1、大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为 R、质量为 M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为 R 的圆孔，孔的中心在 处，12R求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：21JR由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()4cMRmdMR由式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 2123J3-2 如题图 3-2 所示，一根均匀细
2、铁丝，质量为 M，长度为 ，在其中点 O 处弯成L角，放在 平面内，求铁丝对 轴、 轴、 轴的转动惯量。0xOyOxyz分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对 x 轴的转动惯量为：2022201(sin6)3LxJrdmldlL（2）对 y 轴的转动惯量为： 2022015()(si)396LMMll（3）对 Z 轴的转动惯量为： 221()zJ3-3 电风扇开启电源后经过 5s 达到额定转速，此时角速度为每秒 5 转，关闭电源后经过风扇停止转动，已知风扇转动惯量为 ，且摩擦力矩 和电磁力矩 均为16s 20.5kgmfM常量，求电机的电磁力矩 。M分析： ， 为常量，开启电源
3、5s 内是匀加速转动，关闭电源 16s 内是匀减速转动，f可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩 M。解：由定轴转动定律得： ，即1fJ1125520.0.4.16fMJJ Nm3-4 飞轮的质量为 60kg，直径为 ，转速为 ，现要求在 5s 内使其制动，m/inr求制动力 F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 ，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，.尺寸如题图 3-4 所示。题图 3-2分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力 f 对 O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。解：设
4、闸瓦对飞轮的压力为 N，摩擦力为 f，力矩为 M，飞轮半径为 R,则依题意得，MfRJ0.4N(57).5F226Jm10解：式得 314FN3-5 一质量为 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图 3-5 所示轴水平且垂直于轮轴面，其半径为 ，整个装置架在光滑的固定轴承之上当物体从r静止释放后，在时间 内下降了一段距离 试求整个轮轴的转动惯量(用 表tSrtmS、 、 和示) 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为 T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mgTa Jr由运动学关系有： r由
5、、式解得： 2(-)Jmgar又根据已知条件 0v， 21Sat2St将式代入式得： (1)gJr3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 半径为 一根不能伸长的轻绳，2.0,Mk0.1,Rm一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 的物体，如题图 3-6 所示已知5.,mg定滑轮的转动惯量为 ，其初角速度 方向垂直纸面向里求：21JR0/,rads(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到 时，物体上升的0高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程，题图 3-4T r T a mg 题图 3-5m O
6、r 题图 3-5对定轴转动物体由转动定律列方程。解：(1) mgTaRJ 222281.7/1mgradsMR方向垂直纸面向外(2) 20当 时， rad61.物体上升的高度 2mhR(3) 20./rs方向垂直纸面向外. 3-7 如题图 3-7 所示，质量为 m 的物体与绕在质量为 M 的定滑轮上的轻绳相连，设定滑轮质量 M=2m，半径 R，转轴光滑，设 ，求：（1）下落速度 与时间 t 的关系；0tv时 （2） 下落的距离；（3）绳中的张力 T。4ts时 ,分析：对质量为 m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。解：(1)设物体 m 与滑轮间的拉力大小为 T，则gTa2
7、1MRJvat解：式得 ，并代入式得24.9/ms4.9vt（2）设物体下落的距离为 s，则221.3.st（3）由（1）的式得， 4.9TgaN3-8 如题图 3-8 所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量 ，10Mkg半径 ，小盘质量 ，半径 。两盘边缘上分别绕有细绳，细0.Rm2Mk0.5rm绳的下端各悬质量 的物体，此物体由静止释放，求：两物体 的加速1 12,m度大小及方向。题图 3-7m M R 0 题图 3-6 T T mg a 图 3-6分析：分别对物体 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律12,m解：设物体 的加速度大小分别为 与滑轮的拉力分别为12,a
8、12,T11Tga221ar2R1MTJ22Jr把数据代入，解上述各式得方向向上210.65/ams方向向下23-9 如题图 3-9 所示，一倾角为 30的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为 m 的物体 1 和物体 2 相连。（1）若不考虑滑轮的质量，求物体 1 的加速度。（2）若滑轮半径为 r，其转动惯量可用 m 和 r 表示为 （k 是已知常量） ，绳子与Jr滑轮之间无相对滑动，再求物体 1 的加速度。分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。（2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。解：设物体 1、物体 2 与
9、滑轮间的拉力分别为 、 它们对地的加速度为 a。1T2（1）若不考虑滑轮的质量，则物体 1、物体 2 与滑轮间的拉力 、 相等，记为 T。则对1T21、2 两物体分别应用牛顿第二定律得， 0sin3mgTa解上两式得： ，方向竖直向下。2/4gms（2）若考虑滑轮的质量，则物体 1、物体 2 与滑轮间的拉力 、 不相等。则对 1、2 两物体分别应用牛顿第1T2二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得1mga02sin3r12MTJJk解上述各式得： ，方向竖直向下。2/()gamsk3-10 一飞轮直径为 0.3m，质量为 5.0kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由题图 3-8题图
10、3-9静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s 转速达每秒 10 转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。0ts分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。解：（1）角加速度为： 2102.610/.5radst转过的角度为： 2.5.7转过的圈数为： 圈.N（2）由转动定律 得MfRJ220.5.1.6047.1Jf NR力矩做的功为： 0.5.1AdJ （3）角速度为： 231.606/t rads边缘一点的线速度为： 2.80vRm边缘一点的法向加速度为
11、： 2265215.71/na s边缘一点的切向加速度为： . 43-11 一质量为 M，长为 的匀质细杆，一端固接一质量为 m 的小球，可绕杆的另一端 无l O摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置 A 向下抛射，使球恰好通过最高点 C，如题图 3-11 所示。求：（1）下抛初速度 ；（2）在最低点 B 时，细杆对球的作用力。0v分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。解：（1）如图 3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，220lmvJgmJ= 3Ml0v解得， 0(36)glvmM（2）取最低点作势能零点，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，21mvJgllN
12、glvl 题图 3-11213JMl解：得， 1573mMNg3-12 物体质量为 时位于 ，如一恒力 作用,0kgt 14,6riijms5fjN在物体上，求 3s 后， （1）物体动量的变化；（2）相对 z 轴角动量的变化。分析：写出 的表达式及力 f 对 Z 轴的力矩 。由动量定理、角动量定理求解。)(tr解：（1）由动量定理得，动量的增量为： 31005tPfdjtjkgms（2）由角动量定理得，角动量的增量为：030tLMt而 ()rtf220015()()(4)(6)xyxiyjvtivtajtitj5fj把代入解得： (25)tk把代入解得： 33 2100()8.5LMdtdk
13、gms3-13 水平面内有一静止的长为 、质量为 的细棒，可绕通过棒一末端的固定点在水平m面内转动。今有一质量为 、速率为 的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点，12v子弹穿出时速率减为 ，当棒转动后，设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速率v（比例系数为 k）试求：（1）子弹穿出时，棒的角速度 为多少？（2）当棒以 转动时，0受到的阻力矩 为多大？（3）棒从 变为 时，经历的时间为多少？fM01分析：把子弹与棒看作一个系统，子弹击穿棒的过程中，转轴处的作用力的力矩为零，所以击穿前后系统角动量守恒，可求待击穿瞬间棒的角速度。棒转动过程中，对棒划微元计算元阻力矩，积分可得总阻力矩，应用转动
14、定律或角动量定理可求得所需时间。解：（1）以子弹和棒组成的系统为研究对象。取子弹和棒碰撞中间的任一状态分析受力，子弹与棒之间的碰撞力 、 是内力。一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为f零。因此，可以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零，则系统对转轴的角动量守恒。 0213mvLvJJ解上述两式得： 038vL（2）设在离转轴距离为 得取一微元 ，则该微元所受的阻力为：ldldfkvld该微元所受的阻力对转轴的力矩为： llfMf 2则细棒所受到的总阻力矩为： 23001LLffdkldL（3）由刚体定轴转动定律得， 3fJt即上式可化为： 1dkLt对上式两边分别积分得：03201
15、tJkd解上式积分得： 3lntkL把 代入上式得：213Jml2mt3-14 两滑冰运动员，质量分别为 ， ，它们的速率 ，70AMkg80Bkg17,Ams在相距 1.5m 的两平行线上相向而行，当两人最接近时，便拉起手来，开始绕18Bs质心作圆周运动并保持两人间的距离 1.5m 不变。求：（1）系统总的角动量；（2）系统一起绕质心旋转的角速度；（3）两人拉手前后的总动能，这一过程中机械能是否守恒，为什么？分析：利用系统质心公式，两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求解。解：（1）设两人相距最近时以运动员 A 作原点，由质心公式得，两运动员的质心为：7081.50ABMxm两人组成的系统对
16、质心的总的角动量为： 21(.).8(1.508)4ABLvxx kgms（2）两人拉手过程中，所受力对质心转轴的力矩之和为零，则两人组成系统前后角动量守恒。 22(1.5)ABJMxx即 :840=(7.+807解上式得： /rads（3）两人拉手前的动能为：2222011708475KABEMv J两人拉手后的动能为： 222(.8.)10KJ J因此，系统前后的机械能不守恒。我们可以把两人拉手的过程看作完全非弹性碰撞，因此系统前后机械能不守恒。3-15 如题图 3-15 所示，一长为 、质量为 M 的匀质细棒，可绕棒中点的水平轴 在竖2l O直面内转动，开始时棒静止在水平位置，一质量为
17、m 的小球以速度 垂直下落在棒的端点，u设小球与棒作弹性碰撞，求碰撞后小球的反弹速度 及棒转动的角速度 各为多少？v分析：以小球和棒组成的系统为研究对象。取小球和棒碰撞中间的任一状态分析受力，棒受的重力 和轴对棒的支撑力 N 对 O 轴的力矩均为零。小球虽受重力 mg 作用，但比起碰Mg撞时小球与棒之间的碰撞力 、 而言，可以忽略不计。又 、 是内力，一对相互作f f用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和小球组成的系统对 O 轴的合外力矩为零，则系统对 O 轴的角动量守恒。解：取垂直纸面向里为角动量 L 正向，则系统初态角动量为 ，终态角动量为 （小mulJ棒）和 （小球） ，
18、有角动量守恒定律得mvlulJ因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得22211vJ又 ()3JMll联立式，解得 6(3)mvul3-16 一长为 L、质量为 m 的匀质细棒，如题图 3-16 所示，可绕水平轴 在竖直面内旋转，O若轴光滑，今使棒从水平位置自由下摆。求：（1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度；（2）棒转过 角时的角速度。分析：由转动定律求角加速度，由在转动过程中机械能守恒求角速度。解：（1）有刚体定轴转动定律 得，MJ细棒在水平位置的角加速度为： 231Lmg题图 3-16题图 3-15细棒在竖直位置的角加速度为： 2013MJmL（2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定
19、律得， 21sin3LmgJJ又解上述两式得： 3singl3-17 弹簧、定滑轮和物体如题图 3-17 所示放置，弹簧劲度系数 k 为 ；物体的12.0Nm质量 。滑轮和轻绳间无相对滑动，开始时用手托住物体，弹簧无伸长。求：6.0mk为（1）若不考虑滑轮的转动惯量，手移开后，弹簧伸长多少时，物体处于受力平衡状态及此时弹簧的弹性势能；（2）设定滑轮的转动惯量为 ，半径 ，手移开后，物体下落 0.4m 时，20.5kgm0.3r为它的速度为多大？分析：（1）不考虑滑轮的转动惯量，由物体受力平衡求伸长量 x，再求弹性势能。（2）若考虑滑轮的转动惯量，则弹簧、滑轮、物体和地球组成的系统机械能守恒解：
20、（1）若不考虑滑轮的转动惯量，设弹簧伸长了 x 距离时物体处于受力平衡状态，则： mgkx63()2此时弹簧的弹性势能为： 221(3)9pEkxgJ（2）若考虑滑轮得转动惯量，设物体下落的距离为 h 时，它的速度为 v，滑轮的角速度为，则由机械能守恒定律得，2211mghvJkhr把数据代入上述两式得， 221160.460.50.43vv解上述两式得： ./ms3-18 一转动惯量为 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为 设它所受阻力矩与转动J 0题图 3-17角速度成正比，即 (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从 变为 时所需的时M0012间分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可
21、求解。 解：根据转动定律： Jdkt dtJ 两边积分： 0201dtkJ得 (ln)t3-19 质量为 的子弹，以速度 水平射入放在光滑水平面上质量为 、半径为 R 的圆盘m0v 0m边缘，并留在该处， 的方向与射入处的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如0所示，试求子弹射入后圆盘的角速度 。分析：在子弹射入圆盘的过程中，子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零，因此对转轴的角动量守恒。解：设子弹射入后圆盘的角速度为 ，则由角动量守恒定律得，22001()mvR解上式得： 0mvR3-20 一均质细杆，长 ，可绕通过一端的水平光滑轴 O 在铅垂面内自由转动，如题1Lm图 3-20 所示。开始时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方向以 的速度射入10vms细杆。设入射点离 O 点的距离为 ，子弹的质量为细杆质量的 。试求：（1）子弹和349细杆开始共同运动的角速度。 （2）子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。解（1）子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒，题图 3-19
