲度df/dl 有何不同；⑵求出将弹簧由l 1拉长至l 2时弹簧对外界所做的功。
解：弹簧的劲度df/dl=k 1+3k 2l 2. k 2=0时，df/dl =k 1，与弹簧的伸长量 无关；当k 2>0时，弹簧的劲度随弹簧 伸长量的增加而增大；k 2<0时，弹簧 的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。
在以上三种情况中，劲度df/dl 与弹簧伸长量l 的关系如图所示。
))](([)()()(2122212222112141422412122121321321212121l l l l k k l l k l l k dll k ldl k dl l k l k A l l l l l l -++-=----=--=+-=⎰⎰⎰4.2.4一细线系一小球，小球在光滑水平桌面上沿螺旋线运动，线穿过桌中心光滑圆孔，用力F 向下拉绳，证明力F 对线做的功等与线作用于小球的拉力所做的功，线不可伸长。
证明：以圆孔为顶点建立极坐标，设小球的位置由r 1,θ1变为r 2,θ2，由于忽略绳的质量、伸长，不计摩擦，所以绳对球的拉力T=FFT F rr r r r r r T A A r r T r r F A r r T dr T Tdr dr F A =∴-=-=-==-==⎰⎰⎰),()()(2121211221214.2.5 一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h 的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tg α=0.02，所受阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率是多少？解：设卡车匀速上坡时，速率为v, 牵引力为F, 功率为N,由质点平衡方程有，F = (0.04+sin α)mg ，∴N = Fv = (0.04+sin α)mgv设卡车匀速下坡时，速率为v ’,牵引力为F',功率为N', 由质点平衡方程有 F'+ mg sin α= 0.04mg, F'=(0.04-sin α)mg,∴N'= (0.04-sin α)mgv'.令N'= N, 即（0.04+sin α）mgv = (0.04-sin α)mgv'，可求得：v'= v(0.04+sin α)/(0.04-sin α). 利用三角函数关系式，可求得： sin α≈tg α=0.02 ,∴v'=3v =3×15×103/602 m/s = 12.5m/s.4.3.1质量为m=0.5kg 的木块可在水平光滑直杆上滑动，木块与一不可伸长的轻绳相连，绳跨过一固定的光滑小环，绳端作用着大小不变的力T=50N ，木块在A 点时具有向右的速率v 0=6m/s ，求力T 将木块从A 拉至B 点时的速度。
大学物理学课后习题4第四章答案
[答案：D]
4.2 填空题 （1）一质点在 X 轴上作简谐振动，振幅 A＝4cm，周期 T＝2s，其平衡位置
取作坐标原点。若 t＝0 时质点第一次通过 x＝－2cm 处且向 x 轴负方向运动，则 质点第二次通过 x＝－2cm 处的时刻为__ __s。
(3) t2 5s 与 t1 1s 两个时刻的位相差；
解：(1)设谐振动的标准方程为 x Acos(t 0 ) ，相比较厚则有：
A 0.1m,
8 ,T
2
1 4
s,
0
2
/3
又
vm A 0.8 m s1 2.51 m s1
am 2 A 63.2 m s2
(2)
Fm mam 0.63N
(1) x0 A ；
(2)过平衡位置向正向运动； (3)过 x A 处向负向运动；
2
(4)过 x A 处向正向运动． 2
试求出相应的初位相，并写出振动方程．
解：因为
v
x0 A cos0 0 Asin
0
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有
1
x Acos( 2 t ) T
103
(
)2
0.17
4.2
103
N
2
方向指向坐标原点，即沿 x 轴负向．
(2)由题知， t 0 时，0 0 ，
t t时
x0
A ,且v 2
0, 故 t
3
∴
t
3
/
2
2s 3
大学 物理学 第五版 马文蔚 答案上下册第四章
第四章刚体的转动4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3102.1⨯r.min -1增加到3107.2⨯r.min -1。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：曲轴做匀变速转动。
（1）角速度n πω2=，根据角速度的定义dtd ωα=，则有：()=-=-=tn n t002πωωα13.1rad.s-2（2）发动机曲轴转过的角度为t t t 221020ωωαωθ+=+=()t n n 0+=π在12秒内曲轴转过的圈数为 N 390220=+==t n n πθ圈。
4-2 一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求（1）砂轮的角加速度；（2）关闭电源后10=t s 时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小. 解：（1）4.1886060180020==⨯=ππω rad.s 1-，57.12415600=-=-=πα rad.s 2- （2）7.621057.124.1880=⨯-=+=t αωωrad.s 1-7.1525.07.62=⨯==r v ω m.s 1-，14.3-==αr a t m.s 2- , 9872==ωr a n m. s2-98822=+=n t a a a m. s 2-.4-3如图，质量201=m kg 的实心圆柱体A 其半径为20=r cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量102=m kg 的物体B ，求：（1）物体B 下落的加速度；（2）绳的张力T F解： （1） 对实心圆柱体A ，利用转动定律 αα2121r m J rF T == ——①对物体B ，利用牛顿定律a m F g m T 22=- ——②有角量与线量之间的关系 αr a =解得：9.422212=+=m m gm am ·s-2（2）由②得492)(2121=+=-=g m m m m a g m F TＮ4-4如图，半径为r 的定滑轮，绕轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B ．A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动，求 物体B 其下落的加速度大小. (设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑)解：设绳子张力为B A T T ,，则对物体A 有：a m g m g m T A 111cos sin =--θμθ对物体B 有：a m T gm B 22=-对滑轮有： αJ r T T A B=-)(，又： αr a =可解得：221112cos sin rJm m g m g m g m a ++--=θμθ4-5 一飞轮的转动惯量为J ，在t=0时角速度为0ω.此后飞轮经历制动过程。
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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 内被动轮的角速度达到π/s 8，则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πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 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，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
图4-1m2mb3b O4–6 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222m kg 02.0)2.0(12121⋅=⨯⨯==mR J 。
3秒末的角加速度为s rad 303101002.052.0/t tJ M =⨯==⨯==α 由tt d d 10ωα== 即t t d 10d =ω对上式积分，并利用初始条件：0=t 时，00=ω，得⎰⎰=300d 10d t t ωωs /rad 45=ω4–7 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，不论角加速度多大，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αJ M =，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则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C ．（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误D ．（1）、（2）、（3）、（4）都正确解：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，则它们的合力矩为零，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，则合力矩不等于零，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F r M ⨯=，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，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度ω与射入前角速度0ω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ωωJ J d m d m =+-00v v式中d m v 这子弹对点O 的角动量，0J 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J J <0，则0ωω<。
故选（C ）。
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，则物体[ ]。
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2211ωωJ J =。
当小球的半径减小时，小球对O 点的转动惯量减小，即21J J >，故22ωω>，角速度增大，小球转得更快。
又由2211ωωJ J =可得2211r m r m v v =，因21r r >，所以12v v >，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。
故选（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0ω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，转台的角速度为[ ]。
A ．20MRJ J +ω B ．20)(RM J J +ω C ．20MRJ ω D ．0ω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O图4-2图4-3FrO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，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量2R M R M ω=v 。
根据角动量守恒，可列方程得20R M J J ωωω+=故20MRJ J +=ωω所以应选（A ）。
4–14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统[ ]。
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，则物体将转动，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。
则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C ）。
4–15 一个哑铃由两个质量为m ，半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成，如图4-4所示。
和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略不计。
求此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的轴AA ′的转动惯量？解：球绕通过球心的轴转动的转动惯量为252mR ，根据平行轴定理，现在一个球绕离球心2/l R +转动的转动惯量为22)2/(52l R m mR ++，则哑铃绕通过连杆中心并和它垂直的轴AA ′的转动惯量为2222212514])2/(52[2ml mRl mR l R m mR J ++=++=4–16 一质量m =6.0kg 、长l =1.0m 的匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J =ml 2/12。
t =0时棒的角速度ω0=10.0rad/s 。
由于受到恒定的阻力矩的作用，t =20s 时，棒停止运动。
求：（1）棒的角加速度的大小；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）从t =0到t =10s 时间内棒转过的角度。
解：（1）棒的角加速度的大小为20s /rad 5.020100-=-=-=tωωα （2）棒所受阻力矩的大小为m N 25.0)5.0(10.612112122⋅-=-⨯⨯⨯===ααml J M （3）从t =0到t =10s 时间内棒转过的角度为l RR mmAA ′ 图4-4rad 75)0.10(5.021100.10212200=⨯⨯-⨯=+=-=∆t t αωθθθ4–17 一球体绕通过球心的竖直轴旋转，转动惯量22m kg 105⋅⨯=-J 。
从某一时刻开始，有一个力作用在球体上，使球按规律222t t -+=θ旋转，则从力开始作用到球体停止转动的时间为多少？在这段时间内作用在球上的外力矩的大小为多少？解：由计算角速度的公式得球任意时刻转动的角速度为t t22d d -==θω （1） 令022=-=t ω，得球体停止转动的时间为1=t s对（1）式再求一次导数得球转动的角加速度为222s /rad 2d d -==t θα所以作用在球上的外力矩的大小为m N 1.0)2(1052⋅-=-⨯⨯==-αJ M式中负号表示球受到的力矩为阻力矩。
4–18 设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。
（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？解：（1）由题意知空气阻力矩为ωk M f -=，而动力矩ωPM =，根据转动定律，通电时有tJM M f d d ω=+ 将f M 、M 的表达式代入上式，整理可得ωωωd d 2k P J t -=两边积分有ωωωωd d 02⎰⎰-=k P J t t积分得)e 1(2t J kkP--=ω （1） （2）由（1）式，当∞→t 时，得电扇稳定转动时的转速为k P s /=ω（3）断开电源时，电扇的转速为k P s /0==ωω，只有f M 作用，那么tJk d d ωω=-考虑到θωωωd d d d =t ，有 ⎰⎰=-000d d ωθωt Jk得断开电源后风扇叶继续转动的角度为kPk J k J ==0ωθ 4–19 物体A 和B 叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接，如图4-5所示。