大学物理第四章习题解
《大学物理教程》郭振平主编第四章光的衍射课后习题答案
第四章 光的衍射一、基本知识点光的衍射：当光遇到小孔、狭缝或其他的很小障碍物时，传播方向将发生偏转，而绕过障碍物继续前行，并在光屏上形成明暗相间的圆环或条纹。
光波的这种现象称为光的衍射。
菲涅耳衍射：光源、观察屏（或者是两者之一）到衍射屏的距离是有限的，这类衍射又称为近场衍射。
夫琅禾费衍射：光源、观察屏到衍射屏的距离均为无限远，这类衍射也称为远场衍射。
惠更斯－菲涅耳原理：光波在空间传播到的各点，都可以看作一个子波源，发出新的子波，在传播到空间某一点时，各个子波之间可以相互叠加。
这称为惠更斯－菲涅耳原理。
菲涅耳半波带法：将宽度为a 的缝AB 沿着与狭缝平行方向分成一系列宽度相等的窄条，1AA ，12A A ，…，k A B ，对于衍射角为θ的各条光线，相邻窄条对应点发出的光线到达观察屏的光程差为半个波长，这样等宽的窄条称为半波带。
这种分析方法称为菲涅耳半波带法。
单缝夫琅禾费衍射明纹条件：sin (21)(1,2,...)2a k k λθ=±+=单缝夫琅禾费衍射暗纹条件：sin (1,2,...)a k k θλ=±=在近轴条件下，θ很小，sin θθ≈, 则第一级暗纹的衍射角为 1aλθ±=±第一级暗纹离开中心轴的距离为 11x f faλθ±±==±, 式中f 为透镜的焦距。
中央明纹的角宽度为 112aλθθθ-∆=-=中央明纹的线宽度为 002tan 2l f f faλθθ=≈∆=衍射图样的特征：① 中央明纹的宽度是各级明纹的宽度的两倍，且绝大部分光能都落在中央明纹上。
② 暗条纹是等间隔的。
③ 当入射光为白光时，除中央明区为白色条纹外，两侧为由紫到红排列的彩色的衍射光谱。
④ 当波长一定时，狭缝的宽度愈小，衍射愈显著。
光栅: 具有周期性空间结构或光学性能（透射率，反射率和折射率等）的衍射屏，统称为光栅。
光栅常数: 每两条狭缝间距离d a b =+称为光栅常数。
大学物理第四章习题解
第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
大学物理第4章 狭义相对论时空观习题解答改
习 题4-1 一辆高速车以0.8c 的速率运动。
地上有一系列的同步钟,当经过地面上的一台钟时,驾驶员注意到它的指针在0=t ,她即刻把自己的钟拨到0'=t 。
行驶了一段距离后,她自己的钟指到6 us 时,驾驶员瞧地面上另一台钟。
问这个钟的读数就是多少？ 【解】s)(10)/8.0(16/12220μ=-μ=-∆=∆c c s cu t t所以地面上第二个钟的读数为)(10's t t t μ=∆+=4-2 在某惯性参考系S 中,两事件发生在同一地点而时间间隔为4 s,另一惯性参考系S′ 以速度c u 6.0=相对于S 系运动,问在S′ 系中测得的两个事件的时间间隔与空间间隔各就是多少？【解】已知原时(s)4=∆t ,则测时(s)56.014/1'222=-=-∆=∆s cu t t由洛伦兹坐标变换22/1'c u ut x x --=,得:)(100.9/1/1/1'''8222220221012m c u t u c u ut x c u ut x x x x ⨯=-∆=-----=-=∆4-3 S 系中测得两个事件的时空坐标就是x 1=6×104 m,y 1=z 1=0,t 1=2×10-4 s 与x 2=12×104 m,y 2=z 2=0,t 2=1×10-4 s 。
如果S′ 系测得这两个事件同时发生,则S′ 系相对于S 系的速度u 就是多少？S′ 系测得这两个事件的空间间隔就是多少？ 【解】(m)1064⨯=∆x ,0=∆=∆z y ,(s)1014-⨯-=∆t ,0'=∆t0)('2=∆-∆γ=∆cxu t t 2cxu t ∆=∆⇒ (m/s)105.182⨯-=∆∆=⇒x t c u (m )102.5)('4⨯=∆-∆γ=∆t u x x4-4 一列车与山底隧道静止时等长。
大学物理课后习题答案第四章
第四章机械振动4．1一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m ，周期T = 2s ．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m ，且向x 轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t = T /4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m ，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m ，所以cos φ = 0.5，因此φ = ±π/3． 物体的速度为v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)．当t = 0时，v = -ωA sin φ，由于v > 0，所以sin φ< 0，因此：φ = -π/3．简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．（2）当t = T /4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为；v = -πA sin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s -1)．加速度为：a = d v /d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s -2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt 1 - π/3) = -0.5， 因此πt 1 - π/3 = ±2π/3．由于物体向x 轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt 1 - π/3) > 0，因此πt 1 - π/3 = 2π/3，得t 1 = 1s ．当物体从x = -0.06m 处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt 2 - π/3) = 0， 可得 πt 2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t 2> 0，所以πt 2 - π/3 = 3π/2， 可得t 2 = 11/6 = 1.83(s)．所需要的时间为：Δt = t 2 - t 1 = 0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m ，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得 πt - π/3 = π/2，解得t = 5/6 = 0.83(s)．[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x 0/A )，（-π<φ<= π）， 初位相的取值由速度决定．由于v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sin φ，当v > 0时，sin φ< 0，因此 φ = -arccos(x 0/A )；当v < 0时，sin φ> 0，因此φ = arccos(x 0/A )π/3．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x 0 = A 时，φ = 0；当初位置x 0 = -A 时，φ = π．4．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a ，b ，c ，d ，e 各点的位相，及到达这些状态的时刻t 各是多少？已知周期为T ； （2）振动表达式； （3）画出旋转矢量图． [解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x = A cos Φ，其中A 表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位． 由于x a = A ，所以cos Φa = 1，因此Φa = 0．由于x b = A /2，所以cos Φb = 0.5，因此Φb = ±π/3；由于位相Φ随时间t 增加，b 点位相就应该大于a 点的位相，因此Φb = π/3．由于x c = 0，所以cos Φc = 0，又由于c 点位相大于b 位相，因此Φc = π/2．同理可得其他两点位相为：Φd = 2π/3，Φe = π．c 点和a 点的相位之差为π/2，时间之差为T /4，而b 点和a 点的相位之差为π/3，时间之差应该为T /6．因为b 点的位移值与O 时刻的位移值相同，所以到达a 点的时刻为t a = T /6． 到达b 点的时刻为t b = 2t a = T /3．图4.2到达c 点的时刻为t c = t a + T /4 = 5T /12． 到达d 点的时刻为t d = t c + T /12 = T /2． 到达e 点的时刻为t e = t a + T /2 = 2T /3．（2）设振动表达式为：x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，x = A /2时，所以cos φ = 0.5，因此φ =±π/3； 由于零时刻的位相小于a 点的位相，所以φ = -π/3， 因此振动表达式为． 另外，在O 时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t 轴 相交于f 点，由于x f = 0，根据运动方程，可得所以：．显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得t f = -T /12．从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为：t a = T /4 + t f = T /6， 其位相为：． 由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．4．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为M 的物体时，伸长量为9.8×10-2m ．若使物体上下振动，且规定向下为正方向．（1）t = 0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2m 处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）t = 0时，物体在平衡位置并以0.60m·s -1速度向上运动，求运动方程． [解答]当物体平衡时，有：Mg – kx 0 = 0， 所以弹簧的倔强系数为：k = Mg/x 0， 物体振动的圆频率为：s -1)． 设物体的运动方程为：x = A cos(ωt + φ)．（1）当t = 0时，x 0 = -8.0×10-2m ，v 0 = 0，因此振幅为：=8.0×10-2(m)；由于初位移为x 0 = -A ，所以cos φ = -1，初位相为：φ = π． 运动方程为：x = 8.0×10-2cos(10t + π)．（2）当t = 0时，x 0 = 0，v 0 = -0.60(m·s -1)，因此振幅为：v 0/ω|=6.0×10-2(m)；由于cos φ = 0，所以φ = π/2；运动方程为：x = 6.0×10-2cos(10t +π/2)．4．4 质量为10×10-3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作振动，式中t 以秒(s)计，x 以米(m)计．求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相； （2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；cos(2)3t x A T ππ=-cos(2)03t T ππ-=232f t Tπππ-=±203a a t T πΦπ=-=ω==0||A x ==A =20.1cos(8)3x t ππ=+（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t 为1，2，10s 等各时刻的矢量位置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程：x = A cos(ωt + φ)，可知圆频率为：ω =8π，周期T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅A = 0.1(m)，初位相φ = 2π/3．（2）速度的最大值为：v m = ωA = 0.8π = 2.51(m·s -1)； 加速度的最大值为：a m = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s -2)． （3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为:E = kA 2/2 = mω2A 2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为:= kA 2/4 = mω2A 2/4 = 1.58×10-2(J)． （4）如图所示，当t 为1，2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．4．5 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．[解答]设它们的振动方程为:x = A cos(ωt + φ)， 当x = A /2时，可得位相为:ωt + φ = ±π/3．由于它们在相遇时反相，可取Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3，Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，它们的相差为:ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，或者:ΔΦ` = 2π –ΔΦ = 4π/3．矢量图如图所示．4．6一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量m = 1.68×10-27kg ，振动频率v = 1.0×1014Hz ，振幅A = 1.0×10-11m ．试计算：（1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量．[解答]（1）氢原子的圆频率为:ω = 2πv = 6.28×1014(rad·s -1)， 最大速度为:v m = ωA = 6.28×103(m·s -1)．（2）氢原子的能量为:= 3.32×10-20(J)．4．7 如图所示，在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg 的重物，若使平板在竖直方向上作上下简谐振动，周期为0.50s ，振幅为2.0×10-2m ，求：（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物跳离平板？ [解答]（1）重物的圆频率为：ω = 2π/T = 4π，其最大加速度为：a m = ω2A ，合力为：F = ma m ，方向向上．重物受到板的向上支持力N 和向下的重力G ，所以F = N – G ． 重物对平板的作用力方向向下，大小等于板的支持力： N = G + F = m (g +a m ) = m (g +ω2A ) = 12.96(N)．（2）当物体的最大加速度向下时，板的支持为：N = m (g - ω2A )． 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时，振幅为：A = g/ω2 = 3.2×10-2(m)．（3）振幅不变时，频率为：3.52(Hz)．4．8 两轻弹簧与小球串连在一直线上，将两弹簧拉长后系在固定点A 和B 之间，整个系统放在光滑水平面上．设两弹簧的原长分别为l 1和l 2，倔强系统分别为k 1和k 2，A和B 间距为L ，小球的质量为m ．（1）试确定小球的平衡位置；k pE E =212m E mv=2ωνπ==（2）使小球沿弹簧长度方向作一微小位移后放手，小球将作振动，这一振动是否为简谐振动？振动周期为多少？[解答]（1）这里不计小球的大小，不妨设L > l 1 + l 2，当小球平衡时，两弹簧分别拉长x 1和x 2，因此得方程：L = l 1 + x 1 + l 2 + x 2；小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和向右，大小相等，即k 1x 1 = k 2x 2． 将x 2 = x 1k 1/k 2代入第一个公式解得：．小球离A 点的距离为：．（2）以平衡位置为原点，取向右的方向为x 轴正方向，当小球向右移动一个微小距离x 时，左边弹簧拉长为x 1 + x ，弹力大小为：f 1 = k 1(x 1 + x )， 方向向左；右边弹簧拉长为x 1 - x ，弹力大小为：f 2 = k 2(x 2 - x )， 方向向右．根据牛顿第二定律得：k 2(x 2 - x ) - k 1(x 1 + x ) = ma ，利用平衡条件得：，即小球做简谐振动．小球振动的圆频率为：．4．9如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv = (m + M)v 0．解得子弹射入后的速度为：v 0 = mv/(m + M) = 2(m·s -1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m + M ) v02/2 = kA 2/2， 所以振幅为：10-2(m)． （2）振动的圆频率为：= 40(rad·s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为：x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得：φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．10如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为：物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为，这也是它们振动的初速度．设振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，211212()k x L l l k k =--+211111212()k L l x l L l l k k =+=+--+2122d ()0d xm kk x t++=ω=22T πω==A v =ω=v =0m v v m M ==+图4.9 图4.10其中圆频率为：物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则：x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则：x 2= (M + m )g/k ． 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ．因此振幅为：初位相为：4．11 装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与物体m 间用细绳相连，细绳跨于桌边定滑轮M 上，m 悬于细绳下端．已知弹簧的倔强系数为k = 50N·m -1，滑轮的转动惯量J = 0.02kg·m 2，半径R = 0.2m ，物体质量为m = 1.5kg ，取g = 10m·s -2．（1）试求这一系统静止时弹簧的伸长量和绳的张力；（2）将物体m 用手托起0.15m ，再突然放手，任物体m 下落而整个系统进入振动状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打滑，滑轮轴承无摩擦，试证物体m 是做简谐振动； （3）确定物体m 的振动周期；（4）取物体m 的平衡位置为原点，OX 轴竖直向下，设振物体m 相对于平衡位置的位移为x ，写出振动方程．[解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于物体的重力T = G = mg = 15(N)．这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为：x 0 = mg/k = 0.3(m)．（2）以物体平衡位置为原点，取向下的方向为正，当物体下落x 时，弹簧拉长为x 0 + x ，因此水平绳子的张力为：T 1 = k (x 0+ x )．设竖直绳子的张力为T 2，对定滑轮可列转动方程：T 2R – T 1R = Jβ， 其中β是角加速度，与线加速度的关系是：β = a/R ．对于物体也可列方程：mg - T 2 = ma ． 转动方程化为：T 2 – k (x 0 + x ) = aJ/R 2，与物体平动方程相加并利用平衡条件得：a (m + J/R 2) = –kx ，可得微分方程：，故物体做简谐振动． （3）简谐振动的圆频率为：s -1)． 周期为：T 2 = 2π/ω = 1.26(s)．（4）设物体振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，其中振幅为：A = 0.15(m)． 当t = 0时，x = -0.15m ，v 0 = 0，可得：cos φ = -1，因此φ = π或-π， 所以振动方程为：x = 0.15cos(5t + π)，或x = 0.15cos(5t - π)．4．12一匀质细圆环质量为m ，半径为R ，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：I c = mR 2．根据平行轴定理，环绕过O 点的平行轴的转动惯量为I = I c + mR 2 = 2mR 2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M = mgR sin θ， 方向与角度θ增加的方向相反．ω=A ==00arctan v x ϕω-==222d 0d /x kx t m J R +=+ω=根据转动定理得：Iβ = -M ，即，由于环做小幅度摆动，所以sin θ≈θ，可得微分方程：． 摆动的圆频率为：周期为：4．13 重量为P 的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）前面已经证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k = k1k 2/(k 1 + k 2)，因此固有频率为（2）前面还证明：当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为．4．14质量为0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N·m -1，如果开始振动时具有势能0.6J ，和动能0.2J ，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．[解答]物体的总能量为：E = E k + E p = 0.8(J)．（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为：．（2）当动能等于势能时，即E k = E p ，由于E = E k + E p ，可得：E = 2E p ，即，解得：= ±0.179(m)． （3）再根据能量公式E = mv m2/2，得物体经过平衡位置的速度为： 2.53(m·s -1)．4．15 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差；（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，它们的振动方程分别为：x 1 = A cos ωt =5cosπt /2， x 2 = A sin ωt =5sinπt /2 =5cos(π/2 - πt /2)即x 2=5cos(πt /2 - π/2)．位相差为：Δφ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于x = x 1 + x 2 = 5cosπt /2 +5sinπt /2 = 5(cosπt /2·cosπ/4 +5sinπt /2·sinπ/4)/sinπ/4 合振动方程为：(cm)．22d sin 0d I mgR tθθ+=22d 0d mgRt Iθθ+=ω=222T πω===2ωνπ===2ωνπ===A =2211222kA kx =⨯/2x =m v =cos()24x t ππ=- (b)图4.134．16 已知两个同方向简谐振动如下：，．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相； （2）另有一同方向简谐振动x 3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x 1 + x 3的振幅为最大？φ为何值时，x 2 + x 3的振幅为最小？（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计．[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为：=8.92×10-2(m)． 初位相为：= 68.22°．（2）要使x 1 + x 3的振幅最大，则：cos(φ– φ1) = 1，因此φ– φ1 = 0，所以：φ = φ1 = 0.6π． 要使x 2 + x 3的振幅最小，则 cos(φ– φ2) = -1，因此φ– φ2 = π，所以φ = π + φ2 = 1.2π．（3）如图所示．4．17质量为0.4kg 的质点同时参与互相垂直的两个振动：， ．式中x 和y 以米(m)计，t 以秒(s)计．（1）求运动的轨道方程；（2）画出合成振动的轨迹；（3）求质点在任一位置所受的力．[解答]（1）根据公式：，其中位相差为：Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，130.05cos(10)5x t π=+210.06cos(10)5x t π=+A =11221122sin sin arctancos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=+0.08cos()36x t ππ=+0.06cos()33y t ππ=-2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆所以质点运动的轨道方程为：． （2）合振动的轨迹是椭圆．（3）两个振动的圆频率是相同的ω = π/3，质点在x 方向所受的力为，即F x = 0.035cos(πt /3 + π/6)(N)．在y 方向所受的力为，即F y = 0.026cos(πt /3 - π/3)(N)．用矢量表示就是，其大小为，与x 轴的夹角为θ = arctan(F y /F x )．4．18 将频率为384Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为v 0 = 384(Hz)， 拍频为Δv = 3.0(Hz)， 待测音叉的固有频率可能是v 1 = v 0 - Δv = 381(Hz)， 也可能是v 2 = v 0 + Δv = 387(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m ，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v 1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v 2，即387Hz ．4．19示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为x = A cos ωt 和y = A cos(ωt +φ)．求在φ = 0，φ = 30º，及φ = 90º这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．[解答]根据公式，其中Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，而φ1 = 0，φ2 = φ．（1）当Δφ = φ = 0时，可得，质点运动的轨道方程为y = x ，轨迹是一条直线．（2）当Δφ = φ = 30º时，可得质点的轨道方程， 即，轨迹是倾斜的椭圆．（3）当Δφ = φ = 90º时，可得， 即x 2 + y 2 = A 2，质点运动的轨迹为圆．4．20三个同方向、同频率的简谐振动为，，．222210.080.06x y +=22d d x x x F ma m t==20.08cos()6m t πωω=-+22d d y y y F ma m t==20.06cos()3m t ωω=--πi+j x y F F F =F =2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆2222220x y xyA A A+-=222214x y A+=222/4x y A +=22221x y A A +=10.08cos(314)6x t π=+20.08cos(314)2x t π=+350.08cos(314)6x t π=+求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式； （2）合振动由初始位置运动到所需最短时间（A 为合振动振幅）． [解答]合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad·s -1)． 设A 0 = 0.08，根据公式得：A x = A 1cos φ1 + A 2cos φ2 + A 3cos φ3 = 0，A y = A 1sin φ1 + A 2sin φ2 + A 3sin φ3 = 2A 0 = 0.16(m)， 振幅为：，初位相为：φ = arctan(A y /A x ) = π/2．合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当时，可得：，解得：100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s ．x A =A =/2x =cos(100/2)2t ππ+。
大学物理第四章习题解答PPT演示课件
16
解： 冲击：子弹和摆锤角动量守恒
mlvm2 vl(J1J2)0
J1
1 3
ml 2
J2 ml2
v 0
摆动：摆锤和地球机械能守恒
Ek Ep
1 2(J1J2)0 2mg2lmgl
4m vmin m
2gl
17
解：子弹+杆系统： M外 0
m 22 lv(1 JJ2) J2)(1JJ2)
J1
1 12
m1l
2
J2
m1(
l )2 2
v v r l/2
J2 6m 2v 2.1 9r3a/sd
J1J2 m 1l3m 2l
11
426:一质量 m/、 为半径 R的 为转台，以a角 转速 动度 ，转轴的
不计， 1）（ 有一质 m的 量蜘 为蛛垂直地边 落缘 在上 转， 台此时角 ，
解： JJ盘2J柱
J盘 12m盘R盘 2
R盘
3
01 2
02
m
J柱 12m柱R柱 2
10102 R柱 2 m
m盘 V盘
m柱 V柱
J0.13k6gm2
7
413:如图所示m1， 1质 6kg的 量实心圆 A，柱 其体 半r径 15c为 m ，可 绕其固定水平 阻轴 力转 忽动 略， 不计 的。 柔一 绳条 绕轻 在圆 其柱 一
(A) 角速度从小到大，角加速度不变 O
A
(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
2
绕过O点的轴做定轴转动。求：运动过程中角速度和角 加速度的变化情况
(完整版)大学物理学(课后答案)第4章
第4章 刚体的定轴转动习 题一 选择题4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体下，对此有以下几种说法：（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L 述说法下述判断正确的是[ ]（A ）只有（l ）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）(1)、（2）、（3）都正确 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 解析：力矩是描述力对刚体转动的作用，=⨯M r F 。
因此合力为零时，合力矩不一定为零；合力矩为零时，合力也不一定为零。
两者并没有一一对应的关系。
答案选B 。
4-2 有A 、B 两半径相同，质量相同的细圆环。
A 环的质量均匀分布，B 环的质量不均匀分布，设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则有[ ]（A ）A B I I > （B ）A B I I < （C ）无法确定哪个大 （D ）A B I I = 解析：转动惯量2i i iI m r =∆∑，由于A 、B 两细圆环半径相同，质量相同，所以转动惯量相同2A B I I mR ==，而与质量分布均匀与否无关。
选D 。
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4-3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，角加速度为零解析：在棒摆到竖直位置的过程中，重力势能和转动动能相互转化，因此转速越来越大，即角速度从小到大。
整个过程中棒只受到重力矩的作用，211cos 23M mg l J ml θαα===，所以3cos 2gl αθ=，随着转角θ逐渐增大，角加速度α由大变小。
大学物理习题答案解答第四章动量
第四章 动量一、填空题1、设坐标轴为x 轴，则小球与墙壁碰前的速度1v vi =，因小球与竖直墙壁作完全弹性碰撞，则小球与墙壁碰后的速度为2v vi =-。
则碰撞过程中，小球的动量增量为21()2p mv mv m v i mvi mvi ∆=-=--=-。
2、设子弹初速度的方向为x 轴，且受到木块的冲力为F '，对子弹射入木块并随木块一起运动的过程，使用动量定理，有()()212212121210505009()t t I F dt p p mv mv m v v i i i N s -''==-=-=-=⨯⨯-=-⋅⎰又设木块受到子弹的冲力为F ，则木块受到子弹的冲量为2221119()t t t t t t I Fdt F dt F dt I i N s '''==-=-=-=⋅⎰⎰⎰3、设棒球未被击打前的速度为x 轴，棒击打棒球前后，棒球受到棒的冲量为2121t t I Fdt mv mv ==-⎰则棒施于球的平均冲力为()()21212110.33020300()0.05tt m F Fdt v v i i i N t t t ==-=⨯--=--∆⎰4、设子弹出射的方向为x 轴，则每分钟900个子弹受到的机枪的冲量为()212121t t I F dt Mv Mv Nm v v ''==-=-⎰则机枪受到子弹的平均反冲力为()()22211121212211111900210800060240()t t tt t t F Fdt F dt F dt I t t t t t t Nm v v i t i N ---'''==-==--∆∆⨯⨯=--=-⨯-∆=-⎰⎰⎰5、设A 粒子对B 粒子的作用力为AB F ，而B 粒子对A 粒子的作用力为BA F ，则A ，B 两粒子发生作用的过程中，A 粒子受到B 粒子的冲量为()212121t BA A A A A A A t I F dt m v m v m v v '==-=-⎰而B 粒子受到A 粒子的冲量为()2121214t AB B B B B B B t I F dt m v m v m v v ==-=-⎰注意到AB BA F F =-，有I I '=-由以上三式，可解出B 粒子在作用后的速度为()()()()212111127743444(5)()B B A A v v v v i j i j i j i j m s -⎡⎤=--=----+⎣⎦=-⋅6、小球受到三个力的作用，分别为重力mg ，桌面对它的支持力N 和绳子的拉力T 。
大学物理课后习题答案(第四章) 北京邮电大学出版社
又
k 0.2 2 5,即T 1.26s 3 m 8 10
2 A x0 (
v0
)2
2 2
5.0 10 2 2 (1.0 10 ) ( ) 5 2 10 2 m v 5.0 10 2 5 tan 0 0 1, 即 0 2 x 0 1.0 10 5 4 5 x 2 10 2 cos(5t )m 4 ∴
A 3.2 10 3 rad l
∴ 故其角振幅
2 A x0 (
小球的振动方程为
4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 0.20m ，位相与第一振动的
给小球一水平向右的冲量 Ft 1.0 10 kg m s ，取打击时刻为计时起点 (t 0) ，求 振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有
4 1
v0 x 0
F t mv 0
∴
v
F t 1.0 10 0.01 m 1.0 10 3
A mg 2 m 2 2 gh 2 x ( ) ( ) ( ) k (m M )
2 0 2
v0
mg 2kh 1 k (m M ) g
2kh ( M m) g (第三象限)，所以振动方程为 （3） mg 2kh k 2kh x 1 cos t arctan k (m M ) g ( M m) g mM 3 4-10 有一单摆，摆长 l 1.0m ，摆球质量 m 10 10 kg ，当摆球处在平衡位置时，若 tan 0
(2)
当
Ek E p
时，有
E 2E p
大学物理课本答案习题 第四章习题解答
习题四4-1 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度应是多少？解 5光年是在地球上测得的原长，由于此长度相对宇航员也是高速运动的，所以他测得收缩了的长度为3光年. 即3=火箭相对于地球的速度应为45u c =4-2 一飞船以0.99c 的速率平行于地面飞行，宇航员测得此飞船的长度为400 m.. （1）地面上的观察者测得飞船长度是多少？（2）为了测得飞船的长度，地面上需要有两位观察者携带着两只同步钟同时站在飞船首尾两端处.那么这两位观察者相距多远？ （3）宇航员测得两位观察者相距多远？解（1）56.4(m)l l ===（2）这两位观察者需同时测量飞船首、尾的坐标，相减得到飞船长度，所以两位观察者相距是56.4 m.（3）地面上的两位观察者相距56.4 m ，这一距离在地面参考系中是原长，宇航员看地面是运动的，他测得地面上两位观察者相距为7.96(m)l l ===所以宇航员测得两位观察者相距7.96 m.4-3 已知π介子在其静止系中的半衰期为81.810s -⨯。
今有一束π介子以0.8u c =的速度离开加速器，试问，从实验室参考系看来，当π介子衰变一半时飞越了多长的距离？解：在π介子的静止系中，半衰期80 1.810s t -∆=⨯是本征时间。
由时间膨胀效应，实验室参考系中的观察者测得的同一过程所经历的时间为8310s t -∆==⨯因而飞行距离为7.2m d u t =∆=4-4 在某惯性系K 中，两事件发生在同一地点而时间相隔为4s 。
已知在另一惯性系'K 中，该两事件的时间间隔为6s，试问它们的空间间隔是多少？解：在K系中，04st∆=为本征时间，在'K系中的时间间隔为6st∆=两者的关系为t∆==所以259β=故两惯性系的相对速度为8110m su cβ-==⋅由洛伦兹变换，'K系中两事件的空间间隔为)k kx x u t'∆=∆+∆两件事在K系中发生在同一地点，因此有0kx∆=，故810mkx'∆==4-5 惯性系'K相对另一惯性系K沿x轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。
大学物理第4章习题解答
第四章 狭义相对论4-l 设/s 系相对S 系的速度u=0.6c ，在S 系中事件A 发生于m x A 10=，s t A 7100.5-⨯=，0==A A z y ;事件B 发生在0,100.3,507==⨯==-B B B B z y s t m x ，求在s'系中这两个事件的空间间隔与时间间隔。
解： 利用221c u tu x x --='∆∆∆ 2221cu x c u t t -∆-∆='∆ 其中⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=∆-=∆'-'='∆'-'='∆A B A B A B AB tt t x x x t t t x x x4-2北京和长沙直线相距1200km 。
在某一时刻从两地同时向对方飞出直航班机。
现有一艘飞船从北京到长沙方向在高空掠过，速率恒为u=0.999c 。
求宇航员测得:(1)两班机发出的时间间隔;(2)哪一班机先起飞? 解： x 1=0 x 2=1200 km2221cu c ux t t -⎪⎭⎫⎝⎛-='011)(2222212212<-∆-=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∆='-'='∆cu cx u c u x x c u t t t t即'<'12t t ，则长沙的班机后起飞. ='t ∆ （代入数据可得）4-3一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这段路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少？解： 地球与星球的距离L 0=5光年（固有长度），宇航员测量的长度L =3光年（运动长度），由长度收缩公式得习题4.2图2201cu L L -=得火箭对地的速度c c c LLu 5453112=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=4-4设在S 系中边长为a 的正方形，在/s 系中观测者测得是1:2的长方形，试求/s 系相对于S 系的运动速度。
大学物理第四章-刚体的转动-习题及答案
1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法 向加速度的大小是否随时间变化？
答：当刚体作匀变速转动时,角加速度 不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速
率在均匀变化，v l ，所以一定有切向加速度 at l ，其大小不变。又因该点速度的方向变化，
ω dr
（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩
为
dM
m
(
R2
2 rdr)grBiblioteka 2r 2 mgdr/
R2
负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受
r dF
的总摩擦力矩大小为
M dM R 2r2mgdrdr 2 mgR
0
R2
3
（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 I 1 mr2 ，由角动量定理可得圆盘停止的 2
度．
解：碰撞过程满足角动量守恒：
2 3
mv0l
1 2
mv0
2 3
l
I
而
I m( 2 l)2 2m(1 l)2 2 ml2
3
33
所以
mv0l
2 3
ml 2
由此得到： 3v0 2l
2m
1 3
l
O⅓l
1 2
v
0
2 3
l
m
⅓l m v0
⅓l
15. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 JA＝10 kg·m2 和 JB
2
2
22
2
2
1 16
( Ld14
1 2
ad24
大学物理第四章习题及答案
第四章 刚体的转动4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3102.1⨯r.min -1增加到3107.2⨯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？ 解：曲轴做匀变速转动。
（1）角速度n πω2=，根据角速度的定义dtd ωα=，则有：()=-=-=tn n t002πωωα13.1rad.s -2 （2）发动机曲轴转过的角度为t t t 221020ωωαωθ+=+=()t n n 0+=π在12秒内曲轴转过的圈数为 N 390220=+==t n n πθ圈。
4-2 一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求（1）砂轮的角加速度；（2）关闭电源后10=t s 时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小.解：（1）4.1886060180020==⨯=ππω rad.s 1- 57.12415600=-=-=πα rad.s 2- （2）7.621057.124.1880=⨯-=+=t αωω rad.s 1-7.1525.07.62=⨯==r v ω m.s 1-14.3-==αr a t m.s 2- , 9872==ωr a n m. s 2-98822=+=n t a a a m. s 2-.4-3如图，质量201=m kg 的实心圆柱体A 其半径为20=r cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量102=m kg 的物体B ，求：（1）物体B 下落的加速度；（2）绳的张力T F 。
解： （1） 对实心圆柱体A ，利用转动定律αα2121r m J r F T == ——①对物体B ，利用牛顿定律a m F g m T 22=- ——② 有角量与线量之间的关系 αr a = 解得：9.422212=+=m m g m a m ·s -2（2）由②得 492)(2121=+=-=g m m m m a g m F T Ｎ4—3题图4-4如图,一定滑轮两端分别悬挂质量都是m 的物块A 和B ，图中R 和r ，已知滑轮的转动惯量为J ，求A 、B 两物体的加速度及滑轮的角加速度（列出方程即可）。
大学物理(第二版)上册课后习题详解第四章-静电场
11
C m-2。求此系统的电场分
布。 解 如题 4.10 图所示， 三个区域的场强由两平行无限大均匀带 电面产生的场强的叠加，其电场强度分别为
E2
E2
4.10 解图
E2
E1
1 ， E2 2 2 0 2 0
设水平向右的方向为场强的正方向，则 左边区域：
EⅠ E1 E2
题 4.8 图
29
电荷为 Q2。求电场分布规律。 解 因电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，取半径为 r 的同心球面为高斯面， 由高斯定理得
2 E dS 4r E
q
0
当 r R1 时，该高斯面内无电荷，
q 0 ，故
Q1 (r 3 R13 ) ，故 3 R2 R13
4.2 一根不导电的细塑料杆，被弯成近乎完整的圆，圆的半径为 0.5m，杆的两端有 2cm 的缝隙， 3.12 10 C 的正电荷均匀地分布在杆上，求圆心处电场的大小和方向。 解 运用叠加原理,可以把带电体看成是一个带正电的整圆环和一段长为 2cm 带负电的 圆弧产生的电场的叠加,而圆环在中心产生的电场为零。所以电场就等于长为 2cm 的带负电 的圆弧产生的电场。由于圆弧长度远小于半径,故可看成是一点电荷,所以
q0 必须在两电荷之间才能平衡，设与 2q 之间的距离为 x ，若合力为零，则有
2qq0 qq0 1 2 4 0 x 4 0 (l x) 2 1
由此可得 x 2 4lx 2l 2 0 ，解此方程可得
x (2 2)l 。只能取负号，所以
x (2 2)l ，为稳定平衡状态。
q ， 2l
x
dx
2l
4.11 解图
大学物理第四章习题及答案
大学物理第四章习题及答案大学物理第四章习题及答案第四章是大学物理课程中的重要章节，主要涉及力学和运动学的内容。
在这一章中，学生将学习到关于运动的基本概念和原理，以及如何应用这些知识解决实际问题。
为了帮助学生更好地理解和掌握这一章节的知识，以下是一些常见的习题及其答案。
习题一：一个物体以10 m/s的速度从10 m高的斜面上滑下，滑到底部时的速度是多少？解答：根据能量守恒定律，物体在滑下过程中，其机械能守恒。
由于没有外力做功，物体的机械能在滑下过程中保持不变。
因此，物体在滑到底部时的机械能等于初始机械能。
初始机械能 = 动能 + 重力势能= 1/2 mv^2 + mgh根据题目给出的条件，可得：1/2 mv^2 + mgh = 1/2 m(10)^2 + m(10)(10)= 50m + 100m= 150m因此，滑到底部时的速度为10 m/s。
习题二：一个物体以10 m/s的速度从斜面上滑下，滑到底部时的时间是多少？解答：根据运动学中的运动方程，可以求解物体滑下斜面所用的时间。
在这个问题中，物体的初速度为0，加速度为重力加速度g，位移为斜面的长度L。
根据运动方程：S = ut + 1/2 at^2L = 0 + 1/2 gt^22L = gt^2t^2 = 2L/gt = sqrt(2L/g)根据题目给出的条件，斜面的长度L为10 m，重力加速度g为10 m/s^2，代入上述公式可得：t = sqrt(2(10)/10)= sqrt(2)≈ 1.414 s因此，滑到底部时的时间约为1.414秒。
习题三：一个物体以10 m/s的速度从斜面上滑下，滑到底部时的加速度是多少？解答：根据牛顿第二定律，物体在斜面上滑动时受到的合力等于物体的质量乘以加速度。
在这个问题中，物体的质量为m，斜面的倾角为θ，重力加速度为g。
合力 = m * 加速度m * g * sinθ = m * 加速度加速度= g * sinθ根据题目给出的条件，斜面的倾角θ为30度，重力加速度g为10 m/s^2，代入上述公式可得：加速度= 10 * sin(30°)≈ 5 m/s^2因此，滑到底部时的加速度约为5 m/s^2。
大学物理教程第4章习题答案
思 考 题4.1 阿伏伽德罗定律指出：在温度和压强相同的条件下，相同体积中含有的分子数是相等的，与气体的种类无关。
试用气体动理论予以说明。
答： 据压强公式 p nkT = ，当压强和温度相同时，n 也相同，与气体种类无关； 4.2 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大。
当体积不变时，压强随温度的升高而增大。
从微观角度看，两种情况有何区别。
答：气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。
当温度不变时，若体积减小，分子数密度增大，单位时间内碰撞器壁的分子数增加，从而压强增大；而当体积不变时，若温度升高，分子的平均平动动能增大，分子碰撞器壁的力度变大，从而压强增大；4.3 从气体动理论的观点说明：（1）当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变。
（2）一定量理想气体在平衡态（p 1，V 1，T 1）时的热动平衡状况与它在另一平衡态（p 2，V 2，T 2）时相比有那些不同?设气体总分子数为N ，p 2< p 1，V 2< V 1。
（3）气体在平衡状态下，则222213x y z v v v v ===， 0x y z v v v ===。
(式中x v 、y v 、z v ，是气体分子速度v 的三个分量)。
答：（1）由p nkT = 可知，温度升高时，n 适当地减小，可使压强不变；（2） 在平衡态（2p ，2V ,2T ）时分子的平均平动动能较在平衡态（1p ，1V ，1T ）时小，但分子数密度较大；（3） 因分子向各方向运动的概率相同，并且频繁的碰撞，速度的平均值为零，速度平方的平均值大小反映平均平动动能的大小，所以各分量平方平均值相等；4.4 有人说“在相同温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，氧分子的质量比氢分子的大，所以氢分子的速率一定比氧分子大”。
这样讲对吗？答：不对，只能说氢分子的速率平方平均值比氧分子的大。
大学物理习题册及解答(第二版)第四章-刚体的定轴转动
上环可以自由在纸面内外摆动。求此时圆环摆的转动惯量。 O
(*)（3）求两种小摆动的周期。哪种摆动的周期较长？
R C
解：（1）圆环放在刀口上O，以环中 心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴
J zc MR2
O
P
ŷ
P΄
x
指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为
Z
R
由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为 J zo J zc MR 2 2MR 2
m(l a) J
杆摆动过程机械能守恒
J 1 Ml2 3
1 J 2 Mg l (1 cos )
2
2
解得小球碰前速率为 Ml
2gl sin
m(l a) 3 2
5．一轻绳绕过一半径R，质量为M/4的滑轮。质量为M的人抓住绳 子的一端，而绳子另一端系一质量为M/2的重物，如图。求当人相 对于绳匀速上爬时，重物上升的加速度是多少？
解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮轴的
外力矩为
1 MgR
人
物2
设u为人相对绳的匀速度，为重物上升的
速度。则该系统对滑轮轴的角动量为
L M R M (u )R (1 M R2 ) 13 MR MRu
2
24
8
据转动定律
du 0 dt
dL dt
a
即 1 MgR d (13 MR MRu)
6. 一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯 量为J1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一转 轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍．啮合后整个系
统的角速度 / 3 0
7．一长为l，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的 水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固 定着一质量为m的小球，如图所示．现将杆由水平位置 无初转速地释放．则杆刚被释放时的角加速度a0 _ ， 杆与水平方向夹角为60°时的角加速度a_
大学物理习题答案解析第四章
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，即式中m v D 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，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0 ，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 ×m v ＝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ωJ ωJ d m d m =+-00vv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，在匀变速转动中角加速度为(2) 发动机曲轴转过的角度为在12 s 内曲轴转过的圈数为圈 4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为，式中ω０＝9.0 s -1 ，τ＝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(2) 角速度随时间变化的规律为(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为则t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数圈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J AA′＝1.93 ×10-47 kg·m 2 ，对BB ′ 轴转动惯量J BB′＝1.14 ×10-47 kg·m 2，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．tωαd d =()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=tn n t ωωα()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=3902π20=+==t n n θN ()τt e ωω/01--=()10/0s 6.895.01--==-=ωe ωωτt ()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα()rad 9.36d 1d /6060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 87.5π2/==θN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 由图可得此二式相加，可得 则由二式相比，可得 则 4 －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θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='22d m J J H B B A A =+''m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d θJ J B B A A 2tan /=''o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J Jθ4 －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．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，式中d m 可取半径为r 、宽度为d r 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，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为(2) 由平行轴定理，剩余部分对O ′O ′轴的转动惯量为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)．2424122221121m kg 136.021π161 2212212⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+=ad ld ρd m d m J JJ m r J d 2⎰=22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m rr R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰2121mR J =2222232122ππ21mR R R Rm J =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛=22103215mR J J J =-=22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='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 Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有(1)而对重物而言，由牛顿定律，有(2)由于绳子不可伸长，因此，有(3)重物作匀加速下落，则有(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2 根据系统的机械能守恒定律，有(1′)而线速度和角速度的关系为(2′)又根据重物作匀加速运动时，有(3′)(4′)由上述各式可得αJ R F T =ma F mg T =-αR a =221at h =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J 0212122=++-ωJ m mgh v ωR =v at =v ah 22=v ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J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2.03×03N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min -1 增大到1.12×104 r·min -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，可得飞轮所经历的时间 解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则 4 －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 Ｔ .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t ωωα0-=αJ M =()s 8.10200=-=-=n n MJπJ M ωωt ()0d ωωJ t M t-=⎰()s 8.10π200=-=-=n n MJJ M ωωt对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有且F Ｔ ＝F Ｔ′ .又由角量与线量之间的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为(2) 由式(2)可得绳中的张力为4 －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J 1 和J 2 ，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αr m αJ r F T 2121==a m F g m F P T T 222='-='-αr a =21222m m gm a +=m 45.222121222=+==m m gt m at s ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m FT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) (2)(3) , (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有(5) (6)解上述方程组，可得4 －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θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，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 、B 和滑轮的受力分析，如图(b ).其中A 是在张力F Ｔ1 、重力P 1 ，支持力F Ｎ 和摩擦力F ｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111111a m F g m F P T T =-='-222222a m g m F P F T T =-=-'()αJ J r F R F T T 2121+=-11T T F F ='22T T F F ='αR a =1αr a =2gR r m R m J J rm R m a 222121211+++-=gr rm R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=g m r m R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=11111cos sin a m θg m μθg m F T =--而B 则是在张力F Ｔ2 和重力P 2 的作用下运动，有(2)由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4) , (5)解上述各方程可得4 －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 ×103 r·min -1 .现用闸瓦制动使其在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 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.2222a m F g m T =-αr a a ==21αJ r F r F T T ='-'1211T T F F ='22T T F F ='22111221cos sin rJm m θg m μθg m g m a a ++--==()()22121211//cos sin cos sin 1rJ m m r gJ m θμθθμθg m m F T ++++++=()22122212//cos sin 1rJ m m r gJ m θμθg m m F T +++++=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 Ｎ 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，有而，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 (1) 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) 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量，根据转动定律，由式(1)、(2)可得制动力()0121='-+l F l l F NNN F F '=d μF l ll d μF d F M N 121f2212+===tnt ωt ωωαπ200==-=4/2md J =αJ M =4 －17 一半径为R 、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω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μ.(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d r 的圆环为面元，环所受摩擦力d F ｆ ＝2πr μmg d r /πR 2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩d M ＝r ×d F ｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ d M .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M Δt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt .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d r 的同心圆环所受的摩擦力矩为式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为(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 Δt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为4 －18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气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 ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为(1) 根据初始条件对式(1)积分，有()N 1014.32211⨯=+=tl l μnmdl πF ()k F r M 22f /d 2d R r mg μr d -=⨯=mgR μr R mg μr M M R32d 2d 022===⎰⎰gμR ωM ωJ t 43Δ==JωC t ωα-==d d t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-=由于C 和J 均为常量，得(2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为(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 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α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e －t) 转动，其中ω0 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J Ct e ωω/0-=2ln CJt =t e ωθJ Ct tθd d /000-⎰⎰=CωJ θ20=CωJ θN π4π20==()()222sin 2sin 22αl m αl m mr J ===()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===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 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ω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 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轴转动.一质量为m 2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m · s －1 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.()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d d d d --==t e αωml -=202sin 2αωml M 202sin 2=t e ωtωα-==0dd R ω=0v gR ωg h 222220==v L L L '-=0ωR m L 221'=ωmR L 2='ωR m m L 221⎪⎭⎫⎝⎛-'=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，J 2ω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 半径分别为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Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ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)()ωJ J ωJ '+=212()2222/l m J =12/211l m J =()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv()0111ΔωωJ t F r -=-222ΔωJ t F r =2211ωr ωr =由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为4 －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J 0 、J 1 ＝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ω0 ＝πs -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J 0 ＝4.0 ×10-3 kg· m 2 .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 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 ×103kg· m 2 ，旋转的角速度ω＝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 ω；(2) 喷气过210222122011r ωJ r J r ωJ ω+=10ωωω+=Rωωωωv+=+=010()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv kg 10.0Qd s100==⎰t m ()ωmr J ωJ 2000+=112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω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 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 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ωB 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ωc 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 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.()mur m r ωu m≈+⎰d 0=-mur ωJ Qt m 2=s 67.22==QurωJ t ()b a ωJ J ωJ 100+=2021R m J '=21mR J =a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=22mr J =()c a ωJ J ωJ 100+=。
大学物理第四章 习题解答
第四章 习题解答（仅供参考）4．3 如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅； （2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即mv = (m + M )v 0． 解得子弹射入后的速度为v 0 = mv/(m + M ) = 2(m·s -1)， 这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得 (m + M ) v 02/2 = kA 2/2， 所以振幅为A v =10-2(m)． （2）振动的圆频率为ω=s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得 φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为 x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．4 如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为v =物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为0m v v m M ==+，这也是它们振动的初速度．设振动方程为 x = A cos(ωt + φ)， 其中圆频率为ω=物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则x 2 = (M + m )g/k ．图4.3图4.4取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x0 = x1 - x2 = -mg/k．因此振幅为A===初位相为arctanvx ϕω-==4．14三个同方向、同频率的简谐振动为10.08cos(314)6x t π=+，20.08cos(314)2x t π=+，350.08c o s(314)6x t π=+．求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到x A=所需最短时间（A为合振动振幅）．[解答] 合振动的圆频率为ω = 314 = 100π(rad·s-1)．设A0 = 0.08，根据公式得A x = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0，A y = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3 = 2A0 = 0.16(m)，振幅为A=，初位相为φ = arctan(A y/A x) = π/2．合振动的方程为x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当/2x=时，可得cos(100/2)2tππ+，解得100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s．。
大学物理第四章习题解答
l
v v
O
以杆、摆锤和地球为整体，该系统在 摆动过程中机械能守恒，选择最低点 为重力势能零点。若刚好能完成一次
m/
A
m
/
v v 2
圆周运动，则系统在最高点的角速度 为0。
/ / 11 / 2 2 m gl 3m gl / 2 = + 2m / gl m l + m l ω0 + 23 2 2
解：有心力对地心的力矩为零， 有心力对地心的力矩为零， 卫星 m 对地心 o 角动量守恒
v 2 h2 r r 1
h1 m
mv1r1 = mv2 r2
卫星与地球系统机械能守恒： 1 2 GmM 1 2 GmM mv1 − = mv2 − 2 r1 2 r2
24
v1
r1 = R + h1 , r2 = R + h2
0
6
−t / τ
d ( − )]
t
τ
= ω 0 [t
−t / τ 6 + τe ]0
= 9[6 + 2(e −6 / 2 - e 0 )] = 36.9 rad
∆θ N= = 5.87 (圈) 2π
N ≠ ∆θ
6
4 − 9：一飞轮由一直径为30cm，厚度为2cm的圆盘和两个直径都为10cm ，长为8cm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。
有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： 4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： 力都平行于轴作用时 （1）这两个力都平行于轴作用时， ）这两个力都平行于轴作用时， 对轴的 一定是零 它们对轴 合力矩一定是 它们对轴的合力矩一定是零; 力都垂直于轴作用时 （2）这两个力都垂直于轴作用时， ）这两个力都垂直于轴作用时， 它们对轴的合力矩可能是 合力矩可能 它们对轴的合力矩可能是零; 合力为零时 （3）当这两个力的合力为零时， ）当这两个力的合力为零 它们对轴的合力矩也一定是零 合力矩也一定是 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 （4）当这两个力对轴的合力矩为 它们的合力也一定是零 合力也一定是 零时，它们的合力也一定是零。 对上述说法正确的是（ 对上述说法正确的是（ B ） (A) 只有 是正确的 只有(1)是正确的 (B) (1)(2)正确，(3)(4)错误 正确， 正确 错误 (C) (1)(2)(3)都正确，(4)错误 都正确， 错误 都正确
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第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω 主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=t ωωα 在4s 主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=t ωωα t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ 4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得 221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb = 4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=t ωωα 制动力矩的大小为 m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
图4-1 m 2mb3bO4–6 半径为0.2m ，质量为1kg 的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。
现有一变力F =5t （SI ）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角速度为 。
解：圆盘的转动惯量为222m kg 02.0)2.0(12121⋅=⨯⨯==mR J 。
3秒末的角加速度为 s rad 303101002.052.0/t t J M =⨯==⨯==α 由 t t d d 10ωα== 即t t d 10d =ω对上式积分，并利用初始条件：0=t 时，00=ω，得⎰⎰=300d 10d t t ωωs /rad 45=ω4–7 角动量守恒定律成立的条件是 。
解：刚体（质点）不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。
4–8 以下运动形态不是平动的是[ ]。
A ．火车在平直的斜坡上运动B ．火车在拐弯时的运动C ．活塞在气缸的运动D ．空中缆车的运动解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选（B ）。
4–9 以下说法错误的是[ ]。
A ．角速度大的物体，受的合外力矩不一定大B ．有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零C ．有角加速度的物体，所受合外力一定不为零D ．作定轴（轴过质心）转动的物体，不论角加速度多大，所受合外力一定为零解：角速度大的物体，角加速度不一定大，由于αJ M =，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴（轴过质心）转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。
综上，只有（C ）是错误的，故应选（C ）。
4–10 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。
在上述说法中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）都正确解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故（1）正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，则它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，则合力矩不等于零，因此（2）也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故（3）是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因F r M ⨯=，所以它们的合力不一定为零，故（4）也是错误的。
故答案应选（B ）。
4–11 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动。
如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。
子弹射入并且停留在圆盘，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度ω与射入前角速度0ω相比[ ]。
A ．增大B ．不变C ．减小D ．不能确定解：设射来的两子弹的速度为v ，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，即ωωJ J d m d m =+-00v v 式中d m v 这子弹对点O 的角动量，0J 为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量，J 为子弹射入后系统对轴O的转动惯量。
由于J J <0，则0ωω<。
故选（C ）。
4–12 如图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。
有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。
该物体原以角速度ω在距孔为r 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体[ ]。
A ．角速度减小，角动量增大，动量改变B ．角速度不变，动能不变，动量不变C ．角速度增大，角动量增大，动量不变D ．角速度增大，动能增加，角动量不变解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有2211ωωJ J =。
当小球的半径减小时，小球对O 点的转动惯量减小，即21J J >，故22ωω>，角速度增大，小球转得更快。
又由2211ωωJ J =可得2211r m r m v v =，因21r r >，所以12v v >，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。
故选（D ）4–13 有一半径为R 的水平圆转台，可绕过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J 。
开始时，转台以角速度0ω转动，此时有一质量为M 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去。
当人到达转台边缘时，转台的角速度为[ ]。
A ．20MR J J +ω B ．20)(R M J J +ω C ．20MR J ω D ．0ω解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。
当人沿半径向外跑去，到达O图4-2图4-3 F r O转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量2R M R M ω=v 。
根据角动量守恒，可列方程得20R M J J ωωω+=故20MR J J +=ωω所以应选（A ）。
4–14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统[ ]。
A ．动量、机械能、角动量均守恒B ．动量、机械能守恒，角动量不守恒C ．动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能断定D ．动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。
当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，则物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。
则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C ）。
4–20 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。
小圆盘的半径为r ，质量为m ；大圆盘的半径r '＝2r ，质量m '＝2m 。
组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O 转动，对O 轴的转动惯量J ＝9mr 2/2。
两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m 的物体A 和B ，如图4-7所示。
这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。
已知r =10cm 。
求：（1）组合轮的角加速度；（2）当物体A 上升h ＝40cm 时，组合轮的角速度。
解：（1）各物体受力情况如图4–8。
A 、B 看成质点，应用牛顿第二定律。
滑轮是刚体，应用刚体转动定律，得α 图4-8图4-7ma mg T =-a m T mg '='-αJ Tr r T =-''222292121mr mr r m J =+''=又因绳与盘无相对滑动，故有αr a = αr a '='由上述方程组，代入题给已知条件可得2s /rad 3.10192==rg α （2）设θ为组合轮转过的角度，则 rad 41.04.0===r h θ 所以组合轮的角速度为s /rad 08.943.1022=⨯⨯==αθω4–24 如图4-14所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为2m kg 10⋅=A J 和2m kg 20⋅=B J ，开始时，A 轮转速为600转/分，B 轮静止，C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计，A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。
设轴光滑，求：（1）两轮啮合后的转速n ；（2）两轮各自所受的冲量矩。
解：选A 、B 两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有()ωωB A A A J J J +=s rad 9.20/J J J B A A A =+=ωω 200π2==ωn r/minA 轮所受的冲量矩为()s m N 1019.4d 2⋅⋅⨯-=-=⎰A A A J t M ωω负号表示冲量矩与A ω方向相反。
B 轮所受的冲量矩： ()s m N 1019.4d 2⋅⋅⨯=-=⎰B B B J t M ωω正号表示冲量矩与A ω方向相同。
4–26 如图4-15所示，一质量M ，半径为R 的圆柱，可绕固定的水平轴O 自由转动。