内容发布更新时间 : 2024/11/14 23:49:55星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

(2) 根据初始条件对式(2)积分，有

即 在时间t 内所转过的圈数为

4-19 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 轴的角动量为

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

t ＝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，即 ，再由M ＝Jα求得M.

4-20 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

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则

4-21 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ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 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

式中 为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为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

4-22 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Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ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，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有

(1) (2)

两轮啮合后应有相同的线速度，故有 (3)

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

4-23 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ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式 . 解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

式中J0 、J1 ＝mR2 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

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 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0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为

根据系统的角动量守恒定律，有

则t ＝10 s 时，转台的角速度

4-25 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Jω；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 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.

解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有 (1) 因喷气的流量恒定，故有

(2) 由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

4-26 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

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，它对轴的转动惯量.于是可得

(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

4-27 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

(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

由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

4-28 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，由角动量守恒定律有 (1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有 (2)

式中G 为引力常量，mＥ 和m 分别为地球和卫星的质量，r1 和r2 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

4-29 分析 由于地球自转一周的时间为24 小时，由ω＝2π/T 可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能Eｋ ＝12 Jω2 .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ΔEｋ 与周期的变化ΔT 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.

解 (1) 地球的质量mＥ ＝5.98 ×1024 kg，半径R ＝6.37 ×106 m，所以，地球自转的动能

(2) 对式 两边微分，可得

当周期变化一定量时，有 (1)

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为 (2) 又根据动能定理

(3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为

式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.

4-30 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.

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J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即

式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即 和 ，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 分析 转动定律M ＝Jα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 ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为

当θ ＝60°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

4-32 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

则B 轮的转动惯量为

(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为

式中负号表示啮合过程中机械能减少.

4-33 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)

式中 、 和 分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量. 根据摆在转动过程中机械能守恒，有 (2)

由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为

4-34 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ωB .在进一步求解小球在点B 处相对环的速度vB 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的动能 之和). 解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有 (1)

取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得 (2)

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线速度分别为

小球在C 点时，由于总的转动惯量不变，用同样的方法可得环的角速度和小球相对于环的速度分别为

4-35 分析 取飞船及两质点A、B 为系统，在运行时，系统不受合外力矩作用，该系统的角动量守恒.若在运行过程中通过系统内的相互作用，改变其质量分布，使系统的角动量只存在于两质点上，此时，飞船的角动量为零，即飞船停止了转动.又因为在运行过程中合外力的功亦为零，且又无非保守内力作功，所以，系统也满足机械能守恒.当轻线恰好拉直时质点的角速度与飞船停止转动时质点的角速度相等时，连线的长度也就能够求出.

解 飞船绕其中心轴的转动惯量为 ，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动惯量分别为 和 .由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿径向拉直时，飞船转动正好停止，则有 (1)

又根据过程中系统的机械能守恒，有 (2) 由上述两式可解得