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大学物理课后习题及答案 刚体题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2´103r×min-1均匀的增加到2.7´103r×min-1。求曲轴转动的角加速度；在此时间内，曲轴转了多少转？ 题4.1解：由于角速度w =2pn，根据角加速度的定义a=在匀变速转动中角加速度为 2p(n-n0)=13.1rad×s-2 tdw，dta=w-w0t12=发动机曲轴转过的角度为 q=w0t+at2=w+w02t=p(n+n0)t 在12 s内曲轴转过的圈数为 N=qn+n0=t=390圈 2p2-t题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为w=w0(1-et)，式中w0=9.0rad×s-1，t=6.0s时的转速；角加速度随时间变化的规律；启动后6.0s内t=2.0s。求：转过的圈数。 题4.2解：根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s代入，即得 t-ætw=w0çç1-eèö÷=0.95w0=8.6s-1 ÷ø角加速度随时间变化的规律为 -dww0-ta=e=4.5e2s-2 dttttt = 6.0 s时转过的角度为 q=òwdt=ò06s6s0t-ætw0çç1-eèö÷dt=36.9rad ÷ø则t = 6.0 s时电动机转过的圈数 q=5.87圈 2p题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度w0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度N=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：经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？在此时间内共转过多少转？ 题4.3解：通风机叶片所受的阻力矩为M=-C，由转动定律M=J，可得叶片的角加速度为 a=dwCw =-dtJ根据初始条件对式积分，有 tdwC=-òw0dtò0Jdt w由于C和J均为常量，得 w=w0e-CtJ1当角速度由w0®w0时，转动所需的时间为 2t=Jln2 CtC-tJ根据初始条件对式积分，有 òq0dq=òw0e0dt 即 q=Jw0 2C在时间t内所转过的圈数为 N=qJw0 =2p4pC题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03´103N×m，涡轮的转动惯量为25.0kg×m2。当轮的转速由2.80´103r×min-1增大到1.12´104r×min-1时，所经历的时间为多少？ 题4.4解1：在匀变速转动中，角加速度a=的时间 t=w-w0t，由转动定律M=J，可得飞轮所经历w-w0MJ=2pJ(n-n0)=10.8s M解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有 òt0Mdt=J(w-w0) 则 t=w-w0MJ=2pJ(n-n0)=10.8s M题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，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。 题4.5解1：设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有 FTR=Ja 而对重物而言，由牛顿定律，有 mg-FT=ma 由于绳子不可伸长，因此，有 a=Ra 重物作匀加速下落，则有 h=12at 2由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 ægt2ö÷J=mRç-1ç2h÷ èø2解2：根据系统的机械能守恒定律，有 11-mgh+mv2+Jw2=0 22而线速度和角速度的关系为 v=Rw 又根据重物作匀加速运动时，有 v=at v2=2ah 由上述各式可得 ægt2ö÷J=mRç-1ç2h÷ èø2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。 题4.6：一飞轮由一直径为30cm，厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为10cm，长为8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8´103kg×m-3，求飞轮对轴的转动惯量。 题4.6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 1ædö1ædöJ=J1+J2=2´m1ç1÷+m2ç2÷2è2ø2è2ø=11æöprçld14+ad24÷=0.136kg×m216è2ø22题4.7：如图所示，圆盘的质量为m，半径为R。求它对O¢O¢轴的转动惯量。 题4.7解：根据平行轴定理JO¢=JO+mR2和绕圆盘中心轴O的1转动惯量JO=mR2可得 2JO¢=JO+mR2=13mR2+mR2+mR2 2225题4.8：试证明质量为m，半径为R的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为mR2。如以和球体相切的线为轴，其转动惯量又为多少？ 题4.8证：如图所示，图中阴影部分的小圆盘对OO¢轴的转动惯量为 dJ=121rdm=R2-x2rpR2-x2dx 22()()式中r=3m为匀质球体的密度。则球体以其直径OO¢为转4pR3212prR2-x2dx=mR2 -R25R轴的转动惯量为 J=òdJ=ò()又由平行轴定理可得球绕O1O¢1轴的转动惯量为 7J¢=J+mR2=mR2 5题4.9：质量面密度为s的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为s12lb(l2+b2)。其中l为矩形板的长，b为它的宽。 题4.9证：取如图所示坐标，在板上取一质元dm=sdxdy，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为 dJ=x2+y2sdxdy ()整个矩形板对该轴的转动惯量为 J=òdJ=òl2l-2ò(xb2b-22+y2sdxdy=)1slbl2+b2 12()题4.10：如图所示，质量m1=16kg的实心圆柱体A，其半径为r=15cm，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m2=8.0kg的物体B。求：物体由静止开始下降1.0s后的距离；绳的张力FT。 题4.10解：分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得 FTr=Ja=1m1r2a 2对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有 ¢=m2g-FT¢=m2a P2-FT¢。又由角量与线量的关系，得 且FT=FT a=ra 解上述方程组，可得物体下落的加速度 a=2m2g m1+2m2在t = 1.0 s时，B下落的距离为 12m2gt2s=at=2.45m 2m1+2m2由式可得绳中的张力为 FT=m(g-a)=m1m2g=39.2N m1+2m2题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，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。 题4.11解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有 ¢P1-FT1=m1g-FT1=m1a1 ¢-P2=FT2-m2g=m2a2 FT2(FT1R-FT2r)=(J1+J2)a ¢=FT1,FT2¢=FT2 FT1由角加速度和线加速度之间的关系，有 a1=Ra a2=ra 解上述方程组，可得 a1=m1R-m2rgR J1+J2+m1R2+m2r2a2=m1R-m2rgr J1+J2+m1R2+m2r2J1+J2+m2r2+m2RrFT1=m1g J1+J2+m1R2+m2r2J1+J2+m1R2+m1RrFT2=m2g J1+J2+m1R2+m2r2题4.12：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m1和m2的物体A、B。A置于倾角为q的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为m。若B向下作加速运动时，求：其下落加速度的大小；滑轮两边绳子的张力。 题4.12解：作A、B和滑轮的受力分析图。其中A是在张力FT1、重力P1，支持力FN和摩擦力Ff的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有 FT1-m1gsinq-mm1gcosq=m1a1 而B则是在张力FT2和重力P2的作用下运动，有 m2g-FT2=m2a2 由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有 a1=a2=ra 对滑轮而言，根据定轴转动定律有 ¢r-FT1¢r=Ja FT2且有 ¢=FT1,FT¢2=FT2 FT1解上述各方程可得 a1=a2=m2g-m1gsinq-mm1gcosqJm1+m2+2rm1m2g(1+sinq+mcosq)+(sinq+mcosq)m1gJr2 FT1=m1+m2+Jr2m1m2g(1+sinq+mcosq)+m2gJr2 FT2=m1+m2+Jr2题4.13：如图所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1.0´103r×min-1。现用闸瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动力F。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数m=0.40，飞轮质量全部分布在轮缘上。 题4.13解：飞轮和闸杆的受力分析如图所示。根据闸杆的力矩平衡，有 ¢l1=0 F(l1+l2)-FN¢，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FN=FNM=Ffl+ld1=FNmd=12Fmd 222l1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 w-w0w02pn a=ttt因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J=md24，根据转动定律M=Ja，由式、可得制动力 pnmdl1F=3.14´102N m(l1+l2)t题4.14：图是测试汽车轮胎滑动阻力的装置。轮胎最初为静止，且被一轻质框架支承者，轮轴可绕点O自由转动，其转动惯量为0.75kg×m2、质量为15.0kg、半径为30.0cm。今将轮胎放在以速率12.0m×s-1移动的传送带上，并使框架AB保持水平。如果轮胎与传送带之间的动摩擦因数为0.60，则需要经过多长时间车轮才能达到最终的角速度？在传送带上车胎滑动的痕迹长度是多少？ 题4.14解：车胎所受滑动摩擦力矩为 M=mmgr 根据转动定律，车轮转动的角加速度为 M Ja=要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为 w=vr 开始时车轮静止，即w0=0，故由匀加速转动规律w=w0+at，可得 w (4) a由上述各式可解得 t=t=Jv=1.13s mmgr2在t时间内，轮缘上一点转过的弧长 rs=rq=at2 2而传送带移动的距离l = vt，因此，传送带上滑痕的长度 1Jv22d=l-s=vt-rat=6.80m 22mmgr2题4.15：一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度w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m。求圆盘所受的摩擦力矩。问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？ 题4.15解： 圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力大小dFf=2prmmgdrpR2，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为 dM=r´dFf=-2r2mmgdrR2k ()式中k为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为 M=òdM=òR02r2mmgdr2=mmgR 2R3由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J = mR2/2。由角动量定理MDt=D(Jw)，可得圆盘停止的时间为 Jw3wR Dt=M4mg题4.16：一质量为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w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？ 题4.16解：碎块抛出时的初速度为 v0=wR 由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为 2v0w2R2 h=2g2g圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 L=L0-L¢ 11式中L0=m¢R2w为圆盘未碎时的角动量；L¢=mR2w为碎块22被视为质点时，对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量。则 æ1öL=çm¢-m÷R2w è2ø题4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为m1=1.0kg，长为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´102m×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。 题4.17解：根据角动量守恒定理 J2w=(J1+J2)w¢ 式中J2=m2(l2)2为子弹绕轴的转动惯量，J2w为子弹在陷入杆前的角动量，w=2vl为子弹在此刻绕轴的角速度。J1=m1l212为杆绕轴的转动惯量，w¢是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得杆的角速度为 Jw6m2vw¢=2=J1+J2(m1+3m2)l=29.1s-1 题4.18：半径分别为r1、r2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J1和J2。开始时轮以角速度w0转动，问与轮成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？ 题4.18解：设相互作用力为F，在啮合的短时间Dt内，根据角动量定理，对轮I、轮II分别有 -Frw1-w0) 1Dt=J1(Fr2Dt=J2w2 两轮啮合后应有相同的线速度，故有 r1w1=r2w2 由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为 J1w0r22J1w0r1r2 w1=,w=22222J1r2+J2r1J1r2+J2r1题4.19：一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg×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1.00m×s-1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？ 题4.19解：设转台相对地的角速度为w0，人相对转台的角速度为w1。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为 v Rw=w0+w1=w0+由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 J0w0+J1(w0+w1)=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、可得转台的角速度为 mR2vw0=-=-9.52´10-2s-1 2J0+mRR式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。 题4.20：一转台绕其中心的竖直轴以角速度w0=ps-1转动，转台对转轴的转动惯量为J0=4.0´10-3kg×m2。今有砂粒以Q=2tg×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=0.10m，求砂粒下落t=10s时，转台的角速度。 题4.20解：在时间0®10 s内落至台面的砂粒的质量为 m=ò10s0Qdt=0.10kg 根据系统的角动量守恒定律，有 J0w0=J0+mr2w ()则t = 10 s时，转台的角速度 J0w0w=0.8ps-1 2J0+mr题4.21：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，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J0=2.0´103kg×m2，旋转的角速度w=0.2rad×s-1，喷口与轴线之间的距离r=1.5m；喷气以恒定的流量Q=1.0kg×s-1和速率u=50m×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？ 题4.21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：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Jw；喷气过程中气流速率u远大于飞船侧面的线速度wr，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L=ò(u+wr)dm»mur。经上述处理后，可使问题大大简化。 m解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有 Jw-mur=0 因喷气的流量恒定，故有 m=2Qt 由式、可得喷气的喷射时间为 Jwt=2.67s Qur题4.22：一质量为m¢、半径为R的转台，以角速度wa转动，转轴的摩擦略去不计。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wb为多少？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wc为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。 题4.22解：蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有 J0wa=(J0+J1)wb 1式中J0=m¢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，它对轴2的转动惯量。于是可得 wb=J0m¢wa=wa J0+J1m¢+2m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=mr2。在此过程中，由系统角动量守恒，有 J0wa=(J0+J2)wc 则 J0m¢R2wc=wa=wa J0+J2m¢R2+2mr2题4.23：一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s。若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；棒的最大偏转角。 题4.23解：在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得 DL=Jw0=òMdt=FlDt=2.0kg×m2×s-1 在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选O处为重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即 121Jw0=mgl(1-cosq) 22由式、可得棒的偏转角度为 æ3F2Dt2öoq=arccosçç1-m2gl÷÷=8838¢ èø题4.24：设氢原子中电子在圆形轨道中以速率v绕质子运动。作用在电子上的向心力为电作用力，其大小为e2/4pe0r2，其中e为电子、质子的电量，r为轨道半径，e0为恒量。试证轨道半径为 e2 r=4pe0mv2假设电子绕核的角动量只能为h/2p的整数倍，其中h为普朗克常量。试证电子的可能轨道半径由下式确定： r=nh 2pmv试由以上两式消去v，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式： r=n2e0h2pme2式n中可取正整数1,2,3L。 题4.24证：电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的电作用力F=万有引力），根据径向动力学方程F = man，有 mv2 =4pe0r2re2e24pe0r2根据题中电子角动量的量子化条件，即L=ne2h L=mv=n4pe0mv22ph，有 2p则电子可能的轨道半径为 r=nh 2pmv根据和的结果消去v，电子可能的轨道半径也可表示为 n2e0h2 r=pme2题4.25：我国XX年x月x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。 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 又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有 12GmmE12GmmE 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、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。求地球自转时的动能；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w=2p/T可确定地球的自转角速度1Jw2。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DEk与周期DT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=MDq=DEk，即可求出潮汐的平均力矩。 解：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=1Jw2=2p2´0.33mER2/T2=2.12´1029J 22p两边微分，可得 T对式w=dw=-2pdT T2当周期变化一定时，有 2pw2Dw=-2DT=-DT T2p由于地球自转减慢而引起动能的减少量为 w3wDEk=JwDw=-JDT=-EkDT 2pp又根据动能定理 W=MDq=DEk 由式、可得潮汐的摩擦力矩 M=EkwDT=7.47´1016N×m 22pn式中n为一年中的天数，DT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：B轮的转动惯量；在啮合过程中损失的机械能。 题4.27解：取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有 J1w1=(J1+J2)w2 则B轮的转动惯量为 w-w2n-nJ2=1J1=12J1=20.0kg×m2 w2n2系统在啮合过程中机械能的变化为 DE=1(J1+J2)w22-1J1w12=-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q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。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 mgsinq-Ff=maC 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=Ja=1mR2a 2在无滑动滚动时，质心的加速度aC与转动的角速度a之间的关系为 aC=Ra 联立解上述三个方程式，可得 aC=2gsinq 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mgsinq，故有 mgRsinq=J¢a 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 a=则 1gsinq 2RaC=Ra=2gsinq 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+Jw+mghC=恒量 22dvCdhdw+Jw+mgC=0 dtdtdtdvCdwdhC=aC,=a,=-vsinq，且有vC=Rw和aC=Ra，则可得到 dtdtdt将上式对t求导，可得 mvC式中aC=2gsinq 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w。若棒突然改绕其一端转动，求：以端点为转轴的角速度w¢；在此过程中转动动能的改变。 题4.29解：棒的质心的动量定理为 FDt=Dp=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 -FlDt=Jw¢-Jw 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在此过程中转动动能的改变为 DEk=111J¢w¢2-Jw2=-ml2w2 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q0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q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 x=l(cosq-cosq0) y=l(sinq-sinq0) 取初始位置时的势能为零，根据系统的机械能守恒定律，有 121mvC+JCw2 22因为细杆的质心速度vC=lw，细杆对其中心的轴的转mgy=1动惯量JC=ml2，通过式、和可得 3w=3g(sinq0-sinq) 2ldw3g=-cosq dt4l根据中心C在x方向的动力学方程FN1=max，当细杆与墙壁脱离接触时FN1=0，则ax=0。由式可得 vx=ax=dx=-lwsinq dtdvxdw =-lw2cosq-lsinqdtdt将式和式代入式，且令ax=0，有 sinq3g3g(sinq0-sinq)cosq cosq=4l2l2即sinq=sinq0 3细杆脱离墙壁时与地面的夹角为 q=arcsinçsinq0÷ øæ2è3ö题4.31：如图所示，A、B两个轮子的质量分别为m1和m2，半径分别为r1和r2。另有一细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中A轮绕固定轴O转动。试求：B轮下落时，其轮心的加速度；细绳的拉力。 题4.31解：分别作两轮的受力分析，如图所示。取竖直向下为y轴正向。轮A绕轴O作定轴转动，故有 ¢r1=FT1m1r12aA 2对于轮B除了绕其轴C转动外，其质心C还在向下作平动。根据牛顿定律，轮B质心的动力学方程为 m2g-FT=m2aC 根据转动定律，有 F1Tr2=2m22r2aB 角量与线量的关系aaAaBA=r,aB=1r，aA、aB2分别为轮A、B边缘上一点的加速度，二者和C点加速度之间的关系为aA=aC-aB，且有FT=FT¢。解上述各式可得 a2(m1+m2)C=3m+2mg 12Fm1m2T=FT¢=3mg 1+2m2