第五章刚体和流体

第五章 刚体和流体
5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为a n = v 2 /R ，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成反比；也可以写为a n = ω2 R ，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成正比。

这两者是否有矛盾？为什么？
解 没有矛盾。

根据公式a v R n =2/，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成反比，是有条件的，这个条件就是保持v 不变；根据公式a R n =ω2，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成正比，也是有条件的，条件就是保持ω不变。

5-2 一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？ 解
(1) 当角速度ω一定时，切向速度v R =ω也是一定的，所以切向加速度
a v
t t d d ==0, 即不具有切向加速度。

而此时法向加速度
a v R R R
R n ===222
2ωω ,
可见是恒定的。

(2) 当角加速度一定时，即αω
=d d t
恒定，于是可以得到 ωαα=
=⎰d t t t
0,
这表示角速度是随时间变化的。

由此可得 v R Rt ==ωα. 切向加速度为
a v
t
R t d d =
=α, 这表示切向加速度是恒定的。

法向加速度为
a v R
R t n ==2
22α,
显然是时间的函数。

5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30 s 后转速达到152 rad ⋅s -1 。

求：
(1) 在这30 s 内电机皮带轮转过的转数； (2) 接通电源后20 s 时皮带轮的角速度；
(3) 接通电源后20 s 时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0 cm 。

解
(1) 根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为 αω==⋅-t
512. r a d s .
在30 s 内转过的角位移为 φαω===⨯121
2
231023t t . rad . 在30 s 内转过的转数为
n ==⨯φ236102π
.转.
(2) 在t = 20 s 时其角速度为
ωα==⨯⋅-t 10
1021. rad s . (3) 在t = 20 s 时，在皮带轮边缘上 r = 5.0 cm 处的线速度为
v r ==⋅-ω51
1. m s , 切向加速度为
a t t m s ==⋅-α0252., 法向加速度为
a r n m s ==⨯⋅-ω22251
10..
5-4 一飞轮的转速为250 rad ⋅s -1 ，开始制动后作匀变速转动，经过90 s 停止。

求开始制动后转过3.14⨯103 rad 时的角速度。

解 飞轮作匀变速转动，ω01250=⋅- rad s ，经过90 s ，ω=0，所以角加速度为
αω=
=⋅-0228t
. r a d s .
从制动到转过φ=⨯314
103. rad ，角速度由ω 0变为ω，ω应满足 ωωαφ202
2=-.
所以
ωωαφ=-=⨯⋅-022122110. rad s .
5-5 分别求出质量为m = 0.50 kg 、半径为r = 36 cm 的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是105 rad ⋅s -1 ，它们的转动动能各为多大？ 解
(1) 细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为
J R m ==⨯⨯⋅=⨯⋅--2223610050
6510().. kg m kg m 22, 转动动能为
E J k J =
=⨯1
2
361022ω.. (2) 相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为
J r m r r r R mR R
=⎰=⋅⎰=
==⨯⋅-22
04222121
2
3210 d d kg m 2ππσσ., 转动动能为
E J k J ==⨯1
2
181022ω..
5-6 转动惯量为20 kg ⋅m 2 、直径为50 cm 的飞轮以105 rad ⋅s -1 的角速度旋转。

现用闸瓦将其制动，闸瓦对飞轮的正压力为400 N ，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。

求：
(1) 闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；
(2) 从开始制动到停止，飞轮转过的转数和经历的时间； (3) 摩擦力矩所作的功。

解
(1) 闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为 M fR NR ===⋅μ50 N m .
(2) 从开始制动到停止，飞轮的角加速度α可由转动定理求得 α==⋅-M
J 252. r a d s , 根据
ωωαφ2022=- , 所以飞轮转过的角度为 φωα
=
=
⨯⨯02
2
2105225
. rad =2.210 rad 3,
飞轮转过的转数为
n ==⨯φ
235102π
. 转.
因为
ωα00-=t , 所以飞轮从开始制动到停止所经历的时间为 t ==ωα
042 s .
(3) 摩擦力矩所作的功为
A M M =-=-=-⨯⎰d J θφφ
51110..
5-7 轻绳跨过一个质量为M 的圆盘状定滑轮，其一端悬挂一质量为m 的物体，另一端施加一竖直向下的拉力F ，使定滑轮按逆时针方向转动，如图5-7所示。

如果滑轮的半径为r ，求物体与滑轮之间的绳子张力和物体上升的加速度。

解 取定滑轮的转轴为z 轴，z 轴的方向垂直与纸面并指向读者。

根据牛顿第二定律和转动定理可以列出下面的方程组 Fr T r J -'=α , T mg ma -=, T T =',
a r =α.
其中J mr =12
2
，于是可以解得 a F mg M m
=-+22()
,
T mg ma m Mg F M m
=+=++()
22 .
5-8 一根质量为m 、长为l 的均匀细棒，在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的水平轴转动，如图5-8所示。

现使棒从水平位置自由下摆，求：
(1) 开始摆动时的角加速度； (2) 摆到竖直位置时的角速度。

解
(1) 开始摆动时的角加速度：此时细棒处于水平位置，所受重力矩的大小为
图
5-7
图5-8
M m g l =1
2
, 相对于轴的转动惯量为
J ml =13
2, 于是，由转动定理可以求得
α===M J mgl
ml g l 1213
322.
(2) 设摆动到竖直位置时的角速度为ω，根据机械能守恒，有
121
22J m g l ω=,
由此得
ω==m g l
J g l
3.
5-9 如果由于温室效应，地球大气变暖，致使两极冰山熔化，对地球自转有何影响？为什么？
解 地球自转变慢。

这是因为冰山融化，水向赤道聚集，地球的转动惯量增大，地球的自转角动量守恒，即
J ω = 恒量 . 所以角速度变小了。

5-10 一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转，角速度为ω1 ，它相对于此轴的转动惯量为J 1 。

现在它的正上方有一个以角速度为ω2 转动的圆盘，这个圆盘相对于其对称轴的转动惯量为J 2 。

两圆盘相平行，圆心在同一条竖直线上。

上盘的底面有销钉，如果上盘落下，销钉将嵌入下盘，使两盘合成一体。

(1) 求两盘合成一体后的角速度； (2) 求上盘落下后两盘总动能的改变量； (3) 解释动能改变的原因。

解
(1) 将两个圆盘看为一个系统，这个系统不受外力矩的作用，总角动量守恒，即
J J J J 112212ωωω+=+(), 所以合成一体后的角速度为
ωωω=
++J J J J 1122
12
.
(2) 上盘落下后两盘总动能的改变量为
∆E J J J J k =+-+()()121212
112222
122ωωω
=+-+++()()()121212112222
12112212
2J J J J J J J J ωωωω=
-+J J J J 12122122()()ωω. (3) 动能减少是由于两盘合成一体时剧烈摩擦，致使一部分动能转变为热能。

5-11 一均匀木棒质量为m 1 = 1.0 kg 、长为l = 40 cm ，可绕通过其中心并与棒垂直的轴转动。

一质量为m 2 = 10 g 的子弹以v = 200 m ⋅s -1 的速率射向棒端，并嵌入棒内。

设子弹的运动方向与棒和转轴相垂直，求棒受子弹撞击后的角速度。

解 将木棒和子弹看为一个系统，该系统不受外力矩的作用，所以系统的角动量守恒，即
()()1
2
212l m v J J =+ω, (1)
其中J 1是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量，J 2是子弹相对于同一轴的转动惯量，它们分别为 J m l 1121
12
= , J m l 22214=. (2)
将式(2)代入式(1)，得
ω=
+=+=⋅-1
21121
4
6329212222121m vl
m l m l m v l m m () rad s .
5-12 有一质量为M 且分布均匀的飞轮，半径为R ，正在以角速度ω旋转着，突然有一质量为m 的小碎块从飞轮边缘飞出，方向正好竖直向上。

试求： (1) 小碎块上升的高度；
(2) 余下部分的角速度、角动量和转动动能 (忽略重力矩的影响)。

解
(1) 小碎块离开飞轮时的初速为
v R 0=ω, 于是它上升的高度为
h v g R g
==
0222
22ω.
(2) 小碎块离开飞轮前、后系统不受外力矩的作用，所以总角动量守恒。

小碎块离开飞轮前，飞轮的角动量就是系统的总角动量，为
L J MR ==ωω1
22；
飞轮破裂后，小碎块相对于转轴的转动惯量为 J mR 12=, 角动量为
L mv R 10=. 碎轮的角动量为
L J J J MR mR 222122221
2
==-=-ωωω()(
), 式中ω 2是碎轮的角速度。

总角动量守恒，L = L 1 + L 2 ，即
121
222220MR MR mR mv R ωω=-+(),
整理后为
()()121
2
22222MR mR MR mR -=-ωω, 所以
ωω=2. 这表明飞轮破碎后其角速度不变。

碎轮的角动量为
L MR mR 2221
2
=-()ω. 碎轮的转动动能为
E J MR mR k ==-12121
2
22222ωω().
5-15 有一个长方体形的水库，长200 m ，宽150 m ，水深10 m ，求水对水库底面和侧面的压力。

解
水对水库底面的压力为
F ghS
1310109810150200==⨯⨯⨯⨯⨯⨯ρ..() N =2.910 N.
9 侧面的压力应如下求得：在侧面上建立如
图5-9所示的坐标系，在y 处取侧面窄条d y ，此侧面窄条所受的压力为
图5-9
d d F g y l y =ρ, 整个侧面所受的压力可以表示为 F gl y y glh h
==
⎰ρρd 0
21
2
. 对于h = 10 m 、l = 200 m 的侧面：
F g l h 22
712
9810'=
=⨯ρ. N . 对于h = 10 m 、l = 150 m 的侧面：
F g l h 22712
7410"=
=⨯ρ. N . 侧面的总压力为
F F F 2228
223410='+"=⨯. N .
5-16 在5.0⨯103 s 的时间内通过管子截面的二氧化碳气体(看作为理想流体)的质量为0.51 kg 。

已知该气体的密度为7.5 kg ⋅m -3 ，管子的直径为2.0 cm ，求二氧化碳气体在管子里的平均流速。

解 单位时间内流过管子截面的二氧化碳气体的体积，即流量为 Q M t V ==⨯⨯⋅=⨯⋅---ρ051755010136103
151
.... m s m s 33, 平均流速为
v Q S V ==⨯⨯⨯=⨯⋅----13610314101043105
22
21..(.)
. m s .
5-17 当水从水笼头缓慢流出而自由下落时，水流随位置的下降而变细，何故？如果水笼头管口的内直径为d ，水流出的速率为v 0 ，求在水笼头出口以下h 处水流的直径。

解 当水从水笼头缓慢流出时，可以认为是定常流动，遵从连续性方程，即流速与流管的截面积成反比，所以水流随位置的下降而变细，如图5-10所示。

可以认为水从笼头流出后各处都是大气压，伯努利方程可以写为
121212122
2ρρρρv gh v gh +=+ ,
改写为
v v g h h 2212122-=-(), (1) h h 120->,
图5-10
∴>v v 2212 .
这表示水流随位置的下降，流速逐渐增大。

整个水流可以认为是一个大流管，h 1处的流量应等于h 2处的流量，即
S v S v 1122=. (2) 由于
v v 21>, 所以必定有
S S 12>, 这表示水流随位置的下降而变细。

根据题意，h h h 12-=，v v 10=，h 2处的流速为v 2，代入式(1)，得
v v gh 2
2
022-=, 即
v v gh 2022=+. (3) 将式(3)代入式(2)，得
141
4
120222ππd v d v =, 式中d 1 = d ，d 2就是在水笼头出口以下h 处水流的直径。

上式可化为 d v d v gh 2022022=+. 从上式可解得
d d v v gh
2002
2=+.
5-19 文丘里流量计是由一根粗细不均匀的管子做成的，粗部和细部分别接有一根竖直的细管，如图5-11所示。

在测量时，将它水平地接在管道上。

当管中有液体流动时，两竖直管中的液体会出现高度差h 。

如果粗部和细部的横截面积分别为S A 和S B ，试计算流量和粗、细两处的流速。

解 取沿管轴的水平流线AB (如图5-11中虚线所示)，并且A 、B 两点分别对应两竖直管的水平位置，可以列出下面的伯努利方程
p v p v A A B B +
=+121
2
22ρρ, 图5-11
改写为
1
2
22ρρ()v v p p g h B A A B -=-=, 即
v v gh B A 222-=. (1) 另有连续性方程
S v S v A A B B =. (2) 以上两式联立，可解得
v S g h S S A B A B =-22
2
, v S g h S S B A A B =-22
2
,
流量为
Q S v S S gh S S V A A A B A B ==-22
2
.
5-20 利用压缩空气将水从一个密封容器内通过管子压出，如图5-12所示。

如果管口高出容器内液面0.65 m ，并要求管口的流速为1.5 m ⋅s -1 。

求容器内空气的压强。

解 取如图5-12中虚线AB 所示的流线，并运用伯努利方程 p v p v gh A A B B +=++121
2
22ρρρ, 可以认为
v p p A B ==00,,
所以
p p v gh A =++021
2
ρρ
=+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯(......)10132505
101015101098065323 Pa =⨯109105. Pa ≈⨯11
105.Pa .
5-21 用图5-13所示的虹吸管将容器中的水吸出。

如果管内液体作定常流动，求：
(1) 虹吸管内液体的流速； (2) 虹吸管最高点B 的压强；
图5-12
第五章 刚体和流体
59 (3) B 点距离液面的最大高度。

解 把水看作理想流体，理想流体的特性之一是
不可压缩性，根据不可压缩流体的连续性方程
Sv =恒量,
虹吸管各处横截面均匀，管内液体的流速应处处相等。

取过出水口C 点的水平面作为水平参考面，一切高度都
由此面起算。

在水面上取一点D ，连接DA 的线作为一
条流线，如图5-13中虚线所示。

流线DA 与虹吸管内的
流线ABC ，形成一条完整的流线，并在这条流线上运用
伯努利方程。

(1) 对D 、C 两点运用伯努利方程
p v gh p v gh D D D C C C ++=+1212
22ρρρρ, 将p p p D C ==0、v D =0、h h h D =+12和h C =0代入上式，得 p g h h p v C 0120212
++=+ρρ().
于是可求得管内的流速，为 v v g h h C ==+212(). (1) 可见，管内水的流速决定于C 点到容器内液面的垂直距离，此距离越大，流速也越大。

(2) 对B 、C 两点运用伯努利方程，得
p v gh p v gh B B C C ++=++1212
22ρρρρ， 可简化为
p p gh p g h h h B C B =-=-++ρρ0123(). (2) 可见，最高点B 的压强决定于该点到出水口C 的竖直距离，出水口C 越低，管内B 点的压强就越小。

因为p B 的最小值为零，当p B 为零时，由上式可以求得
h h h h p g
B =++==123010339ρ. m . (3) 这表示，当
C 点的位置低到使h B = 10.339 m 时，p B = 0。

读者可能会问：如果C 点的位置再向下伸延，即在C 点的下方再接上一段管子，使h B > 10.339 m ，此时B 点的压强不就出现负值了吗？对此我们作以下回答。

出现负值的结论是从伯努利方程推导的结果，而伯努利方程适用的一个条件，是保持流体作定常流动。

当我们加长h B ，也就是加长h 1时，从式(1)
可以看到，管内 图5-13
第五章 刚体和流体 60 流体的流速将会增大。

随着流速的增大，定常流动的条件将遭到破坏，伯努利方程不能再使用，由这个方程导出的结果也就不正确。

要保持定常流动，就不能使h B > 10.339 m ，B 点的压强就不会出现负值。

(3) 由上面的分析可以得到，当p B 为零时，
h h h h p g
B =++==123010339ρ. m . 所以h B 的最大值就是10.339 m 。

我们可以设想，若把
C 点、B 点和A 点的位置都向上提，即减小(h 1 + h 2 )，增大h 3，这样B 点到液面的距离将会随之增大。

在极限情况下，当(h 1 + h 2 )→ 0时，就有h 3 → h B → 10.339 m 。

所以，作为虹吸管，B 点离开容器内液面的最大距离不能超过10.339 m 。

5-23 从油槽经过1.2 km 长的钢管将油输送到储油罐中，已知钢管的内直径为12 cm ， 油的黏度系数为 0.32 Pa ⋅s ，密度为 0.91 g ⋅cm -3，如果要维持 5.2⨯10-2 m 3 ⋅s -1 的流量，试问油泵的功率应为多大？
解 首先根据泊肃叶公式求出油被输送到1.2 km 处所需要的压强差 p p lQ r V 124683910-=
=⨯ηπ. Pa . 为保持一定的流量，油泵的功率为
F v p p S v p p Q V =-=-=⨯()().121252010 W .。