大学物理（第四版）课后习题及答案 刚体(3)

n2?0h2 r??me2题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?106m）

题4.25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

mv1r1?mv2r2（1）

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有 12GmmE12GmmE（2） mv1??mv2?2r12r2式中G为引力常量，mE和m分别为地球和卫星质量，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

v1?2GmEr2?8.11?103m?s?1

r1?r1?r2?v2?r1v1?6.31?103m?s?1 r2题4.26：地球对自转轴的转动惯量为0.33mER2，其中mE为地球的质量，R为地球的半径。（1）求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5?10?5s，求潮汐对地球的平均力矩。

题4.26分析：由于地球自转一周的时间为24小时，由??2?/T可确定地球的自转角速度1J?2。随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因2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?Ek与周期?T的

和地球自转时的转动动能Ek?变化的关系。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

W?M????Ek，即可求出潮汐的平均力矩。

解：（1）地球的质量mE?5.98?1024kg，半径R?6.37?106m，所以，地球自转的动能 Ek?1J?2?2?2?0.33mER2/T2?2.12?1029J 22?两边微分，可得 T（2）对式??d???2?dT T2当周期变化一定时，有 2??2????2?T???T（1）

T2?由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

?3??Ek?J?????J?T??Ek?T（2）

2??又根据动能定理

W?M????Ek（3）

由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩 M?Ek??T?7.47?1016N?m 22?n式中n为一年中的天数（n = 365），?T为一天中周期的增加量。

题4.27：如图所示，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动惯量

J1?10.0kg?m2，开始时B轮静止，A轮以n1?600r?min?1的转速转动，然后使A与B连接，

因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于n?200r?min?1为止。求：（1）B轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。

题4.27解：（1）取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有 J1?1??J1?J2??2

则B轮的转动惯量为

???2n?nJ2?1J1?12J1?20.0kg?m2

?2n2（2）系统在啮合过程中机械能的变化为 ?E?1?J1?J2??22?1J1?12??1.32?104J 22式中负号表示啮合过程机械能减少。

题4.28：一质量为m、半径为R的匀质圆柱体，从倾角为?的斜面上无滑动地滚下，求其质心的加速度。

题4.28解1：按题意作图并作圆柱体的受力分析（如图所示）。由牛顿第二定律可得圆柱体的质心C在x方向上的动力学方程为 mgsin??Ff?maC（1）

在斜面对圆柱体的摩擦力矩作用下，圆柱体绕其中心轴转动，根据转动定律，有 FfR?J??1mR2?（2） 2在无滑动滚动时，质心的加速度aC与转动的角速度?之间的关系为?aC?R?（?）?

联立解上述三个方程式，可得?aC?2gsin??3解2：?若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则摩擦力Ff和支持力FN都不产生力矩，

使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩mgsin?，故有?mgRsin??J???

其中J?是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有 3J??J?mR2?mR2

2??故有

??则

1gsin? 2RaC?R??2gsin? 3解3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有 E?1212mvC?J??mghC?恒量 22dvCdhd??J??mgC?0 dtdtdtdvCd?dhC?aC,??,??vsin?，且有vC?R?和aC?R?，则可得到 dtdtdt将上式对t求导，可得 mvC式中aC?2gsin? 3显然上述三种方法均能得到同样的结果。

题4.29：一长为l、质量为m的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为?。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端点为转轴的角速度??；（2）在此过程中转动动能的改变。

题4.29解：（1）棒的质心的动量定理为

F?t??p?mvC

式中F是棒所受的平均力，vC为棒质心的速度。棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有 ?Fl?t?J???J? 212。而根据角动量与线量的关系 ml）

12式中J为棒绕质心的转动惯量（即J?lvC???

2可解得 ???J1??? 14J?ml24（2）在此过程中转动动能的改变为

?Ek?111J???2?J?2??ml2?2 2232题4.30：一长为2l的均匀细杆，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙上，另一端放在摩擦亦略去不计的水平地板上，如图所示。开始时细杆静止并与地板成?0角。当松开细杆后，细杆开始滑下。问细杆脱离墙壁时，细杆与地面的夹角?为多大？

题4.30解：以初始位置时细杆的质心位置为坐标原点，取坐标如图所示。细杆在任意位置时的质心坐标为 …… 此处隐藏：529字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……