大学物理 第四章习题课.ppt

4-2,解（1）把t6.0s带入得,（2）,（3）t6.0s时转过的角度为,能否用以下公式计算,4－5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，然后在饶过飞轮的一端挂一质量为的重物，带动飞轮转动（图4-5）。记下重物的距离和时间，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）,分析飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，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，其中重物的加速度，可以通过它下落时的匀加速运动定律来确定。该题也可用功能关系来处理。将飞轮、重物和地球视为系统.该系统的机械能守恒。,解一设绳子拉力为FT，对飞轮而言,根据转动定律,有,对重物,因为绳子不可伸长,重物作匀加速下落,求得转动惯量,,解法二由机械能守恒定律,4-7,如图所示，圆盘的质量为m，半径为R。求它对OO轴（即通过圆盘的边缘，且平行于盘中心轴）的转动惯量。,,,,,,,,,R,O,O,O,O,分析对O轴的转动惯量，可根据平行轴定理来计算。,图4-7,和绕圆盘中心轴O的转动惯量,JO’JOmR20.5mR2mR21.5mR2,4-10质量m116kg的实心圆柱体A,其半径为r15cm,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为m28.0kg的物体B,求1物体B由静止开始下降1.0s后的距离;2绳的张力.,解,1分别对圆柱体A和物体B进行受力分析,对圆柱体由转动定律,对物体B由牛顿定律,由角量与线量的关系,可得物体下落的加速度,在t1.0s时,B下落的距离为,可得物体下落的加速度,对物体B由牛顿定律,4-11,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,绳索与轮间的摩擦力均略去不计,试求两物体的加速度和绳的张力.,解受力分析如图,根据刚体的转动定律,根据牛顿定律,,,,,,,,,,,R,r,B,A,m2g,,m1g,,,,,,,a1,,a2,解此方程组得,解在010s内落至台面的砂粒的质量为,系统角动量守恒,4-20一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J04.010-3kg.m2,今有砂粒以Q2tg.s-1的流量竖直落至转台,并粘附于台面形成一圆环,若环的半径为r0.10m,求砂粒下落t10s时,转台的角速度.,t10s时,转台的角速度,4-25,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105m远地点为2.38106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.设地球半径为6.38105m.,解由角动量守恒得,由系统机械能守恒得,能否用公式,,4-27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绕一半径为r0的圆周运动,如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力,小球则以半径为r0/2的圆周运动,试求（1）小球新的角速度,2拉力所作的功.,1小球在转动的过程中,角动量守恒,解,式中J0和J1分别是小球在半径为r0和1/2r0时对轴的转动惯量,即,2由转动的动能定理可得拉力的功为,4-28,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600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.,解（1）棒绕端点的转动惯量为Jml2/3,有转动定律MJ可得棒在转过位置时的角加速度为,600时，,（2）由机械能守恒定律和质心运动定理可知,（3）由于质心的速度垂直径矢该动能也就是转动动能，即,4-33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l时,求滑块速度的大小和方向.,解子弹射入滑块瞬间,属非弹性碰撞，由动量守恒得,滑块、子弹、弹簧组成的系统机械能守恒,滑块和子弹滑动过程中满足角动量守恒,为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角,,解方程组得,