物理学答案(第五版,上册)马文蔚(17)

物理学答案(第五版,上册)马文蔚,第4章

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

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J0 ＝4.0 ×10-3 kg· m2 .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

10sm Qdt 0.10kg 0

根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0 J0 mr2ω

则t ＝10 s 时，转台的角速度

ω J0ω0 0.80J1πs 1 2J0 mr

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· m2 ，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