第四章剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)答案

1、第四章 剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)4 1 有兩個(gè)力作用在一個(gè)有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1) 這兩個(gè)力都平行于軸作用時(shí) , 它們對(duì)軸的合力矩一定是零；( 2) 這兩個(gè)力都垂直于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩可能是零；(3) 當(dāng)這兩個(gè)力的合力為零時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩也一定是零；(4) 當(dāng)這兩個(gè)力對(duì)軸的合力矩為零時(shí)，它們的合力也一定是零 對(duì)上述說(shuō)法下述判斷正確的是 ( )(A )只有 是正確的(B) (1 )、正確，(3)、(4)錯(cuò)誤(C) (1)、( 2)、(3)都正確， (4)錯(cuò)誤 ( D)(1)、 (2)、 (3)、 (4)都正確分析與解 力對(duì)軸之力矩通常有三種情況 : 其中兩種情況下力矩為零 : 一是力的作用線通過(guò)

2、 轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸 (例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn)) 不滿足上述情況下的作用力 (含題 述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況 )對(duì)軸之矩不為零， 但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí) ，只要滿足兩力矩大小 相等，方向相反，兩力矩對(duì)同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說(shuō)法是正確對(duì)于 (3)( 4) 兩種說(shuō)法，如作用于剛體上的兩個(gè)力為共點(diǎn)力，當(dāng)合力為零時(shí)，它們對(duì) 同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，則以上結(jié)論不成立， 故(3) (4)說(shuō)法不完全正確綜上所述 ，應(yīng)選( B)4 2 關(guān)于力矩有以下幾種說(shuō)法 :(1 ) 對(duì)某個(gè)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)剛體而言，內(nèi)力矩不會(huì)改變剛體的角加速度 ;(2) 一對(duì)

3、作用力和反作用力對(duì)同一軸的力矩之和必為零；(3) 質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個(gè)剛體 ， 在相同力矩的作用下，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定相 同對(duì)上述說(shuō)法下述判斷正確的是()(A) 只有( 2)是正確的(B) (1)、(2)是正確的(C)( 2)、 (3)是正確的 ( D)(1)、 (2)、 (3)都是正確的分析與解 剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力 ， 且作用點(diǎn)相同，故對(duì)同 一軸的力矩之和必為零，因此可推知?jiǎng)傮w中所有內(nèi)力矩之和為零， 因而不會(huì)影響剛體的角加速度或角動(dòng)量等，故 (1)( 2)說(shuō)法正確對(duì)說(shuō)法 ( 3)來(lái)說(shuō)，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)同一軸的轉(zhuǎn) 動(dòng)慣量因形狀、 大小不同有可能不同，

4、 因而在相同力矩作用下， 產(chǎn)生的角加速度不一定相同 ， 因而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未必相同，由此可見(jiàn)應(yīng)選( B) 4 3 均勻細(xì)棒 OA 可繞通過(guò)其一端 O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，今 使棒從水平位置由靜止開(kāi)始自由下落，在棒擺到豎直位置的過(guò)程中， 下述說(shuō)法正確的是()( A ) 角速度從小到大，角加速度不變( B) 角速度從小到大 ， 角加速度從小到大( C ) 角速度從小到大 ， 角加速度從大到小(D ) 角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過(guò)程中，重力對(duì)軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾 角有關(guān)當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時(shí)，重力矩為零因此在棒在 下

5、落過(guò)程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大（由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況）,應(yīng)選（C）.4 -4 一圓盤繞通過(guò)盤心且垂直于盤面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，軸間摩擦不計(jì)如圖射來(lái)兩個(gè)質(zhì)量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時(shí)射入圓盤并且留在盤內(nèi)，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動(dòng)量 L以及圓盤的角速度3的變化情況為（）（A） L不變，3增大（B）兩者均不變（C） L不變，3減?。―）兩者均不確定分析與解 對(duì)于圓盤一子彈系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，并無(wú)外力矩作用，故系統(tǒng)對(duì)軸0的角動(dòng)量守恒，故L不變，此時(shí)應(yīng)有下式成立，即mvd mvd J03 J 3式中mvD為

6、子彈對(duì)點(diǎn)0的角動(dòng)量3o為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對(duì)軸 O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量,3°故選（C）4 5 假設(shè)衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運(yùn)動(dòng)，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，衛(wèi)星對(duì)地球中心的（）（A ）角動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒（B）角動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒（C）角動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒（D）角動(dòng)量不守恒，動(dòng)量也不守恒（E ）角動(dòng)量守恒，動(dòng)量也守恒分析與解 由于衛(wèi)星一直受到萬(wàn)有引力作用，故其動(dòng)量不可能守恒，但由于萬(wàn)有引力一直指向地球中心，則萬(wàn)有引力對(duì)地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對(duì)地球中心的角動(dòng)星守恒，即r Xmv=恒量，式中r為地球中心指向衛(wèi)星的位矢.當(dāng)衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時(shí) ，由于丨r |不同，由角動(dòng)量守恒

7、知衛(wèi)星速率不同，其中當(dāng)衛(wèi)星處于近地點(diǎn)時(shí)速率最大，處于遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)速 率最小，故衛(wèi)星動(dòng)能并不守恒， 但由萬(wàn)有引力為保守力， 則衛(wèi)星的機(jī)械能守恒，即衛(wèi)星動(dòng)能與萬(wàn)有引力勢(shì)能之和維持不變，由此可見(jiàn)，應(yīng)選（B）4 6 一汽車發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸的轉(zhuǎn)速在12 s內(nèi)由1.2 XO3 rmin 1均勻的增加到2.7 >103 r min 1. （1）求曲軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度；（2）在此時(shí)間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多少轉(zhuǎn)?分析這是剛體的運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題.剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律與質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有類似的關(guān) 系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動(dòng).dt解（1）由于角速度3= 2nn （n為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù)），根據(jù)角加速度的定義在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為3302

8、n nn02a 13.1 rad stt（2）發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過(guò)的角度為丄12330030tat n nn°22在12 s內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)為0 nn0Nt 390 圈2n24 7某種電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后轉(zhuǎn)速隨時(shí)間變化的關(guān)系為33 1 e,式屮 w0 = 9.0 s1T=2 s .求：（1） t = 6.0 s時(shí)的轉(zhuǎn)速；（2）角加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律；（3）啟動(dòng)后6。0s內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù).分析 與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題也可分為兩類：（1）由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程，通過(guò)求導(dǎo)得到角速度、角加速度；（2）在確定的初始條件下，由角速度、角加速度通過(guò)積分得到轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程本題由3= 3（t）出發(fā)，分別

9、通過(guò)求導(dǎo)和積分得到電動(dòng)機(jī)的角加速度和6。0 s內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù).解（1）根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時(shí)間的變化關(guān)系，將t = 6。0 s代入，即得1 et/ T0.95 308.6 s 1（2）角速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為d 3a -dt（3）t = 6.0 s時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為603dt030t / teT4.5e t/2rad s 260 30et/ T dt36.9 rad則t = 6。0 s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)0/2 n 5.87 圈4 8水分子的形狀如圖所示,從光譜分析知水分子對(duì) AA '軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量Jaa = 1.93 >47kg m2，對(duì)BB '軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量Jbb，= 1.14 >

10、;-47 kg m2,試由此數(shù)據(jù)和各原子質(zhì)量求出氫和氧原 子的距離D和夾角0 假設(shè)各原子都可當(dāng)質(zhì)點(diǎn)處理.13! /pH7B-i X 1 、1遞71圖分析 如將原子視為質(zhì)點(diǎn)， 則水分子中的氧原子對(duì) AA軸和BB '軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量均為零， 因此 計(jì)算水分子對(duì)兩個(gè)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量時(shí)，只需考慮氫原子即可.解由圖可得2 2JAA2mH d sin 0JBB2mHd2cos20此二式相加，可得JaaJ bb 2 mH d9.59 10 11 m由二式相比，可得2J AA / JBBtan 0則0 arctan iarcta吋；52.3oJ AA J BB2mH4 9一飛輪由一直徑為 30cm,厚度為2。

11、0cm的圓盤和兩個(gè)直徑為 10cm ,長(zhǎng)為8.0cm的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7。8X103 kg m-3,求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.題 4 9 V-I分析 根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性， 飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng) 慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的計(jì)算可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，用簡(jiǎn)單的積分計(jì)算得到.解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性,由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量公式可得,c 1di 21生2J1 J22irii222241n p Id160.136 kg m24 10如圖（a）所示，圓盤的質(zhì)量為 m，半徑為R.求:（1）以O(shè)為中心，將半徑為R/2的 部分挖去

12、，剩余部分對(duì) OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量；（2）剩余部分對(duì)OO軸（即通過(guò)圓盤邊緣且平行 于盤中心軸）的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.分析 由于轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可加性，求解第一問(wèn)可有兩種方法：一是由定義式Jr2dm計(jì)算,式中dm可取半徑為r、寬度為dr窄圓環(huán)；二是用補(bǔ)償法可將剩余部分的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量看成是原 大圓盤和挖去的小圓盤對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的差值至于第二問(wèn)需用到平行軸定理.解挖去后的圓盤如圖（b）所示.（1）解1由分析知J0r2dmR/2mnR22 ndr2m R 3,7 r drR2 R/2%R232解2整個(gè)圓盤對(duì)OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J11 mR2，挖去的小圓盤對(duì) OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量21m2R2R2n 22J2mR2，由分析知，剩余部分

13、對(duì)OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為32J0®mR32（2）由平行軸定理，剩余部分對(duì)OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為Jo %R2m322mR2 n nR22R2 聖 mR2324 - 11用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 過(guò)飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m的重物,R的飛輪支承在0點(diǎn)上，然后在繞（如,是將半徑為令重物以初速度為零下落，帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)圖）記下重物下落的距離和時(shí)間，就可算出飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量試寫出它的計(jì)算式.（假設(shè)軸承間無(wú)摩擦）.分析 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，飛輪和重物的運(yùn)動(dòng)形式是不同的.飛輪作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，而重物是作落體運(yùn)動(dòng)，它們之間有著內(nèi)在的聯(lián)系由于繩子不可伸長(zhǎng)，并且質(zhì)量可以忽略這樣，飛輪的轉(zhuǎn) 動(dòng)慣量，就可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓

14、定律聯(lián)合來(lái)確定，其中重物的加速度， 可通過(guò)它下落時(shí)的勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律來(lái)確定.該題也可用功能關(guān)系來(lái)處理將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒利用勻加速運(yùn)動(dòng)的路程、速度和加速度關(guān)系，以及線 速度和角速度的關(guān)系，代入機(jī)械能守恒方程中即可解得.解1 設(shè)繩子的拉力為FT,對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有(1)FtRJ a而對(duì)重物而言，由牛頓定律，有mg Ftma(2)由于繩子不可伸長(zhǎng)，因此，有aR a(3)重物作勻加速下落，則有h1 .2 at2(4)由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J2 gt2 mR2h1解2根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有mgh1 2 mv21 i2

15、J co20(1)而線速度和角速度的關(guān)系為vR o(2)又根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),有vat(3)2 v2ah(4')由上述各式可得JmR2gt2 12h若軸承處存在摩擦，上述測(cè)量轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的方法仍可采用.這時(shí)，只需通過(guò)用兩個(gè)不同質(zhì)量的重物做兩次測(cè)量即可消除摩擦力矩帶來(lái)的影響.4 12 一燃?xì)廨啓C(jī)在試車時(shí)， 燃?xì)庾饔迷跍u輪上的力矩為 2.03 03N-m，渦輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為25。Okg m2 當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由2。80X103 r min-1增大到1。12X104 r imin 1時(shí),所經(jīng)歷的時(shí)間t為 多少？分析 由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩 ，因此,根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，飛輪的角加速度是一恒 量；

16、又由勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度與時(shí)間的關(guān)系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間. 該題還可應(yīng)用角動(dòng)量定理直接求解.解1在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中，角加速度o ato0由轉(zhuǎn)動(dòng)定律 M Ja,可得飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間2 nJn n010.8 st-JMM解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有tMdt0Jo o則t0 J2 nJnn。10.8sMM4 13如圖（a） 所示,質(zhì)量m1=16 kg的實(shí)心圓柱體A，其半徑為r - 15 cm，可以繞其固定水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，阻力忽略不計(jì)一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個(gè)質(zhì)量m2 =8.0 kg的物體B.求：（1）物體B由靜止開(kāi)始下降1.0 s后的距離；（2）繩的張力Ft .分析 該系統(tǒng)

17、的運(yùn)動(dòng)包含圓柱體的轉(zhuǎn)動(dòng)和懸掛物的下落運(yùn)動(dòng)（平動(dòng)）。兩種不同的運(yùn)動(dòng)形式應(yīng)依據(jù)不同的動(dòng)力學(xué)方程去求解，但是，兩物體的運(yùn)動(dòng)由柔繩相聯(lián)系，它們運(yùn)動(dòng)量之間的聯(lián)系可由角量與線量的關(guān)系得到。解（1）分別作兩物體的受力分析，如圖（b）。對(duì)實(shí)心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得1 2Ftr J amir a2對(duì)懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有P2 Ft m2g Ft m2a且FT = Ft'.又由角量與線量之間的關(guān)系，得a r a解上述方程組，可得物體下落的加速度在t = 1. 0 s時(shí),B下落的距離為sa2m2gm1 2m21 .2 at初22.45 m2m 2m2（2）由式（2）可得繩中的張力為Ft m g a

18、mim2m1 2m239.2 N4 14 質(zhì)量為mi和m2的兩物體A、B分別懸掛在圖（a）所示的組合輪兩端.設(shè)兩輪的半 徑分別為R和r,兩輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分別為 Ji和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去 不計(jì)，繩的質(zhì)量也略去不計(jì)。試求兩物體的加速度和繩的張力分析由于組合輪是一整體，它的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量是兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和（注意兩力矩的方向不同）。對(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得解 分別對(duì)兩物體及組合輪作受力分析，如圖（b）。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)定律，(4)有RFtimigFtim1a1(1)FT2R2

19、F T2m2gm2a2FtiRFt2JiJ2 aFt1F T1， F T2FT2由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有解上述方程組，可得aiJiaa2miR m2rR ar a（5）J2m r22m?rgRa2miR m2rgrJiJ 2miR22m?rFtiJiJ22mrm2RrmgJiJ2mR22mrFT2JiJ2mR2m|Rrm?gJiJ2m,R22m?r4 - 15如圖所示裝置，定滑輪的半徑為r,繞轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J,滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量為 mi和m2的物體A、B。A置于傾角為0的斜面上，它和斜面間的摩擦因數(shù)為口若B向下作加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑輪兩邊繩子的張力（

20、設(shè)繩的質(zhì)量及 伸長(zhǎng)均不計(jì)，繩與滑輪間無(wú)滑動(dòng)，滑輪軸光滑。）分析 這是連接體的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，對(duì)于這類問(wèn)題仍采用隔離體的方法，從受力分析著手，然 后列出各物體在不同運(yùn)動(dòng)形式下的動(dòng)力學(xué)方程。物體A和B可視為質(zhì)點(diǎn)，則運(yùn)用牛頓定律.由于繩與滑輪間無(wú)滑動(dòng)，滑輪兩邊繩中的張力是不同的，滑輪在力矩作用下產(chǎn)生定軸轉(zhuǎn)動(dòng)， 因此，對(duì)滑輪必須運(yùn)用剛體的定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律。列出動(dòng)力學(xué)方程，并考慮到角量與線量之間的關(guān)系，即能解出結(jié)果來(lái)解 作A、B和滑輪的受力分析，如圖（b）.其中A是在張力Ft i、重力Pi ,支持力Fn和 摩擦力Ff的作用下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓定律，沿斜面方向有Fti ggsin 0 mgcos 0 gai(i)而B(niǎo)

21、則是在張力F t 2和重力P2的作用下運(yùn)動(dòng)，有(2)m2g FT2m2a2由于繩子不能伸長(zhǎng)、繩與輪之間無(wú)滑動(dòng)，則有(3)對(duì)滑輪而言，根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律有解上述各方程可得Ft2FtiJ aFtiF T1， F T2F T2(4)小cm2gmgsin 0ggcos Baia2Jm?2r2Fmmtg 1 sin 0 qos 0 sin 0QosBmiigJ/rF ti2m m2J /r2FT2mim2g 1 sin 0 qos0 m2gJ/rm m2 J /r24 16 如圖（a）所示,飛輪的質(zhì)量為60 kg,直徑為0.50 m,轉(zhuǎn)速為1。0 M03 r min 1 現(xiàn)用閘瓦制動(dòng)使其在5. 0 s內(nèi)停

22、止轉(zhuǎn)動(dòng)，求制動(dòng)力F。設(shè)閘瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù)尸0.40,飛輪的質(zhì)量全部分布在輪緣上。分析飛輪的制動(dòng)是閘瓦對(duì)它的摩擦力矩作用的結(jié)果，因此，由飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)規(guī)律可確定制動(dòng)時(shí)所需的摩擦力矩。但是，摩擦力矩的產(chǎn)生與大小，是由閘瓦與飛輪之間的正壓力FN決定的,而此力又是由制動(dòng)力 F通過(guò)杠桿作用來(lái)實(shí)現(xiàn)的。所以，制動(dòng)力可以通過(guò)杠桿的力矩平衡 來(lái)求出。解 飛輪和閘桿的受力分析，如圖 (b)所示。根據(jù)閘桿的力矩平衡，有F li I?Fnli0而FnFn ,則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為d 1l1 l2(1)M FfFn-2 F 皿222I1摩擦力矩是恒力矩，飛輪作勻角加速轉(zhuǎn)動(dòng)，由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有a33Hit2 mt

23、(2)因飛輪的質(zhì)量集中于輪緣，它繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量2J md / 4 ,根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律MJ a，由式（1）、（2）可得制動(dòng)力mmdh2F3.14 10 N口12 t4 17 一半徑為R、質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓盤，以角速度 3繞其中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將它平放在一 水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為 仏（1）求圓盤所受的摩擦力矩。（2）問(wèn)經(jīng)多少時(shí)間后,圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)才能停止？分析轉(zhuǎn)動(dòng)圓盤在平板上能逐漸停止下來(lái)是由于平板對(duì)其摩擦力矩作用的結(jié)果。由于圓盤各部分所受的摩擦力的力臂不同，總的摩擦力矩應(yīng)是各部分摩擦力矩的積分。為此，可考慮將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，取半徑為r、寬為dr的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力 dFf = 2n 口m

24、gdr/ n2，其方向均與環(huán)的半徑垂直，因此，該圓環(huán)的摩擦力矩 dM = r x dF f ,其方向沿 轉(zhuǎn)動(dòng)軸，則圓盤所受的總摩擦力矩 M = JdM。這樣，總的摩擦力矩的計(jì)算就可通過(guò)積分來(lái)完 成。由于摩擦力矩是恒力矩，則由角動(dòng)量定理M t = （J3 ,可求得圓盤停止前所經(jīng)歷的時(shí)間 t。當(dāng)然也可由轉(zhuǎn)動(dòng)定律求解得.解 （1）由分析可知，圓盤上半徑為 r、寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為dM r dFf2r2 ggdr/R2 k式中k為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為M2dM吩嚴(yán)dr - pmgR0R23（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，可得圓盤停止的時(shí)間為圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J = mW/

25、2。由角動(dòng)量定理M t = （ J3）,4 18 如圖所示，一通風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)部分以初角速度 30繞其軸轉(zhuǎn)動(dòng)，空氣的阻力矩與角速 度成正比，比例系數(shù) C為一常量若轉(zhuǎn)動(dòng)部分對(duì)其軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 J,問(wèn)：（1）經(jīng)過(guò)多少時(shí) 間后其轉(zhuǎn)動(dòng)角速度減少為初角速度的一半？（ 2）在此時(shí)間內(nèi)共轉(zhuǎn)過(guò)多少轉(zhuǎn)？分析 由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，在變力矩作用下，通風(fēng)機(jī)葉片的轉(zhuǎn)動(dòng)是變角加速轉(zhuǎn)動(dòng)，因此，在討論轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系時(shí)，必須從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過(guò)積分的方法去解解(1)通風(fēng)機(jī)葉片所受的阻力矩為度為根據(jù)初始條件對(duì)式(1)積分，有由于C和J均為常量，得M = C®,由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M = J

26、 a,可得葉片的角加速d 3dtCt/J(1)當(dāng)角速度由30 T 12 30時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)所需的時(shí)間為t 丄In2C(2)根據(jù)初始條件對(duì)式(2)積分，有ed eoCt /Jdt即在時(shí)間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)為J 302Cej 3o2 n4 nC4 19如圖所示，一長(zhǎng)為2I的細(xì)棒AB，其質(zhì)量不計(jì)，它的兩端牢固地聯(lián)結(jié)著質(zhì)量各為 m 的小球，棒的中點(diǎn)0焊接在豎直軸Z上，并且棒與Z軸夾角成a角.若棒在外力作用下繞Z軸(正 向?yàn)樨Q直向上)以角直速度3= 30( 1 e t ) 轉(zhuǎn)動(dòng)，其中30為常量.求(1 )棒與兩球構(gòu)成的 系統(tǒng)在時(shí)刻t對(duì)z軸的角動(dòng)量；(2)在t = 0時(shí)系統(tǒng)所受外力對(duì)z軸的合外力矩.£4

27、-19 K分析由于棒的質(zhì)量不計(jì)，該系統(tǒng)對(duì) z軸的角動(dòng)量即為兩小球?qū)?z軸的角動(dòng)量之和，首先可 求出系統(tǒng)對(duì)z軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量(若考慮棒的質(zhì)量，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為多少，讀者可自己想一想)，系統(tǒng)所受合外力矩既可以運(yùn)用角動(dòng)量定理，也可用轉(zhuǎn)動(dòng)定律來(lái)求解。 相比之下，前者對(duì)本題更直接、 2 2 2解(1)兩小球?qū)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為j 2mr 2m Isin a 2mlsin a ,則系統(tǒng)對(duì)z軸 的角動(dòng)量為22t 2L J w 2mr 2ml w01 e sin a此處也可先求出每個(gè)小球?qū)?2)由角動(dòng)量定理得z軸的角動(dòng)量后再求和.dLdtdt2ml2M 八就2ml2 ©sin2 a tt = 0時(shí),合外力矩為

28、2 2M 2ml gsin a此處也可先求解系統(tǒng)繞Z軸的角加速度表達(dá)式，即a Q© w0e t,再由M= Ja求得M.dt4 20 一質(zhì)量為m'、半徑為R的均勻圓盤，通過(guò)其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度 轉(zhuǎn)動(dòng)，若在某時(shí)刻，一質(zhì)量為m的小碎塊從盤邊緣裂開(kāi)，且恰好沿垂直方向上拋，問(wèn)它可能達(dá) 到的高度是多少？破裂后圓盤的角動(dòng)量為多大？分析 盤邊緣裂開(kāi)時(shí)，小碎塊以原有的切向速度作上拋運(yùn)動(dòng)，由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過(guò)程中，滿足角動(dòng)量守恒條件，由角動(dòng)量守恒定律可 計(jì)算破裂后盤的角動(dòng)量.解(1)碎塊拋出時(shí)的初速度為V0由于碎塊豎直上拋運(yùn)動(dòng)，它所能到達(dá)的

29、高度為.v2G32R2h2g 2gLLoL式中L1 2m R w為圓盤未碎時(shí)的角動(dòng)量，2L2mR w為碎塊被視為質(zhì)點(diǎn)時(shí),動(dòng)量；L為破裂后盤的角動(dòng)量。則L 12mm R2 w(2)圓盤在裂開(kāi)的過(guò)程中，其角動(dòng)量守恒，故有碎塊對(duì)軸的角4 21在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量 mi = 1.0 kg,長(zhǎng)I = 40cm,可繞通過(guò)其中點(diǎn) 并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng).一質(zhì)量為m2 = 10g的子彈，以v = 2. 0 x 102 m-s 1的速度射入桿端, 其方向與桿及軸正交若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度。分析 子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)。 這樣,子彈射入桿前的角速度可表示為3,子彈陷入桿

30、后，它們將一起以角速度3轉(zhuǎn)動(dòng).若將子彈和桿視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒。由角動(dòng)量守恒定律可解得桿的角速度 解根據(jù)角動(dòng)量守恒定理J 2 3 J i J? 3式中J2 m2 l /2 2為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，J2 3為子彈在陷入桿前的角動(dòng)量，3= 2V/I為子彈在此刻繞軸的角速度 J1 m1I2/12為桿繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可得桿的角速度為J236m)2Vi329.1 SJ i J 2m 3 也4 - 22 半徑分別為ri、r2的兩個(gè)薄傘形輪，它們各自對(duì)通過(guò)盤心且垂直盤面轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng) 慣量為Ji和J2。開(kāi)始時(shí)輪I以角速度 30轉(zhuǎn)動(dòng)，問(wèn)與輪n成正交嚙合后(如圖所示),兩輪的角速度分別為

31、多大？題4一22圖分析 兩傘型輪在嚙合過(guò)程中存在著相互作用力，這對(duì)力分別作用在兩輪上，并各自產(chǎn)生不同方向的力矩，對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)的輪I而言是阻力矩，而對(duì)原靜止的輪n則是啟動(dòng)力矩.由于相互作用的時(shí)間很短，雖然作用力的位置知道， 但作用力大小無(wú)法得知， 因此,力矩是未知的但是， 其作用的效果可從輪的轉(zhuǎn)動(dòng)狀態(tài)的變化來(lái)分析。對(duì)兩輪分別應(yīng)用角動(dòng)量定理，并考慮到嚙合后它們有相同的線速度，這樣 ，嚙合后它們各自的角速度就能求出。解 設(shè)相互作用力為F，在嚙合的短時(shí)間 t內(nèi)，根據(jù)角動(dòng)量定理，對(duì)輪I、輪n分別有Fri At Ji 3 30(1)Fr2At J 2 32(2)兩輪嚙合后應(yīng)有相同的線速度，故有ri 3 r 2

32、32(3)由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為Ji23)r2Ji r24 23 一質(zhì)量為20.0 kg的小孩，站在一半徑為 3.00 m、轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為450 kg -m2的靜止水 平轉(zhuǎn)臺(tái)的邊緣上，此轉(zhuǎn)臺(tái)可繞通過(guò)轉(zhuǎn)臺(tái)中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)與軸間的摩擦不計(jì)如果此小孩相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)以1.00 m- s_1的速率沿轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣行走，問(wèn)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速率有多大？分析小孩與轉(zhuǎn)臺(tái)作為一定軸轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)，人與轉(zhuǎn)臺(tái)之間的相互作用力為內(nèi)力，沿豎直軸方向 不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒.在應(yīng)用角動(dòng)量守恒時(shí)，必須注意人和轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度3、宀0都是相對(duì)于地面而言的，而人相對(duì)于轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度3 i應(yīng)滿足相對(duì)角速度的關(guān)系式333。解 由相對(duì)

33、角速度的關(guān)系，人相對(duì)地面的角速度為v33）33。R由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有J03Ji 330.由式（1）、（2）可得轉(zhuǎn)臺(tái)的角式中Jo、Ji = mR2分別為轉(zhuǎn)臺(tái)、人對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 速度為9.52 10 2 s 1mR2 v2J0 mR R式中負(fù)號(hào)表示轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向與人對(duì)地面的轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反4 24 一轉(zhuǎn)臺(tái)繞其中心的豎直軸以角速度3 0 =n s1轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J0=4。0 X 103 kg m2 .今有砂粒以Q = 2t g - s 1的流量豎直落至轉(zhuǎn)臺(tái)，并粘附于臺(tái)面形成 一圓環(huán)，若環(huán)的半徑為r = 0.10 m,求砂粒下落t = 10 s時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)

34、的角速度。分析 對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)而言，隨著砂粒的下落，系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量發(fā)生了改變。 但是,砂粒下落對(duì)轉(zhuǎn) 臺(tái)不產(chǎn)生力矩的作用，因此，系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中的角動(dòng)量是守恒的。在時(shí)間t內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量，可由其流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。這樣，轉(zhuǎn)臺(tái)在不同時(shí)刻的角速度就可由角動(dòng)量守恒定律求出。解 在時(shí)間0T10 s內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量為10sm ° Qdt 0.10 kg根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有J 0 J 0 mr 3則t = 10 s時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度J0 3J0 mr20.80J1 ns4 25為使運(yùn)行中的飛船停止繞其中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)，可在飛船的側(cè)面對(duì)稱地安裝兩個(gè)切向控制噴管（如

35、圖所示）,利用噴管高速噴射氣體來(lái)制止旋轉(zhuǎn)。若飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J =2。0 X 103 kg -m2，旋轉(zhuǎn)的角速度 3= 0. 2 rad s1，噴口與軸線之間的距離r = 1.5 m ;噴氣以恒定的流量Q = 1。0 kg -s1和速率u = 50 m- s 1從噴口噴出，問(wèn)為使該飛船停止旋轉(zhuǎn)，噴氣應(yīng)噴射多長(zhǎng)時(shí)間？分析 將飛船與噴出的氣體作為研究系統(tǒng)，在噴氣過(guò)程中，系統(tǒng)不受外力矩作用，其角動(dòng)量守恒。在列出方程時(shí)應(yīng)注意：(1)由于噴氣質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船質(zhì)量，噴氣前、后系統(tǒng)的角動(dòng)量近似為飛船的角動(dòng)量 J® ；( 2)噴氣過(guò)程中氣流速率U遠(yuǎn)大于飛船側(cè)面的線速度 3u,這樣，排出氣體的總

36、(1)( 2)r，因此，整個(gè)噴氣過(guò)程中，氣流相對(duì)于空間的速率仍可近似看作是 角動(dòng)量 u cor dm mur。經(jīng)上述處理后，可使問(wèn)題大大簡(jiǎn)化。m解 取飛船和噴出的氣體為系統(tǒng)，根據(jù)角動(dòng)量守恒定律，有J o mur 0因噴氣的流量恒定，故有m 2Qt由式(1)、( 2)可得噴氣的噴射時(shí)間為t 旦 2.67 s2Qur4 26 一質(zhì)量為m'、半徑為R的轉(zhuǎn)臺(tái)，以角速度 oa轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸的摩擦略去不計(jì)。(1)有 一質(zhì)量為m的蜘蛛垂直地落在轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣上 .此時(shí),轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度3b為多少？ ( 2)若蜘蛛隨 后慢慢地爬向轉(zhuǎn)臺(tái)中心， 當(dāng)它離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離為r時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度oc為多少？ 設(shè)蜘蛛 下落前距離轉(zhuǎn)

37、臺(tái)很近.分析對(duì)蜘蛛和轉(zhuǎn)臺(tái)所組成的轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)而言，在蜘蛛下落至轉(zhuǎn)臺(tái)面以及慢慢向中心爬移過(guò)程中，均未受到外力矩的作用，故系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒。應(yīng)該注意的是，蜘蛛爬行過(guò)程中，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量是在不斷改變的.由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律即可求解。解 (1)蜘蛛垂直下落至轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣時(shí)，由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有J 0 3aJo J1 Ob1 22式中J° m R為轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)其中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，Jj mR為蜘蛛剛落至臺(tái)面邊緣時(shí)，它對(duì)2軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。于是可得JoJ1oamm 2m(2)在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過(guò)程中，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量將隨半徑r而改變,即J2 mr2.在此過(guò)程中，由系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，有JoJ 0 oa4 27 一

38、質(zhì)量為1.12 kg，長(zhǎng)為1.0 m的均勻細(xì)棒，支點(diǎn)在棒的上端點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)棒自由懸 掛.以100 N的力打擊它的下端點(diǎn)，打擊時(shí)間為 0。02 s°( 1)若打擊前棒是靜止的，求 打擊時(shí)其角動(dòng)量的變化；(2)棒的最大偏轉(zhuǎn)角.題斗-27冒分析 該題屬于常見(jiàn)的剛體轉(zhuǎn)動(dòng)問(wèn)題，可分為兩個(gè)過(guò)程來(lái)討論：（1）瞬間的打擊過(guò)程。在瞬間外力的打擊下， 棒受到外力矩的角沖量，根據(jù)角動(dòng)量定理，棒的角動(dòng)量將發(fā)生變化，則獲得一定的角速度。（2）棒的轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程。由于棒和地球所組成的系統(tǒng)，除重力（保守內(nèi)力）外無(wú)其他外力做功，因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，可求得棒的偏轉(zhuǎn)角度.解（1）由剛體的角動(dòng)量定理得2 1

39、AL J 必 Mdt Fl At 2.0 kg m s9 arccos13F2At2m2gl88。38（2）取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，并選 即O處為重力勢(shì)能零點(diǎn).在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,1 2 1J 牝mgl 1 cos 02 2由式（1）、（2）可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為4 28 我國(guó)1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點(diǎn)為4。39 X105 m、遠(yuǎn)地點(diǎn)為2.38 106 m.試計(jì)算衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率.（設(shè)地球半徑為6。38 X106 m）分析 當(dāng)人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，只受到有心力一一-萬(wàn)有引力的作用。因此，衛(wèi)星在運(yùn)行過(guò)程中角動(dòng)量是守恒的，同時(shí)該力對(duì)地球和衛(wèi)星組成

40、的系統(tǒng)而言，又是屬于保守內(nèi)力，因此，系統(tǒng)又滿足機(jī)械能守恒定律.根據(jù)上述兩條守恒定律可求出衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的速率。解 由于衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動(dòng)量守恒定律有mr1v1 mr2v2又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有1 2 GmmE 12 GmmEmv-mv2( 2)2 r12r2式中G為引力常量，mE和m分別為地球和衛(wèi)星的質(zhì)量，ri和r2是衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn) 時(shí)離地球中心的距離.由式（1）、（ 2）可解得衛(wèi)星在近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率分別為GmEr28.11 103 m s 1:A * Dr13v2 v1 6.31 10 msr24 29 地球?qū)ψ赞D(zhuǎn)軸的

41、轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 0.33 mER2，其中mE為地球的質(zhì)量，R為地球的半徑。（1）求地球自轉(zhuǎn)時(shí)的動(dòng)能；（2）由于潮汐的作用，地球自轉(zhuǎn)的速度逐漸減小，一年內(nèi)自轉(zhuǎn)周期增加3。5 X 105 s,求潮汐對(duì)地球的平均力矩 .分析由于地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間為 24小時(shí)，由3= 2MT可確定地球的自轉(zhuǎn)角速度和地球自轉(zhuǎn)時(shí)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能Ek = 12 J®2。隨著自轉(zhuǎn)周期的增加，相應(yīng)自轉(zhuǎn)的角速度將減小，因而轉(zhuǎn)動(dòng) 動(dòng)能也將減少.通過(guò)對(duì)上述兩式微分的方法，可得到動(dòng)能的減少量 E k與周期的變化T的關(guān)系.根據(jù)動(dòng)能定理可知，地球轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能的減少是潮汐力矩作功的結(jié)果，因此，由X 1024 kg,半徑 R = 6。37 X 1

42、06 m,所以,地球自轉(zhuǎn)的動(dòng)M A9AEk，即可求出潮汐的平均力矩（1）地球的質(zhì)量 mE = 5.98(2)對(duì)式3Ek丄3222n20.33mER2/T22.12 1029 J年兩邊微分，可得2 nd 32dTT2當(dāng)周期變化定量時(shí)，有A3 弩 ATT223AT2 n(1)由于地球自轉(zhuǎn)減慢而引起動(dòng)能的減少量為Ek2 nJAT3TEk ATn(2)又根據(jù)動(dòng)能定理M A9AEk(3)由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩為MEk ：AT7.47 10 2 N m2 n2n式中n為一年中的天數(shù)（n = 365） , A T為一天中周期的增加量4 30如圖所示，一質(zhì)量為 m的小球由一繩索系著，以角速度30

43、在無(wú)摩擦的水平面上，作半徑為ro的圓周運(yùn)動(dòng)。如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力，使小球作半徑為ro/2的圓周運(yùn)動(dòng)試求：分析 沿軸向的拉力對(duì)小球不產(chǎn)生力矩，因此，小球在水平面上轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中不受外力矩作 用，其角動(dòng)量應(yīng)保持不變。但是，外力改變了小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，也改變了小球的轉(zhuǎn)動(dòng)慣 量,從而改變了小球的角速度。至于拉力所作的功，可根據(jù)動(dòng)能定理由小球動(dòng)能的變化得到。Jo和Ji分別是小解 （1）根據(jù)分析，小球在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，角動(dòng)量保持守恒，故有式中 球在半徑為ro和12 ro時(shí)對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，即式中J0和Ji分別是小球在半徑為r o和1/2 r o時(shí)對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，即J0mr02 和Ji如。2，則

44、4Ji33J04 30J 0 30 Ji 3,其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能也增加，這正是拉力作功的結(jié)果.由轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)（2）隨著小球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的增加 能定理可得拉力的功為1 2 12 32 2_ J13| J030 mr0 302 2 24 31 質(zhì)量為0.50 kg,長(zhǎng)為0.40 m的均勻細(xì)棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)。如將此棒放在水平位置， 然后任其落下，求：（1）當(dāng)棒轉(zhuǎn)過(guò)60°時(shí)的角加速度和角速度；（2）下 落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能；（3）下落到豎直位置時(shí)的角速度題4 -齊圏分析 轉(zhuǎn)動(dòng)定律M = J a是一瞬時(shí)關(guān)系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在位置的力矩就可求得由于重力矩M 0 m

45、g - cos B是變力矩，角加速度也是變化的，因此，2在求角速度時(shí)，就必須根據(jù)角加速度用積分的方法來(lái)計(jì)算(也可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)中的動(dòng)能定理，通過(guò)計(jì)算變力矩的功來(lái)求)至于棒下落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能和角速度，可采用系統(tǒng)的機(jī)械能 守恒定律來(lái)解，這是因?yàn)榘襞c地球所組成的系統(tǒng)中，只有重力作功(轉(zhuǎn)軸處的支持力不作功)，因此，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒1解 (1)棒繞端點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 Jml2由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M = J a可得棒在0位置時(shí)的角加速度3為M 0 3gcos 0a J21當(dāng)0 = 60°時(shí)，棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度18.4 sd w由于a-,根據(jù)初始條件對(duì)式(1)積分，有dtd 0w60owd wad 000則角速度為

46、2CD60003gsin 07.98 s1(2) 根據(jù)機(jī)械能守恒，棒下落至豎直位置時(shí)的動(dòng)能為1Ek mgl 0.98 J1 2(3) 由于該動(dòng)能也就是轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能，即Ek - J w ,所以，棒落至豎直位置時(shí)的角速度為234 32如圖所示，A與B兩飛輪的軸桿由摩擦嚙合器連接，A輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J1 = 10.0kg -m2，開(kāi)始時(shí)B輪靜止，A輪以ni = 600 r -min-1的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動(dòng)，然后使 A與B連接， 因而B(niǎo)輪得到加速而A輪減速，直到兩輪的轉(zhuǎn)速都等于n = 200 r -min1為止.求：(1) B輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量；(2)在嚙合過(guò)程中損失的機(jī)械能.分析 兩飛輪在軸方向嚙合時(shí)， 軸向力不產(chǎn)生轉(zhuǎn)動(dòng)力

47、矩，兩飛輪系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，由此可求得B輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量根據(jù)兩飛輪在嚙合前后轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能的變化,即可得到嚙合過(guò)程中機(jī)械能的損失解(1)取兩飛輪為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，有J1 QJ1J202則B輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為w2 |fJ 2J1T1 n2J1220.0 kg m02n(2)系統(tǒng)在嚙合過(guò)程中機(jī)械能的變化為1 2Z1E J1 J2 02丄J121.32 104 J22式中負(fù)號(hào)表示嚙合過(guò)程中機(jī)械能減少4 33在題3 30的沖擊擺冋題中，若以質(zhì)量為m'的均勻細(xì)棒代替柔繩，子彈速度的最小值應(yīng)是多少?I mmJ17Jiv2lJ2J 3 w0（1）IIIIIh* rV用v/2|題4-33閭分析 該題與習(xí)

48、題3 - 30的不同之處在于:(1)子彈與擺錘的相互作用過(guò)程不再滿足動(dòng)量 守恒，而應(yīng)屬于角動(dòng)量守恒，這是因?yàn)榧?xì)棒和擺錘是一整體，子彈與擺錘相互作用時(shí)，軸對(duì)桿有水平方向的分力作用，因此,對(duì)子彈與擺組成的系統(tǒng)而言，不能滿足動(dòng)量守恒的條件但 是，軸對(duì)桿的作用力和桿所受的重力對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)都不產(chǎn)生力矩，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒的條件卻能滿足。(2)擺在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，就地球與擺組成的系統(tǒng)而言，滿足機(jī)械能守恒定律。擺錘恰能通過(guò)最高點(diǎn)所需的速度，可直接應(yīng)用機(jī)械能守恒定律去解。擺是剛體，擺錘與軸心之間的距離不可能發(fā)生改變擺錘開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能必須大于或等于轉(zhuǎn)至最高點(diǎn)處所增加的勢(shì)能解 取子彈與擺為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，有22I

49、 2式中Ji ml、J2 ml和J3 ml分別為子彈、擺錘和桿對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.3根據(jù)擺在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，有1 213J2J3 5 m gl mg 2l mg l2 2 2由式(1)、(2)可得子彈速度的最小值為v4m4 34如圖所示，有一空心圓環(huán)可繞豎直軸00自由轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 Jo,環(huán)的半徑為R,初始的角速度為wo ,今有一質(zhì)量為m的小球靜止在環(huán)內(nèi)A點(diǎn)，由于微小擾動(dòng)使小球向下滑 動(dòng)。問(wèn)小球到達(dá)B、C點(diǎn)時(shí)，環(huán)的角速度與小球相對(duì)于環(huán)的速度各為多少？(假設(shè)環(huán)內(nèi)壁光滑.)7題4 - 34國(guó)分析 雖然小球在環(huán)中作圓周運(yùn)動(dòng)，但由于環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)，使球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律復(fù)雜化了。由于應(yīng)用守恒定律是解決力學(xué)問(wèn)題最

50、直接而又簡(jiǎn)便的方法，故以環(huán)和小球組成的轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)來(lái)分析。在小球下滑的過(guò)程中，重力是系統(tǒng)僅有的外力，由于它與轉(zhuǎn)軸平行，不產(chǎn)生外力矩，因此，該系統(tǒng)對(duì)軸的角動(dòng)量守恒。若以小球位于點(diǎn)A、B處為初、末兩狀態(tài)，由角動(dòng)量守恒定律可解得小球在點(diǎn)B時(shí)環(huán)的角速度3 b。在進(jìn)一步求解小球在點(diǎn) B處相對(duì)環(huán)的速度VB時(shí),如果仍 取上述系統(tǒng)，則因重力(屬外力 )對(duì)系統(tǒng)要作功而使系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；若改取小球與地 球?yàn)橄到y(tǒng)，也因環(huán)對(duì)小球的作用力在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中作功，而使系統(tǒng)的機(jī)械能守恒仍不能成立；只有取環(huán)、小球與地球?yàn)橄到y(tǒng)時(shí) ，系統(tǒng)才不受外力作用，而重力為保守內(nèi)力，環(huán)與球的相互 作用力雖不屬保守內(nèi)力，但這一對(duì)力所作功的總和為零，

51、因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。根據(jù)兩守1 2 2-mr 3B與小球相對(duì)于環(huán)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能2恒定律可解所需的結(jié)果但必須注意：在計(jì)算系統(tǒng)的動(dòng)能時(shí)， 既有環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能，又有小球?qū)?地的動(dòng)能(它可視為小球隨環(huán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能2mvB之和).解 以環(huán)和小球?yàn)檗D(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)，由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒有(1)J 0 imR gb取環(huán)、小球與地球?yàn)橄到y(tǒng)時(shí)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得1 2 1 2 2 1 2J0g0 mgR J0 mR gb mvB(2)2 2 2由式(1 )、(2)可解得小球在B點(diǎn)時(shí),環(huán)的角速度與小球相對(duì)于環(huán)的線速度分別為J 0 g0J0 mR2Vb2gR2J0 mR小球在C點(diǎn)時(shí)，由于總的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量不變，用同樣的方法可得環(huán)的角速度和小球相對(duì)于環(huán)的 速度分別為如 5Vc4gR4 - 35為使運(yùn)行中飛船停止繞其中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，一種可能方案是將質(zhì)量均為 m的兩質(zhì)點(diǎn)A、B,用長(zhǎng)為I的兩根輕線系于圓盤狀飛船的直徑兩端（如圖所示）開(kāi)始時(shí)輕線拉緊兩質(zhì)點(diǎn)靠在盤的邊緣，圓盤與質(zhì)點(diǎn)一起以角速度旋轉(zhuǎn)；當(dāng)質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)圓盤