发布时间 : 星期日 文章物理学简明教程马文蔚第1至7章课后习题答案详解要点更新完毕开始阅读1aa068acfbb069dc5022aaea998fcc22bdd14375
轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律. 解 （1）由分析知，有
J0?0?J?
则 ??J0?0?2.77r?s-1 J?1J0?02?26.2J 212J??72.6J 2?Ek1
（2）收起双臂前 Ek1 收起双臂后 Ek2?此时由于人体内力做功，有 Ek23 －10 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.
分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度. 解 (1) 由刚体的角动量定理得
ΔL?Jω0??Mdt?FlΔt?2.0kg?m2?s?1
(2) 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
112Jω0?mgl?1?cosθ? 22由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为
?3F2Δt2?o??θ?arccos1??8838? 2??mgl??
3 －11 质量为0.50 kg，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60°
时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度.
分析 转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩M?θ??mglcosθ是变2力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒. 解 (1) 棒绕端点的转动惯量J?置时的角加速度为
12ml由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位3α?M?θ?3gcosθ? J2l当θ ＝60°时，棒转动的角加速度
??18.4s?2
由于α?dωωdω?，根据初始条件对式(1)积分，有 dtdθ?则角速度为
ω0ωdω??60o0αdθ
ω?3gsinθl60o0?7.98s?1
(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为
1mgl?0.98J 212(3) 由于该动能也就是转动动能，即EK?Jω，所以，棒落至竖直位置
2EK?时的角速度为
ω??2EK3g??8.57s?1 Jl第四章 机械振动
4-1 一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为?向x轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）
A，且2
题4-１图
分析与解（B）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B）．
4-2 一简谐运动曲线如图（a）所示，则运动周期是（ ）
(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s （D）2.00 s
题4-2图