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==。
《新编基础物理学》第四章习题解答和分析
习题四4-1 观察者A 测得与他相对静止的Oxy 平面上一个圆的面积是12 cm 2，另一观察者B 相对于A 以 0.8 c (c 为真空中光速)平行于Oxy 平面作匀速直线运动，B 测得这一图形为一椭圆，其面积是多少？分析：本题考察的是长度收缩效应。
解：由于B 相对于A 以0.8v c =匀速运动，因此B 观测此图形时与v 平行方向上的线度将收缩为b c R 2)/(122=-v ，即是椭圆的短轴.而与v 垂直方向上的线度不变，仍为2 2 R a =，即是椭圆的长轴. 所以测得的面积为(椭圆形面积) R c R ab S ⋅-π=π=2)/(1v 22)/(1c R v -π==7.2cm 2 4-2 长度为1m 的米尺L 静止于'K 中，与x 轴的夹角'30,'K θ=︒系相对K 系沿x 轴运动，在K 系中观察得到的米尺与x 轴的夹角为45θ=︒，试求：（1）'K 系相对K 系的速度是多少？（2）K 系中测得的米尺的长度？分析：本题考察的是长度收缩效应。
根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度解：（1）米尺相对'S 系静止，它在''x y 和轴的投影分别为：00'cos '0.866'sin '0.5x y L L mL L m θθ====米尺相对S 系沿x 方向运动，设运动速度为v ，为S 系中的观察者，米尺在x 方向将产生长度收缩，而y 方向的长度不变，即x x L L ='y y L L =故米尺与x 轴的夹角满足'yx L L tg L θ==将θ与'x L 、'y L 的值代入可得：0.816v c =（2）在S 系中测得米尺的长度为：0.707()sin 45yL L m ==︒4-3 已知x 介子在其静止系中的半衰期为81.810s -⨯。
大学物理(第四版)课后习题及答案_分子运动
题5.1：一打足气的自行车内胎，在7.0 ℃时，轮胎中空气的压强为Pa 100.45⨯，则当温度变为37.0 ℃时，轮贻内空气的压强为多少？（设内胎容积不变）题5.1分析：胎内空气可视为一定量的理想气体，其始末均为平衡态（即有确定的状态参量p 、V 、T 值）由于气体的体积不变，由理想气体物态方程RT MmpV =可知，压强p 与温度T 成正比。
由此即可求出末态的压强。
解：由分析可知，当C 0.372 =T 时，轮胎内空气压强为P a 1043.451122⨯==T p T p 可见当温度升高时，轮胎内气体压强变大，因此，夏季外出时自行车的车胎不宜充气太足，以免爆胎。
题5.2：在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0 ℃），有一个体积为1.0⨯10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0 ℃，求气泡到达湖面的体积。
（取大气压强为p 0 = 1.013⨯105 Pa ）题5.2分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。
利用理想气体物态方程即可求解本题。
位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103kg·m -3）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。
由分析知湖底处压强为gh p gh p p ρρ+=+=021。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ 题5.3：氧气瓶的容积为32m 102.3-⨯，其中氧气的压强为71030.1⨯Pa ，氧气厂规定压强降到61000.1⨯Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。
某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3压强为51001.1⨯Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）题5.3分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。
大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第七、八章习题解
第七章 气体动理论7–1 一定量的理想气体，在保持温度T 不变的情况下，使压强由P 1增大到P 2，则单位体积内分子数的增量为_________________。
解：由nkT P =，可得单位体积内分子数的增量为kTP P kT P n 12-=∆=∆ 7–2 一个具有活塞的圆柱形容器中贮有一定量的理想气体，压强为P ，温度为T ，若将活塞压缩并加热气体，使气体的体积减少一半，温度升高到2T ，则气体压强增量为_______，分子平均平动动能增量为_________。
解：设经加热和压缩后气体的压强为P '，则有TV P T PV 22/⨯'=所以P P 4='压强增量为P P P P 3=-'=∆由分子平均平动动能的计算公式kT 23=ε知分子平均平动动能增量为kT 23。
7–3 从分子动理论导出的压强公式来看，气体作用在器壁上的压强，决定于 和 。
解：由理解气体的压强公式k 32εn P =，可知答案应填“单位体积内的分子数n ”，“分子的平均平动动能k ε”。
7–4 气体分子在温度T 时每一个自由度上的平均能量为 ；一个气体分子在温度T 时的平均平动动能为 ；温度T 时，自由度为i 的一个气体分子的平均总动能为 ；温度T 时，m /M 摩尔理想气体的内能为 。
解：kT 21；kT 23；kT i2；RT i M m 27–5 图7-1所示曲线为处于同一温度T 时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线，其中曲线（a ）是__________气分子的速率分布曲线； 曲线（c ）是__________气分子的速率分布曲线。
解：在相同温度下，对不同种类的气体，分子质量大的，速率分布曲线中的最慨然速率p v 向量值减小方向迁移。
可得图7-1中曲线（a ）是氩气分子的速率分布曲线，图7-1中曲线（c ）是氦气分子的速率分布曲线。
7–6 声波在理想气体中传播的速率正比于气体分子的方均根速率。
大学物理(第四版)课后习题及答案 动量
题3.1：质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速为0v 抛出，0v 与水平面成仰角α。
若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。
题3.1分析：重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可。
由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间g v t αsin 01=∆，物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍。
这样，按冲量的定义即可求出结果。
另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出。
解1：物体从出发到达最高点所需的时间为g v t αsin 01=∆ 则物体落回地面的时间为gv t t αsin 22012=∆=∆ 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αsin d 0111mv t mg t t -=∆-==⎰∆j j F I αsin 2d 0222mv t mg t t -=∆-==⎰∆解2：根据动量定理，物体由发射点O 运动到A 、B 的过程中，重力的冲量分别为j j j I αsin 00y Ay 1mv mv mv -=-= j j j I αsin 200y By 2mv mv mv -=-=题3.2：高空作业时系安全带是必要的，假如质量为51.0kg 的人不慎从高空掉下来，由于安全带的保护，使他最终被悬挂起来。
已知此时人离原处的距离为2米，安全带的缓冲作用时间为0.50秒。
求安全带对人的平均冲力。
题3.2解1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人跌落至2 m 处时的速度为ghv 21= （1）在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量定理，有()12mv mv t -=∆+P F （2）由（1）式、（2）式可得安全带对人的平均冲力大小为 ()N 1014.123⨯=∆+=∆∆+=tgh m mg t mv mg F解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有N 1014.1/23⨯=+∆=mg g h tmgF 题 3.3：如图所示，在水平地面上，有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管，管中有流速为1s m 0.3-⋅=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
大学物理第四章-1.
v0
解：以地面为k系
k’
以A为k’系
A
A(k')的速度为v o
kB
则：v v0, ux v0
ux
ux v
1
v C2
ux
v0
1
v0 C2
v0
v0
2v0
1
v02 c2
S 观察者（相对于光源静止）接收到光速为c v
S 观 察者（相对于光源运动）接收到光速为c v
S 观察者（静止） 光源运动
接收到光速为c
寻找新的变换形式!
（1）通过这种变换，物理定律都应该保持自己的数学 表达形式不变；
（2）通过这种变换，真空中光的速率在一切惯性系 中保持不变；
（3）这种变换在适当的条件下（即在低速情况下） 转化为伽利略变换。
飞船B
飞船A
S（地球）
解：（1）A 看 B：如图：由题意知
v 2.5108 m s1
飞船B
u 2.0 108 m s1 x
S（飞船A）
S（地球）
代入公式得
u x
u x
v
1 uxv
c2
2.0 2.5108
1
2.0 2.51016
3108 2
由洛变换：u x
ux v
1
v c2
ux
2c
1 c c2
c
c
体现物体速度极限为c
例一 地球上一观察者看见一飞船 A 以速
度 2.5108 m s1 从他身边飞过，另一飞船 B 以 速度 2.0108 m s1 跟随 A 飞行。
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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。