物理学马文蔚第五版章刚体的转动与静电场习题与解答.docx
《物理学马文蔚第五版章刚体的转动与静电场习题与解答.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理学马文蔚第五版章刚体的转动与静电场习题与解答.docx（31页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
物理学马文蔚第五版章刚体的转动与静电场习题与解答
物理学（马文蔚第五版）4-5章刚体的转动与静电场习题与解答
第四章刚体的转动
4－1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；
（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；
（3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；
（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是（）
（A）只有
（1）是正确的（B）
（1）、
（2）正确，（3）、（4）错误
（C）
（1）、
（2）、（3）都正确，（4）错误（D）
（1）、
（2）、（3）、（4）都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：
其中两种情况下力矩为零：
一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴（例如门的重力并不能使门转）．不满足上述情况下的作用力（含题述作用力垂直于转轴的情况）对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知
（1）
（2）说法是正确．对于
（3）（4）两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故（3）（4）说法不完全正确．综上所述，应选（B）．4－2关于力矩有以下几种说法：
（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；
（2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；
（3）质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．
对上述说法下述判断正确的是（）
（A）只有
（2）是正确的（B）
（1）、
（2）是正确的
（C）
（2）、（3）是正确的（D）
（1）、
（2）、（3）都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故
（1）
（2）说法正确．对说法（3）来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选（B）．
4－3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是（）
（A）角速度从小到大，角加速度不变
（B）角速度从小到大，角加速度从小到大
（C）角速度从小到大，角加速度从大到小
（D）角速度不变，角加速度为零
分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大（由机械能守恒亦可判断角速度变化情况），应选（C）．
4－4一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为（）
（A）L不变，ω增大（B）两者均不变
（C）L不变，ω减小（D）两者均不确定
分析与解对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即
mvd?
mvd?
J0ω0?
Jω
式中mvD为子弹对点O的角动量ω０为圆盘初始角速度，J为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则ω＜ω０．故选（C）．
4－5假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（）
（A）角动量守恒，动能守恒（B）角动量守恒，机械能守恒
（C）角动量不守恒，机械能守恒（D）角动量不守恒，动量也不守恒（Ｅ）角动量守恒，动量也守恒
分析与解由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选（B）．
4－6一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．
（1）求曲轴转动的角加速度；
（2）在此时间内，曲轴转了多少转？
解
（1）由于角速度ω＝2πn（n为单位时间内的转数），根据角加速度的定义α?
dω，在匀变速转动中角加速度为dt
ω?
ω02π?
n?
n0?
α?
?
?
13.1rad?
s?
2tt
1ω?
ω0θ?
ω0t?
αt2?
t?
π?
n?
n0?
22
（2）发动机曲轴转过的角度为
在12s内曲轴转过的圈数为
θn?
n0?
t?
390圈2π2
4－7某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ω?
ω01?
e?
t/η，式中N?
?
?
ω０＝9.0s-1，τ＝2s．求：
（1）t＝6.0s时的转速；
（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后6.0s内转过的圈数．
解
（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t＝6.0s代入，即得
ω?
ω01?
e?
t/η?
0.95ω0?
8.6s?
1
（2）角速度随时间变化的规律为?
?
α?
dωω0?
t/η?
e?
4.5e?
t/2rad?
s?
2dtη?
?
（3）t＝6.0s时转过的角度为
θ?
?
ωdt?
?
ω01?
e?
t/ηdt?
36.9rad0066?
?
则t＝6.0s时电动机转过的圈数
N?
θ/2π?
5.87圈
4－8水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93×10-47kg·m2，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14×10-47kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．
解由图可得
JAA?
?
2mHd2sin2θ
JBB?
?
2mHd2cos2θ
此二式相加，可得JAA?
?
JBB?
?
2mHd
则d?
2JAA?
?
JBB?
?
9.59?
10?
11m2mH
2由二式相比，可得JAA?
/JBB?
?
tanθ
则θ?
JAA?
1.93?
?
52.3oJBB?
1.14
4－9一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝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．
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
1?
d?
1?
d?
J?
J1?
J2?
2?
m1?
1?
?
m2?
2?
2?
2?
2?
2?
?
1?
414?
πρ?
ld1?
ad2?
?
0.136kg?
m2
16?
2?
22
4－10如图（a）所示，圆盘的质量为m，半径为R．求：
（1）以O为中心，将半径为R／2的部分挖去，剩余部分对OO轴的转动惯量；
（2）剩余部分对O′O′轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量．
解挖去后的圆盘如图（b）所示．
（1）解1由分析知
m2πrdrR/2πR2
2mR315?
2?
rdr?
mR2RR/232
12解2整个圆盘对OO轴转动惯量为J1?
mR，挖去的小圆盘对OO轴转2
221?
m?
R?
?
?
R?
1mR2，由分析知，剩余部分对OO动惯量J2?
?
2π?
?
?
?
?
?
2?
?
πR?
2?
?
?
?
2?
32J0?
?
r2dm?
?
r2R
轴的转动惯量为
J0?
J1?
J2?
15mR232
（2）由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为
2?
?
239215mR?
?
2J0?
?
mR?
?
m?
2?
π?
?
?
R?
mR32πR32?
2?
?
?
?
?
4－11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（如图）．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．（假设轴承间无摩擦）．
解1设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有
FTR?
Jα
（1）
而对重物而言，由牛顿定律，有
mg?
FT?
ma
（2）
由于绳子不可伸长，因此，有
a?
Rα（3）
重物作匀加速下落，则有
h?
由上述各式可解得飞轮的转动惯量为12at（4）2
?
gt2?
J?
mR?
?
2h?
1?
?
?
?
2
解2根据系统的机械能守恒定律，有
11?
mgh?
mv2?
Jω2?
0（1′）22
而线速度和角速度的关系为
v?
Rω（2′）
又根据重物作匀加速运动时，有
v?
at（3′）
v2?
2ah（4′）
由上述各式可得
?
gt2?
J?
mR?
?
2h?
1?
?
?
?
2
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．
4－12一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·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t为多少？
解1在匀变速转动中，角加速度α?
飞轮所经历的时间ω?
ω0，由转动定律M?
Jα，可得t
t?
ω?
ω02πJ?
n?
n0?
?
10.8sJ?
MM
解2飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有
?
Mdt?
J?
ω?
ω?
00t
则t?
ω?
ω02πJ?
n?
n0?
?
10.8sJ?
MM
4－13如图（a）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：
（1）物体B由静止开始下降1.0s后的距离；
（2）绳的张力FＴ
.
解
（1）分别作两物体的受力分析，如图（b）.对实心圆柱体而言，由转动定律得
FTr?
Jα?
对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有1m1r2α2
P2?
FT?
?
m2g?
FT?
?
m2a
且FＴ＝FＴ′.又由角量与线量之间的关系，得
a?
rα
解上述方程组，可得物体下落的加速度
a?
在t＝1.0s时，B下落的距离为2m2gm1?
2m2
12m2gt2
s?
at?
?
2.45m2m1?
2m2
（2）由式
（2）可得绳中的张力为
FT?
m?
g?
a?
?
m1m2g?
39.2Nm1?
2m2
4－14质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图（a）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
.
解分别对两物体及组合轮作受力分析，如图（b）.根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
?
P1?
FT1?
m1g?
FT1?
m1a1
（1）
FT?
2?
P2?
FT2?
m2g?
m2a2
（2）
FT1R?
FT2r?
?
J1?
J2?
α（3）
FT?
1?
FT1,FT?
2?
FT2（4）
由角加速度和线加速度之间的关系，有
a1?
Rα（5）
a2?
rα（6）
解上述方程组，可得
a1?
m1R?
m2rgR22J1?
J2?
m1R?
m2r
m1R?
m2ra2?
grJ1?
J2?
m1R2?
m2r2
J1?
J2?
m1r2?
m2RrFT1?
m1g22J1?
J2?
m1R?
m2r
J1?
J2?
m1R2?
m1RrFT2?
m2gJ1?
J2?
m1R2?
m2r2
4－15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θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B向下作加速运动时，求：
（1）其下落加速度的大小；
（2）滑轮两边绳子的张力.（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑
.）
解作A、B和滑轮的受力分析，如图（b）.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?
m1gsinθ?
μm1gcosθ?
m1a1
（1）
而B则是在张力FＴ2和重力P2的作用下运动，有
m2g?
FT2?
m2a2
（2）
由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有
a1?
a2?
rα（3）
对滑轮而言，根据定轴转动定律有
FT?
2r?
FT?
1r?
Jα（4）
FT?
1?
FT1,FT?
2?
FT2（5）
解上述各方程可得
m2g?
m1gsinθ?
μm1gcosθm1?
m2?
2r
m1m2g?
1?
sinθ?
μcosθ?
?
?
sinθ?
μcosθ?
m1gJ/r2
FT1?
2m1?
m2?
J/ra1?
a2?
m1m2g?
1?
sinθ?
μcosθ?
?
m2gJ/r2
FT2?
m1?
m2?
J/r2
4－16如图（a）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μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.
解飞轮和闸杆的受力分析，如图（b）所示.根据闸杆的力矩平衡，有
F?
l1?
l2?
?
FN?
l1?
0
而FN?
FN?
，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为
M?
Fd
2?
1
2Fl?
l
fNμd?
12
2lFμd
1
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
（1）
α?
ω?
ω0ω02πn
（2）?
?
ttt
2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
πnmdl1F?
?
3.14?
102Nμl1?
l2t
4－17一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度ω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μ.
（1）求圆盘所受的摩擦力矩.
（2）问经多少时间后，圆盘转动才能停止？
解
（1）由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为
dM?
r?
dFf?
?
2r2μmgdr/R2k
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?
?
dM?
?
R
02r2μmg2r?
μmgRR23
（2）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MΔt＝Δ（Jω），可得圆盘停止的时间为
Δt?
Jω3ωR?
M4μg
4－18如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，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：
（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？
（2）在此时间内共转过多少转？
解
（1）通风机叶片所受的阻力矩为M＝－Cω，由转动定律M＝Jα，可得叶片的角加速度为
α?
根据初始条件对式
（1）积分，有dωCω?
?
（1）dtJ
tdωC?
?
?
ω0ω?
0Jtω
由于C和J均为常量，得
ω?
ω0e?
Ct/J
（2）
当角速度由ω0→12ω0时，转动所需的时间为
t?
θJln2Ct
（2）根据初始条件对式
（2）积分，有?
在时间t内所转过的圈数为0dθ?
?
ω0e?
Ct/Jdt0即θ?
Jω02C
N?
θJω0?
2π4πC
4－19如图所示，一长为2l的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z轴（正向为竖直向上）以角直速度ω＝ω0（1－et）－转动，其中ω0为常量.求
（1）棒与两球构成的系统在时刻t对z轴的角动量；
（2）在t＝0时系统所受外力对z轴的合外力矩.
解
（1）两小球对z轴的转动惯量为
J?
2mr2?
2m?
lsinα?
?
2m?
lsinα?
，则系统对z轴的角动量为
L?
Jω?
2mr2?
2ml2ω01?
e?
tsin2α22?
?
此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和.
（2）由角动量定理得
M?
dLd?
2ml2ω01?
e?
tsin2α?
2ml2ω0sin2αe?
tdtdt?
?
?
?
t＝0时，合外力矩为
M?
2ml2ω0sin2α
此处也可先求解系统绕z轴的角加速度表达式，即α?
dω?
ω0e?
t，再由Mdt
＝Jα求得M.
4－20一质量为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？
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
2v0ω2R2
h?
?
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2
时，碎块对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量.则
?
1?
L?
?
m?
?
m?
R2ω?
2?
4－21在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，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＝2.0×102m·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.
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2
量，ω＝2v/l为子弹在此刻绕轴的角速度.J1?
m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为
ω?
?
J2ω6m2v?
?
29.1s?
1J1?
J2m1?
3m24－22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Ⅰ以角速度ω0转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后（如图所示），两轮的角速度分别为多大？
解设相互作用力为F，在啮合的短时间Δt内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有
?
Fr1Δt?
J1?
ω1?
ω0?
（1）
Fr2Δt?
J2ω2
（2）
两轮啮合后应有相同的线速度，故有
r1ω1?
r2ω2（3）
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为
J1ω0r22ω1?
22J1r2?
J2ω0r1
4－23一质量为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·s1的速率沿转台边－
缘行走，问转台的角速率有多大？
解由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为
ω?
ω0?
ω1?
ω0?
vR
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
mR2v?
2?
1ω0?
?
?
?
9.52?
10s2J0?
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＝4.0×10-3kg·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.
解在时间0→10s内落至台面的砂粒的质量为
m?
?
Qdt?
0.10kg010s
根据系统的角动量守恒定律，有
J0ω0?
J0?
mr2ω
则t＝10s时，转台的角速度?
?
ω?
J0ω0?
0.80J1πs?
12J0?
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＝1.5m；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？
解取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有
Jω?
mur?
0
（1）
因喷气的流量恒定，故有
m?
2Qt
（2）
由式
（1）、
（2）可得喷气的喷射时间为
t?
Jω?
2.67s2Qur
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.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2
台面边缘时，它对轴的转动惯量.于是可得
ωb?
J0m?
ωa?
ωa?
J0?
J1m?
2m
（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
J0ωa?
?
J0?
J1?
ωc
4－27一质量为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.
（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.2
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?
arccos?
1?
m2gl?
?
?
8838?
?
?
4－28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）
解由于卫星
升级会员 