第四章刚体的转动答案
更新时间:2023-11-27 03:23:01 阅读量: 教育文库 文档下载
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第四章 刚体的转动
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 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ω的变化情况为( ) (A) L 不变,ω增大 (B) 两者均不变 (C) L 不变,ω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
mvd?mvd?J0ω0?Jω
式中mvD 为子弹对点O 的角动量ω0 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,J0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量.由于J >J0 ,则ω<ω0 .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 (E) 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,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1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·min-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ω=2π n(n 为单位时间内的转数),根据角加速度的定义α?匀变速转动中角加速度为
dω,在dtα?ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2 tt(2) 发动机曲轴转过的角度为
1ω?ω0θ?ω0t?αt2?t?π?n?n0?
22在12 s 内曲轴转过的圈数为
θn?n0?t?390圈 2π24 -7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ω?ω01?e?t/τ,式中ω0=9.0 s-1 ,τ
N???=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ω=ω(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
ω?ω01?e?t/τ?0.95ω0?8.6s?1
(2) 角速度随时间变化的规律为
??α?dωω0?t/τ?e?4.5e?t/2rad?s?2 dtτ??(3) t =6.0 s 时转过的角度为
θ??ωdt??ω01?e?t/τdt?36.9rad
0066??则t =6.0 s时电动机转过的圈数
N?θ/2π?5.87圈
4 -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JAA′=1.93 ×10-47 kg·m2 ,对BB′ 轴转动惯量JBB′=1.14 ×10-47 kg·m2,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θ.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
JAA??2mHd2sin2θ JBB??2mHd2cos2θ
此二式相加,可得JAA??JBB??2mHd2 则 d?JAA??JBB??9.59?10?11m
2mH2由二式相比,可得 JAA?/JBB??tanθ 则 θ?arctanJAA?1.93?arctan?52.3o JBB?1.144 -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7.8×103 kg·m-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
221?d?1?d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ?1?414?πρ?ld1?ad2??0.136kg?m216?2?
4 -10 如图(a)所示,圆盘的质量为m,半径为R.求:(1) 以O为中心,将半径为R/2 的部分挖去,剩余部分对OO 轴的转动惯量;(2) 剩余部分对O′O′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量.
2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J?rdm计算,
?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
m2πrdrR/2πR2
2mR315 ?2?rdr?mR2RR/232J0??r2dm??r2R解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为J1?1mR2,挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量21?m?R?J2??2π??2??πR?2?2??R?212????mR,由分析知,剩余部分对OO 轴的转动惯量为 ??2?32?J0?J1?J2?15mR2 32(2) 由平行轴定理,剩余部分对O′O′轴的转动惯量为
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