1、4 1 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对上述说法下述判断正确的是( )(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)都正确分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如
2、门的重力并不能使门转)不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确综上所述，应选(B)4 2 关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3) 质量相等，形状和大
3、小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)4 3 均匀
4、细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(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，角加速度为零分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)4 4
5、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度的变化情况为( )(A) L 不变， 增大 (B ) 两者均不变(C) L 不变，减小 (D) 两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即 Jdm0v式中mvD 为子弹对点O 的角动量 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量由于 J J 0 ，则
6、 故选(C )4 5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒() 角动量守恒，动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r mv 恒量，式中 r 为地球中心指向卫星的位矢当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于r 不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒
7、，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)4 6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.210 3 rmin-1均匀的增加到2.710 3 rmin-1(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？分析 这是刚体的运动学问题刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动解 (1) 由于角速度2 n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义 ，在td匀变速转动中角加速度为 200 srad1.32tnt(2) 发动机曲轴转过的角度为 00201ntt在12 s 内曲轴转过的圈数为圈3
8、90tnN4 7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为 ，式中 9.0 s -1 te/01， 2 s 求：(1) t 6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程本题由(t )出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t 6.0 s 代入，即得10/0 s6.895.1et(2)
9、角速度随时间变化的规律为 22/0rad.4dttt(3) t 6.0 s 时转过的角度为 r9.361/6060 tet则t 6.0 s时电动机转过的圈数圈87.52/N4 8 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA 轴的转动惯量J AA1.93 10 -47 kgm2 ，对BB 轴转动惯量J BB1.14 10 -47 kgm2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角 假设各原子都可当质点处理分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA 轴和BB 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可解 由图可得 dmJHA2sinBco此二式
10、相加，可得 2JHBA则 1059. md由二式相比，可得 JBA2tan/则 o3.51.49rctarctnB4 9 一飞轮由一直径为30，厚度为2.0的圆盘和两个直径为10，长为8.0的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.810 3 kgm-3，求飞轮对轴的转动惯量分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得 24241 2212 mkg36.06 adldJ4 10 如图(a)所示，圆
11、盘的质量为m，半径为R求：(1) 以O为中心，将半径为R2 的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对 OO轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式 计算，mrJd2式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值至于第二问需用到平行轴定理解 挖去后的圆盘如图(b)所示(1) 解1 由分析知 22/3/2015d dmRrRrJ解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为 ，挖去的小圆盘对 OO 轴转动惯量1J，由分析知，剩余部分对OO
12、 轴的转动惯量为2222 31RmJ 221035mRJ(2) 由平行轴定理，剩余部分对O O轴的转动惯量为22220 39315mRRmJ 4 11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量试写出它的计算式(假设轴承间无摩擦)分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重
13、物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定该题也可用功能关系来处理将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得解1 设绳子的拉力为F ，对飞轮而言，根据转动定律，有(1)JRFT而对重物而言，由牛顿定律，有(2)mag由于绳子不可伸长，因此，有(3)重物作匀加速下落，则有(4)21ath由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 2hgtmRJ解2 根据系统的机械能守恒定律，有(1)021Jmghv而线速度和角速度的关系为(2)R又根据重物作匀加速运动时，有(3)at
14、v(4)h2由上述各式可得 12gtmRJ若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响4 12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.030 3Nm，涡轮的转动惯量为25.0kgm 2 当轮的转速由2.8010 3 rmin-1 增大到1.1210 4 rmin-1时，所经历的时间t 为多少？分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间该题还可应用角动量定理直接求解解1 在匀变速转动中，角加速度 ，由转动定律
15、，可得飞轮所经历的t0JM时间 s8.1020nJMt解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有 00dJt则 s8.120nJt4 13 如图(a) 所示，质量m 1 16 kg 的实心圆柱体 A，其半径为r 15 cm，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m 2 8.0 kg 的物体B.求：(1) 物体 B 由静止开始下降1.0 s后的距离； (2) 绳的张力F .分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关
16、系得到.解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得 rmJrFT21对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有 amFgPTT222且F F .又由角量与线量之间的关系，得 ra解上述方程组，可得物体下落的加速度 21mga在t 1.0 s 时，B 下落的距离为 m45.22112gtats(2) 由式(2)可得绳中的张力为 N.3921ggmFT4 14 质量为m 1 和m 2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a )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、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两
17、物体的加速度和绳的张力.分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有(1)111amFgPTT(2)222F(3)JrRT11, (4)2TF由角加速度和线加速度之间的关系，有(5)a1(6)r2解上述方程组，可得gRrmJa212121212 grmRJFT 12121T 221124 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
18、轮两边分别悬挂质量为m 1 和m 2 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 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.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定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作A、
19、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力F 1 、重力P 1 ，支持力F 和摩擦力F 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111cossinamgmFT而B 则是在张力F 2 和重力P 2 的作用下运动，有(2)22T由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)ra1对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4)JFT2, (5)12解上述各方程可得 21121 cossinrJmgga21 2121 /ssicosi rJmFT212212 /inrJmggT4 16 如图(a)所示，飞轮的质量为60 kg，直径为0.50 m，转速为1.0 10 3 rmin-1 .现用闸瓦制动
20、使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力F 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有 0121lFlN而 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为NF(1)dFldMN12f 摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有(2)tnt0因飞轮的质量集中于轮缘，它
21、绕轴的转动惯量 ，根据转动定律 ，由式4/2mdJJM(1)、(2)可得制动力 N10.3221tlnF4 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.为此，可考虑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dF 2 r mgdr/R2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦
22、力矩dM r dF ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理Mt (J )，可求得圆盘停止前所经历的时间t.当然也可由转动定律求解得 .解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为 kFr22f /ddRrmg式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为 rMR302(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J mR 2/2 .由角动量定理M t ( J)，可得圆盘停止的时间为gRMJt434 18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度 0 绕其轴转动，空气
23、的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量 .若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M C，由转动定律M J，可得叶片的角加速度为(1)JCtd根据初始条件对式(1)积分，有 tt00由于C 和J 均为常量，得 (2)JCte/当角速度由 0 12 0 时，转动所需的时间为 2lnt(2
24、) 根据初始条件对式(2)积分，有 teJCtdd/0即 J2在时间t 内所转过的圈数为 CN404 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m的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴 z上，并且棒与z轴夹角成角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度 0(1 e t ) 转动，其中 0 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 轴的合外力矩.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 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读
25、者可自己想一想)，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.解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为 ，则系统对z 222sinsinlmlmrJ轴的角动量为 elLt202i1此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和.(2) 由角动量定理得 emltMt202sin1dteml20sint 0时，合外力矩为 此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，si即 ，再由M J求得M.tet0d4 20 一质量为m、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问
26、它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解 (1) 碎块抛出时的初速度为 R0v由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为 gh20(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 L0式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎块被视为质点时，碎块对轴的RmL21mR2角动量；L 为破裂后盘的角动量.则 L214 21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1 1.0 kg，长l 40cm，可绕通过其中点并与之垂直的
27、轴转动.一质量为m 2 10g 的子弹，以v 2.010 2 m s1 的速度射入杆端，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.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.解 根据角动量守恒定理 J212式中 为子弹绕轴的转动惯量，J 2为子弹在陷入杆前的角动量，2v/l 为22/lmJ子弹在此刻绕轴的角速度. 为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为/1lm12121 s.936Jv4 22 半径分
28、别为r 1 、r 2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J 1 和J 2 .开始时轮以角速度 0 转动，问与轮成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮而言是阻力矩，而对原静止的轮则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.解 设相互作用力为F，在啮合的短时
29、间t 内，根据角动量定理，对轮、轮分别有(1)011JtFr(2)22两轮啮合后应有相同的线速度，故有(3)1r由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为 21021rJ4 23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg m 2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m s 1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度 、
30、 0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度 1 应满足相对角速度的关系式 .1解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为 Rv010由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 1010J式中 J0 、 J1 mR 2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为 1220 s05.9RmJv式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.4 24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度 0 s -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J 0 4.0 10 -3 kg m2 .今有砂粒以Q 2t g s-1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的
31、半径为r 0.10 m ，求砂粒下落t 10 s 时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出.解 在时间010 s 内落至台面的砂粒的质量为 kg10.Qds10tm根据系统的角动量守恒定律，有 rJ200则t 10 s 时，转台的角速度 120s8.mrJ4 25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷
32、管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J 2.0 10 3 kg m2 ，旋转的角速度0.2 rad s -1 ，喷口与轴线之间的距离r 1.5 m ；喷气以恒定的流量Q 1.0 kg s -1和速率u 50 m s -1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度 r，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速
33、率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量 .经上述处理后，可使问题大大简化.mrmd解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有(1)0murJ因喷气的流量恒定，故有(2)Qt2由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为 s67.2urJt4 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 c 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢
34、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 baJJ100式中 为转台对其中心轴的转动惯量， 为蜘蛛刚落至台面边缘时，它20RmJ 2mR对轴的转动惯量.于是可得 aabJ210(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变，即 .在此过程中，由系统角动量守恒，有2mJ caJ1004 27 一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击
35、它的下端点，打击时间为 0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.解 (1) 由刚体的角动量定理得 120 smkg0.dtFlMJL(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即 g
36、lJcos1210由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为 833arcoso2glmtF4 28 我国1970年4 月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39 10 5 m、远地点为2.38 106 m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设地球半径为6.38 10 6 m)分析 当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力万有引力的作用.因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.解 由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动
37、量守恒定律有(1)21vmr又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有(2)212 rGmrmEEvv式中G 为引力常量，m 和m 分别为地球和卫星的质量，r 1 和r 2 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为 13211 s0.8rGEv132m.64 29 地球对自转轴的转动惯量为0.33 m R2 ，其中m 为地球的质量，R为地球的半径.(1) 求地球自转时的动能；(2) 由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5 10 5 s，求潮汐对地球的平均力矩.分析 由于地球自转一周的时间为24 小时，由2/T 可确定
38、地球的自转角速度和地球自转时的转动动能E 12 J 2 .随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少.通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量E 与周期的变化T 的关系.根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由，即可求出潮汐的平均力矩.KMW解 (1) 地球的质量m 5.98 1024 kg，半径R 6.37 10 6 m，所以，地球自转的动能 J102./3.02192TmJEEK(2) 对式 两边微分，可得TTd2当周期变化一定量时，有(1)T22由于地球自转减慢而引起动能的减少量为(2)EJJEKK23又根据动能定理(3)KMW由式(2
39、)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为 mN1047.22nTEMK式中n 为一年中的天数(n 365)，T 为一天中周期的增加量.4 30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度 0 在无摩擦的水平面上，作半径为r 0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r 0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.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
40、化得到.解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J 0 和J 1 分别是小球在半径为r 0 和12 r 0 时对轴的转动惯量，即 10J式中J 0 和J 1 分别是小球在半径为r 和1/2 r 时对轴的转动惯量，即 和20mrJ，则214m 0014J(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 2020213mrJW4 31 质量为0.50 kg，长为0.40 m 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60时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直
41、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lmgMcos2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M J可得棒在 位置时的角加速度231mlJ为 lgcos当 60时，棒转动的
42、角加速度 2s418.由于 ，根据初始条件对式(1)积分，有tdo600d则角速度为 160s98.7sin3olg(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为 J.21mlEK(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1s57.83lgJK4 32 如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量J 1 10.0 kg m2 ，开始时B 轮静止， A 轮以n 1 600 r min -1 的转速转动，然后使 A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n 200 r min -1 为止.求：(1) B 轮的转动惯量
43、；(2) 在啮合过程中损失的机械能.分析 两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B 轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.解 (1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有 21JJ则B 轮的转动惯量为 212122 mkg0.n(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为 J3.42121 JJE式中负号表示啮合过程中机械能减少.4 33 在题3 30的冲击摆问题中，若以质量为m 的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？分析 该题与习题3 30 的不同之处在于：(1) 子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守
44、恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.(2) 摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能.解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有(1)0321JlJlv式中 、 和 分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.2
45、1mlJ2l231mJ根据摆在转动过程中机械能守恒，有(2)lgmlglJ2321203由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为 lnm4v4 34 如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO自由转动，转动惯量为J 0 ，环的半径为R，初始的角速度为 0 ，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动.问小球到达B、C 点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？ (假设环内壁光滑.)分析 虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的
46、外力，由于它与转轴平行，不产生外力矩，因此，该系统对轴的角动量守恒.若以小球位于点A 、B 处为初、末两状态，由角动量守恒定律可解得小球在点B 时环的角速度 B .在进一步求解小球在点B 处相对环的速度v B 时，如果仍取上述系统，则因重力(属外力)对系统要作功而使系统的机械能不守恒；若改取小球与地球为系统，也因环对小球的作用力在转动过程中作功，而使系统的机械能守恒仍不能成立；只有取环、小球与地球为系统时，系统才不受外力作用，而重力为保守内力，环与球的相互作用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，因此系统的机械能守恒.根据两守恒定律可解所需的结果.但必须注意：在计算系统的动能时，既有环的转动动能，又有小球对地的动能(它可视为小球随环一起转动的转动动能 与小球相对于环运动21Bmr的动能 之和).21Bmv解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有(1)BRJ200取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得(2)22020 111BmmgJv由式(1)、(2) 可解得小球在B 点时，环的角速度与小球相对于环的
