大学物理第四章习题主讲与复习
第一节,第四章,习题评讲与复习,第十题 4-13 如图所示，质量 的实心圆柱体A，其半径为 ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量 的物体B。 求：（1）物体由静止开始下降后 的距离；（2）绳的张力,解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得,对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有,解上述方程组，可得物体下落的加速度,在t = 1.0 s时，B下落的距离为,（2）由第二式可得绳中的张力为,第十四题 4-14 质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。,解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有:,（1）,（2）,（3）,（4）,由角加速度和线加速度之间的关系，有,（5）,（6）,解上述方程组，可得,第十五题 4-15、如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1和m2的物体A、B。A置于倾角为的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为。若B向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）,分析：物体A和B可视为质点,则运用牛顿定律,由于绳与滑轮间无滑动,滑轮两边绳中的张力是不同的,滑轮在力矩作用下产生定轴转动,因此,对滑轮必须运用刚体的定轴转动.列出动力学方程式,并考虑到角量与线量之间的关系,即能解出结果来.,解： 作A、B和滑轮的受力分析图。其中A是在张力FT1、重力P1，支持力FN和摩擦力Ff的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有,（1）,解上述各方程可得,第十七题 4-17、 一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？,分析：转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果。由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分，因此可将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr的圆环为面元，环所受摩擦力，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩，其方向沿转动轴，则圆盘停止前所经历的时间，当然也可由转动定律求解得.,解：（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力大小,其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为,式中k为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为,4-19、如图所示，一长为2l的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为 的小球，棒的中点 焊接在竖直轴Z上，并且棒与Z轴夹角在 角。若棒在外力作用下绕Z轴（正向为竖直向上）以角速度 转动，其中 为常量，求：（1）棒与两球构成的系统在时刻t对z轴的角动量；（2）在t=0时系统所受外力对z轴的角动量。,分析：由于棒的质量不计，该系统对z轴的角动量即为两小球对z轴的角动量之和，首先可求出系统对z轴的角动量之和，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解。相比之下，前者对本题更直接,注：也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和,第二十一题 4-21、在光滑的水平面上有一木杆，其质量为1.0kg，长为l=40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为10g的子弹，以的速度v=2.0*102m.s-1射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。,分析：子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动。这样，子弹射入杆前的角速度可表示为，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度转动。若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒。由角动量守恒守律可解得杆的角速度,解：根据角动量守恒定理,可得杆的角速度为：,第二十六题 4-26、一质量为m、半径为R的转台，以角速度a转动，转轴的摩擦略去不计，（1）有一质量为m的蜘蛛垂直地落在转台边缘上，此时，转台的角速度b为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度为c多少？设蜘蛛下落前距离转台很近,分析：对蜘蛛和转台的组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒，应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的，由系统的角动量守恒定律即可求解。,解：（1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有,可得：,在此过程中，由系统角动量守恒，有,则,第三十题 4-30、如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度在无摩擦的水平面水，作半径为R的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下拉力，使小球作半径为R/2的圆周运动。试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功,解：（1）根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有,分析：沿轴向的拉力对小球不产生力矩,因此,小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用,其角动量应保持不变。但是外力改变了小球圆周运动的半径,也改变了小球的转动惯量,从而改变了小球的角速度,至于拉力所作的功,可根据动能定理由小球动能的变化得到,则,（2）随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果。由转动的动能定理可得拉力的功为,4-31、质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动，如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：（1）当棒转过60o时的角加速度和角速度；（2）下落到竖直位置时的动能；（3）下落到竖直位置时的角速度。,分析： 转动定律M=J是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得。由于重力矩 是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算（也可以根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求），至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来求解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功（转轴处的支持力不作功），因此，系统的机械能守恒。,解（1）棒绕端点的转动惯量 ，由转动定律 可得棒在 位置时的角加速度为,当 时，棒转动的角加速度 由于 ，根据初始条件对式 （1）积分，有 则角速度为,（2）根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为,（3）由于该动能也就是转动动能，即 ， 所以，棒落至竖直位置时的角速度为,第三十六题 4-36、如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧（其劲度系数为K），它的一端固定，另一端系一质量为m的滑块。最初滑块静止时，弹簧呈自然长度l0，今有一质量为m的子弹以速度v0沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度时，求滑块速度v的大小和方向。,分析：分两个过程来分析。（1）子弹和滑块撞击的过程。子弹射入滑块可视为质点系的完全非弹性碰撞过程。沿子弹运动方向上外力的冲量为零，所以，系统在撞击过程中满足动量守恒。（2）子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向固定点的弹力的作用下作弧线运动。对滑块的运动而言，该弹力为向心力，因而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒，这样，当弹簧伸长至l时的滑块速度的大小和方向就可通过三条守恒定律求得：,又，在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有,（3）,
