大學物理科學出版社,熊天信、蔣德瓊、馮一兵、李敏惠第四章習題解

1、32第四章剛體的定軸轉動4–1半徑為20cm的主動輪，通過皮帶拖動半徑為50cm的被動輪轉動，皮帶與輪之間無相對滑動，主動輪從靜止開始作勻角加速度轉動，在4s內被動輪的角速度達到，則πs8主動輪在這段時間內轉過了圈。解：被動輪邊緣上一點的線速度為πms45.0π8222????r?v在4s內主動輪的角速度為πrads202.0π412111????rrvv?主動輪的角速度為2011πrads540π2?????t???在4s內主動輪轉過

2、圈數(shù)為（圈）20π520ππ2(π212π212121??????N4–2繞定軸轉動的飛輪均勻地減速，t＝0時角速度為＝5rads，t＝20s時角速度為0?，則飛輪的角加速度?＝，t＝0到t＝100s時間內飛輪所轉過的角08.0????度＝。?解：由于飛輪作勻變速轉動，故飛輪的角加速度為20srad05.020558.0???????t???t＝0到t＝100s時間內飛輪所轉過的角度為rad250100)05.0(21100521220

3、?????????tt???4–3轉動慣量是物體量度，決定剛體的轉動慣量的因素有。解：轉動慣性大小，剛體的形狀、質量分布及轉軸的位置。4–4如圖41，在輕桿的b處與3b處各系質量為2m和m的質點，可繞O軸轉動，則質點系的轉動慣量為。解：由分離質點的轉動慣量的定義得221iiirmJ????22)3(2bmmb??211mb?4–5一飛輪以600rmin的轉速旋轉，轉動慣量為2.5kgm2，現(xiàn)加一恒定的制動力矩使飛輪在1s內停止轉動，則該

4、恒定制動力矩的大小M＝_________。解：飛輪的角加速度為20srad20160π26000???????t???制動力矩的大小為mNπ50π)20(5.2????????JM圖41m2mb3bO34A只有（1）是正確的B（1）、（2）正確，（3）、（4）錯誤C（1）、（2）、（3）都正確，（4）錯誤D（1）、（2）、（3）、（4）都正確解：這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的矩都為零，自然合力矩為零，故（1）正確；當兩個力都垂直于

5、軸作用時，如果兩個力大小相等、方向相反，作用在物體的同一點，則它們的合力矩為零，或兩個力都通過轉軸，兩力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如兩力大小不等，方向相反，也可通過改變力臂，使兩力的合力矩為零，如此時力臂相同，則合力矩不等于零，因此（2）也時正確的；當這兩個力的合力為零時，還要考慮力臂的大小，所以合力矩不一定為零，故（3）是錯誤的；兩個力對軸的合力矩為零時，因，所以它們的合力不一定為零，故（4）也是錯誤的。故答案應選（B）。Fr

6、M??4–11一圓盤正繞垂直于盤面的水平光滑固定軸O轉動。如圖42所示，射來兩個質量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一條直線上的子彈。子彈射入并且停留在圓盤內，則子彈射入的瞬間，圓盤的角速度與射入前角速度相比[]。?0?A增大B不變C減小D不能確定解：設射來的兩子彈的速度為，對于圓盤和v子彈組成的系統(tǒng)來說，無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，即??JJdmdm???00vv式中這子彈對點O的角動量，為子彈射入dmv0J前盤對軸

7、O的轉動慣量，J為子彈射入后系統(tǒng)對軸O的轉動慣量。由于，則。故選JJ?00???（C）。4–12如圖43所示，有一個小塊物體，置于一個光滑水平桌面上。有一繩其一端連接此物體，另一端穿過中心的小孔。該物體原以角速度ω在距孔為r的圓周上轉動，今將繩從小孔緩慢往下拉，則物體[]。A角速度減小，角動量增大，動量改變B角速度不變，動能不變，動量不變C角速度增大，角動量增大，動量不變D角速度增大，動能增加，角動量不變解：在拉力繩子的過程中，力對小球

8、的力矩為零，故小球的角動量在轉動過程中不變，有。當小球的2211??JJ?半徑減小時，小球對O點的轉動慣量減小，即，故21JJ?，角速度增大，小球轉得更快。又由可22???2211??JJ?得，因，所以，故小球的動能增2211rmrmvv?21rr?12vv?加，小球的動量也要發(fā)生變化。故選（D）4–13有一半徑為R的水平圓轉臺，可繞過其中心的豎直固定光滑軸轉動，轉動慣量為J。開始時，轉臺以角速度轉動，此時有一質量為M的人站在轉臺中心，