北方民族大学物理（上）题库(7)

α?ω?ω0ω02πn (2) ??ttt2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J?md/4，根据转动定律M?Jα，由式(1)、(2)可得制动力

F?πnmdl1?3.14?102N

μ?l1?l2?t4 －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

v0?ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2h??

2g2g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L?L0?L?

式中L?1m?R2ω为圆盘未碎时的角动量；L??mR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的2?1?L??m??m?R2ω

?2?角动量；L 为破裂后盘的角动量.则

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4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝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m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s1 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.

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

J2ω??J1?J2?ω?

式中J2?m2?l/2?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

2弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

2ω??J2ω6m2v??29.1s?1

J1?J2?m1?3m2?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· m2 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· s1 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

ω?ω0?ω1 .

解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

ω?ω0?ω1?ω0?v R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0?J1?ω0?ω1??0

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

mR2vω0????9.52?10?2s?1 2J0?mRR

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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 －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

J0ωa??J0?J1?ωb

式中J0?1m?R2为转台对其中心轴的转动惯量，J1?mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2J0m?ωa?ωa

J0?J1m??2m对轴的转动惯量.于是可得

ωb?(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J2?mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有

2J0ωa??J0?J1?ωc

4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

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

J0ω0?J1ω1

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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J0?mr0和

2J1?12mr0，则 4ω?J1ω0?4ω0 J0(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

W?11322 J1ω12?J0ω0?mr02ω02225 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为

E?1Q

πε04r2?L2(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

E?1Q

2πε0r4r2?L2若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq ＝Qdx/L，它在点P 的电场强度为

dE?整个带电体在点P 的电场强度

1dqer

4πε0r?2E??dE

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

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(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

E??dEi

L(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

E??dEyj??sinαdEj

L证 (1) 延长线上一点P 的电场强度E?量，则

dq利用几何关系 r′＝r －x统一积分变?L2πε0r?2，

EP??1QdxQ?11?1Q???电场强度的方向22??-L/24πεL?r?x?24πε0L?r?L/2r?L/2?πε04r?L0L/2沿x 轴.

(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

E??利用几何关系 sin α＝r/r′，r??sinαdqdE

L4πεr?20r2?x2 统一积分变量，则

E??1rQdx22-L/24πε0Lx?rL/2??2/3?Q2πε0r14r?L22

当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

E?liml??1Q/L2πε0r1?4r2/L2λ ?2πε0r带电长直细棒可视为无限长带电直线.

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2 ＜＜1，5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.

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