物理學(xué)(五版)至課后習(xí)題答案詳解

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(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、⑷錯(cuò)誤

(C)⑴、(2)、(3)都正確，⑷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)

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)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)⑴、⑵是正確的

(0(2)、(3)是正確的(D)⑴、⑵、(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，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0A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

題4-3圖

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￡以及圓盤的角速度co的變化情況為（）

（A）L不變，。增大（B）兩者均不變

（C）L不變，。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—mud+./0co0=Jco

式中，如D為子彈對(duì)點(diǎn)0的角動(dòng)量3。為圓盤初始角速度，■/為子彈留在盤中后系統(tǒng)對(duì)軸0

的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，Jo為子彈射入前盤對(duì)軸0的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.由于■/>Jo，則。.故選（C）.

題4-4圖

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rx〃w

=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IrI

不同，由角動(dòng)量守恒知衛(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12s內(nèi)由1.2x103r.min"均勻的增加到2.7'1()3廣min!(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).

解⑴由于角速度廣如為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義。端，在

勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為

CO-CO2兀（〃一〃0）,-2

a=------0=-------—=13.1rads

(2)發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過(guò)的角度為

M

6=oy+ga產(chǎn)=t—n(n-?0)

在12s內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)為

N=g="&”390圈

27i2

4-7某種電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后轉(zhuǎn)速隨時(shí)間變化的關(guān)系為口=g(l-

，式中So=9.0S”，T

=2s.求：(1)f=6.0s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。=0(f)出發(fā)，分別通過(guò)求導(dǎo)和積分得到電動(dòng)機(jī)的角加速

度和6.0s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f=6.0s代入，即得

co=co（l—err-1

0=O.95co0=8.6s

(2)角速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為

"迎=%6-〃==41-〃2(㈤§2)

(itTV'

(3)t=6.0s時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為

7r

6=(codr=「to0(l—e)dr=36.9rad

則/=6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)

N=6/2兀=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=193x10”

kg-m2,對(duì)BB，軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量JBB，=1.14x10-47卜8田，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.

B

題4-8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

JM.=2mHdsin2

2

JBB-2mHdcof?0

2

此二式相加，可得JM+41f=2mHd

則d=J皿=9.59x107m

\2mH

由二式相比，可得JAA」JBB'=tai?。

=arctanf^=52.3°

則0=arctan

vJBBVI.14

4-9一飛輪由一直徑為30cm,厚度為2.0cm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7.8xl()3kg.mV求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.

題4-9圖

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(shū)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

=+gad；)=0.136kg.m2

4-10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，剩余部分對(duì)00軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量；(2)剩余部分對(duì)。。啾(即通過(guò)圓盤邊緣且平行

于盤中心軸)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.

題4-1()圖

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1/=Jr2dm計(jì)算,

式中d〃？可取半徑為人寬度為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

_r21fK2〃2c]

J=\rdm=r——72兀心

°(}JJR，2TIR2

2m怦

r3dr=

R2R/232

1,

解2整個(gè)圓盤對(duì)00軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為4=9成2,挖去的小圓盤對(duì)00軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量

2

4=3*若)=/店,由分析知，剩余部分對(duì)0。軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為

J0=Jt-J2=^mR-

(2)由平行軸定理，剩余部分對(duì)0O,軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為

4="，〃乃+祖一笈=生加必

°32TIR-<2JJ32

4-11用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，是將半徑為R的飛輪支承在0點(diǎn)上，然后在繞

過(guò)飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為根的重物，令重物以初速度為零下落，帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)(如

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).

題4-1I圖

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)繩子的拉力為尸T,對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有

FTR-Ja(1)

而對(duì)重物而言，由牛頓定律，有

mg—FT—ma(2)

由于繩子不可伸長(zhǎng)，因此，有

a=Ra(3)

重物作勻加速下落，則有

由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為

J=mR矍--1

2/?

解2根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有

-mgh+—mv2+—Jar=0(1')

而線速度和角速度的關(guān)系為

v=Reo⑵)

又根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有

v=at3)

v2=2ah(4')

由上述各式可得

-匡_1]

12力)

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2.03x()3N-m,渦輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為

25.0kg-m2.當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由2.80'1()3「1市1?增大到1.12x104rmin」時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間[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；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a=竺二%,由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja,可得飛輪所經(jīng)歷的時(shí)

t

間

t=—~~—J=n)=10.8s

MM0

解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有

[Mdt=J(co—(y0)

則tJi)J=出儲(chǔ)-%)=10.8s

MM

4—13如圖(a)所示，質(zhì)量m—16kg的實(shí)心圓柱體A,其半徑為r-15cm,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〃?2=

8.0kg的物體B.求：(1)物體B由靜止開(kāi)始下降1.0s后的距離；(2)繩的張力FT.

題4-13圖

分析該系統(tǒng)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

rf12

FTr=Ja=—m}ra

對(duì)懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有舄-耳=%g-耳=m2a

且FT=FT，.又由角量與線量之間的關(guān)系，得

a=ra

解上述方程組，可得物體下落的加速度

4=2叫g(shù)

叫+2叫

在f=1.0s時(shí)，B下落的距離為

s=-at2=團(tuán)⑻-=2.45m

2+2ml

(2)由式⑵可得繩中的張力為

FT=m(g-a)=-W2—g=39.2N

叫+2叫

4-14質(zhì)量為協(xié)和他的兩物體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〃兩輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分別為/和小，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.

題4-14圖

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，

有

R一母i一耳】=成6(1)

—P2-FT2—m2g-叫a2(2)

FnR-FT2r-(J,+J2)a(3)

F：=%,F"=FT2⑷

由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有

4=Ra(5)

a2=ra(6)

解上述方程組，可得

m,R-m-,r?

a.=----------!----------------可gR

+J2+m}R~+m2r'

—mr

a2

22

J{+J2+iriyR'+m2r

.J,+J-,+m,r~+m,Rr

FT.=--------*—：——^-7rng

J1+J2+myR~+叫廣

-m.R~+m.Rr

Ff、=———=---------rrhg

2

Jx+J2+〃qR-+m,r

4-15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?/,滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量

為町和機(jī)2的物體A、B.A置于傾角為，的斜面上，它和斜面間的摩擦因數(shù)為"，若B向

下作加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求：（1）其下落加速度的大??；（2）滑輪兩邊繩子的張力.（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.）

(a)(b)

題4-15圖

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是在張力尸TI、重力打，支持力FN和

摩擦力凡的作用下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓定律，沿斜面方向有

FTi—ggsin。一〃，“gcos。=rr\ax⑴

而B(niǎo)則是在張力和重力尸2的作用下運(yùn)動(dòng)，有

m28-FT2=〃與出⑵

由于繩子不能伸長(zhǎng)、繩與輪之間無(wú)滑動(dòng)，則有

⑶

對(duì)滑輪而言，根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律有

耳J一耳J=Ja(4)

%—F-r\，F(xiàn)；2—片2⑸

解上述各方程可得

__?且一^1gsi11夕一〃町geos。

4a2j

叫+用+”

2

m17772g(1+sin。+〃cos6)+(sin0+〃cos。)7nlg//r

仍+叫+///

2

_m1m2g(l+sin0+jucosO)-hm2gJ/r

%2=77-2

見(jiàn)+生+4//r

4-16如圖(a)所示，飛輪的質(zhì)量為60kg,直徑為0.50m,轉(zhuǎn)速為1.0x1()3「min」.現(xiàn)用閘

瓦制動(dòng)使其在5.0s內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng)，求制動(dòng)力F.設(shè)閘瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù)〃=0.40,飛輪

的質(zhì)量全部分布在輪緣上.

(b)

題4-16圖

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尸Z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（/,+/2）-^/,=O

而心=用,，則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為

⑴

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

_co-co_co_2Tm

00⑵

ttt

因飛輪的質(zhì)量集中于輪緣，它繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量/=m//4,根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=./a,由式

（1）、（2）可得制動(dòng)力

/=叫=3.14x1。N

4-17一半徑為R、質(zhì)量為旭的勻質(zhì)圓盤，以角速度。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（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，、寬為dr的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力d*=2皿U

mgdr/jt/J2,其方向均與環(huán)的半徑垂直，因此，該圓環(huán)的摩擦力矩dM=rXdFr,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MA/=△（%）,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，圓盤上半徑為八寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為

dM=rxdFf=-（2/gir/）fc

式中A為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為

M=JdM=J。——R?”=—/imgR

（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量/=〃?*/2.由角動(dòng)量定理MAf=A（j①）,

可得圓盤停止的時(shí)間為

,Ja>3a)R

△t=-=-----

M4〃g

4-18如圖所示，一通風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)部分以初角速度?！憷@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)？

題4-18圖

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M=—Co,由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M=Ja,可得葉片的角加速度

為

根據(jù)初始條件對(duì)式（1）積分，有

.3dft>r'C,

一=d/

“a>JoJ

由于C和1/均為常量，得口=co.e-Q,J（2）

當(dāng)角速度由。o—12g時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)所需的時(shí)間為

t=—ln2

C

（2）根據(jù)初始條件對(duì)式（2）積分，有

即。=皿

2C

在時(shí)間f內(nèi)所轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)為

TV=—=

2兀471c

4-19如圖所示，一長(zhǎng)為2/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)量各為加

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。=。0（1一屋'）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f對(duì)Z軸的角動(dòng)量；（2）在r=0時(shí)系統(tǒng)所受外力對(duì)z軸的合外力矩.

題4-19圖

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)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.

解（1）兩小球?qū)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為/=2/w/=2n7（/sinay=2/??（/sina）2）則系統(tǒng)對(duì)z軸

的角動(dòng)量為

L-J（o=2mr=2mFeo。（1-e~'）sin2a

此處也可先求出每個(gè)小球?qū)軸的角動(dòng)量后再求和.

（2）由角動(dòng)量定理得

22z

M--=成%o（l-"'卜!!%]=2m/（yosina^

t=0時(shí)，合外力矩為M=2mFcOoSin2a此處也可先求解系統(tǒng)繞z軸的角加速度表達(dá)式，即

a=—coQe~'，再由M=Ja求得

dr

4-20一質(zhì)量為"、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〃？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.

S>,n

題4-2()圖

解(1)碎塊拋出時(shí)的初速度為

v0—coR

由于碎塊豎直上拋運(yùn)動(dòng)，它所能到達(dá)的高度為

若CO2R-

A=—=-------

2g2g

(2)圓盤在裂開(kāi)的過(guò)程中，其角動(dòng)量守恒，故有

L=.E

式中￡=■!■加R2①為圓盤未碎時(shí)的角動(dòng)量；2/=〃?代。為碎塊被視為質(zhì)點(diǎn)時(shí)，碎塊對(duì)軸的

2

角動(dòng)量；L為破裂后盤的角動(dòng)量,則

L=|—mr—m|/?2co

(2

4-21在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量皿=1.0kg,長(zhǎng)/=40cm,可繞通過(guò)其中點(diǎn)

并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng).一質(zhì)量為他=10g的子彈，以v=2.0Xl()2m.sT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.

題4-21圖

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,子彈陷入桿后，它們將一起以角速度”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

，

J2(o=(+J2)(W

式中4=牡(〃2)2為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，為子彈在陷入桿前的角動(dòng)量，(o=2v/l為子

彈在此刻繞軸的角速度.4=町廣/]2為桿繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.可得桿的角速度為

，J>86〃?、。cc[-I

a>=——=——=7-----=——r=29.1s

J1+J2(班+3?)

4-22半徑分別為打、門的兩個(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A和上.開(kāi)始時(shí)輪I以角速度。0轉(zhuǎn)動(dòng)，問(wèn)與輪H成正交嚙合后(如圖所示)，兩輪的

角速度分別為多大？

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A?內(nèi)，根據(jù)角動(dòng)量定理，對(duì)輪I、輪II分別有

一耳.四=〃電-0>0)⑴

F'Q=J2口2⑵

兩輪嚙合后應(yīng)有相同的線速度，故有

q助=r2co2(3)

由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為

Ct/]2T

r

Jxr24-J2^\

4-23一質(zhì)量為20.0kg的小孩，站在一半徑為3.00m、轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為450kg-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1.00m.sT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

。、。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。?應(yīng)滿足相對(duì)角速度的關(guān)系式

GJ=CDQ+CD].

解由相對(duì)角速度的關(guān)系，人相對(duì)地面的角速度為

V

①=g+①]=①。+1

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

J0CD0+J](Ct>o+CO,)=0

式中/、/=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.由式（1）、（2）可得轉(zhuǎn)臺(tái)的角

速度為

m店v

=—9.52xl(y2s-1

2

Jo+mAR

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。0轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為Jo

=4.0X10。kg.m）.今有砂粒以。=2tg-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=0.10m,求砂粒下落f=10s時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)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f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0-10s內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量為

w=￡°sQdr=0.10kg

根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律，有

J0co0=（./0+mpyo

則/=10s時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度

"”=0.80，2

Ja+mr

4-25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=

2.0X103kg-m2,旋轉(zhuǎn)的角速度。=0.2rad-s-1,噴口與軸線之間的距離r=1.5m；噴

氣以恒定的流量。=1.0kg.5和速率〃=50m-s'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。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"，這樣，排出氣體的總角

動(dòng)量［(?+cor)iin?mur.經(jīng)上述處理后，可使問(wèn)題大大簡(jiǎn)化.

Jm

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

Ja>-mur=0(1)

因噴氣的流量恒定，故有

m=2Qt(2)

由式(1)、(2)可得噴氣的噴射時(shí)間為

Ja)

=2.67s

2Qur

4-26一質(zhì)量為"八半徑為R的轉(zhuǎn)臺(tái)，以角速度<0A轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸的摩擦略去不計(jì).(1)有

一質(zhì)量為〃？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。B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)的角速度仇為多少？設(shè)蜘蛛

下落前距離轉(zhuǎn)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

4恁=(4+4融

式中為轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)其中心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，4=機(jī)尸為蜘蛛剛落至臺(tái)面邊緣時(shí)，它

對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.于是可得

m

co,--------co,=--------co,,

b4+J,"m'+2ma

(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=mr.在此過(guò)程中，由系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，有J0coa=(Jo+，如.

4—27―質(zhì)量為1.12kg,長(zhǎng)為1.0m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100N的力打擊它的下端點(diǎn)，打擊時(shí)間為0.02s.(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4-27圖

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

AL=Jg=JMdt=FlAt=2.0kg-m2-s-1

（2）取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，并選0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,

即

由式（1）、（2）可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為

6?=arcco;1一,=88°38'

Im-gl）

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4.39xl05m.遠(yuǎn)地點(diǎn)為

2.38xlO6m.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6.38xlO6m）

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------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

mWi=m5V2（1）

又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有

婀-智等⑵

式中G為引力常量，m.和根分別為地球和衛(wèi)星的質(zhì)量，〃和萬(wàn)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

3-1

叼==8.1lxIOm-s

3-1

v2=—v,=6.3lxIOm-s

4-29地球?qū)ψ赞D(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為0.33,WEN,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3.5XI。"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”=2兀/T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)能處=12%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A瓦與周期的變化AT

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

W==八以，即可求出潮汐的平均力矩.

解（1）地球的質(zhì)量mE=5.98X1024kg,半徑R=6.37X106m,所以，地球自轉(zhuǎn)的動(dòng)

能

（）

EK=g1/①2=2兀2X0.33加/2/72=2.12X129J

兀

（2）對(duì)式①=」2兩邊微分，可得

T

2兀

da）=-yydT

當(dāng)周期變化一定量時(shí)，有

==Ar（1）

T22兀

由于地球自轉(zhuǎn)減慢而引起動(dòng)能的減少量為

3

雙=JCD\CD=--J\T=--EQT（2）

2兀71

又根據(jù)動(dòng)能定理

W=M\0=AEK（3）

由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩為

\M\=&一，=7.47xKT?N.m

I12兀2”

式中”為一年中的天數(shù)。=365）,為一天中周期的增加量.

4-30如圖所示，一質(zhì)量為〃？的小球由一繩索系著，以角速度0°在無(wú)摩擦的水平面上，

作半徑為“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/■口的

圓周運(yùn)動(dòng).試求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功.