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1、大學(xué)物理第三章 課后習(xí)題答案 3-1 半徑為R、質(zhì)量為M的均勻薄圓盤上，挖去一個直徑為R的圓孔，孔的中心在處，求所剩部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量。 分析：用補償法（負質(zhì)量法）求解，由平行軸定理求其挖去部分的轉(zhuǎn)動慣量，用原圓盤轉(zhuǎn)動慣量減去挖去部分的轉(zhuǎn)動慣量即得。注意對同一軸而言。 解：沒挖去前大圓對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為： ① 由平行軸定理得被挖去部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為： ② 由①②式得所剩部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為： 3-2 如題圖3-2所示，

2、一根均勻細鐵絲，質(zhì)量為M，長度為，在其中點O處彎成角，放在平面內(nèi)，求鐵絲對軸、軸、軸的轉(zhuǎn)動慣量。 分析：取微元，由轉(zhuǎn)動慣量的定義求積分可得 解：（1）對x軸的轉(zhuǎn)動慣量為： 題圖3-2 （2）對y軸的轉(zhuǎn)動慣量為： （3）對Z軸的轉(zhuǎn)動慣量為： 3-3 電風(fēng)扇開啟電源后經(jīng)過5s達到額定轉(zhuǎn)速，此時角速度為每秒5轉(zhuǎn)，關(guān)閉電源后經(jīng)過風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動，已知風(fēng)扇轉(zhuǎn)動慣量為，且摩擦力矩和電磁力矩均為常量，求電機的電磁力矩。 分析：，為常量，開啟電源5s內(nèi)是勻加速轉(zhuǎn)動，關(guān)閉電源16s內(nèi)是勻減速轉(zhuǎn)動，可得相應(yīng)加速度，由轉(zhuǎn)動定律求得電磁力矩M。 解：由定軸轉(zhuǎn)動定律得：，即 3-4 飛

3、輪的質(zhì)量為60kg，直徑為，轉(zhuǎn)速為，現(xiàn)要求在5s內(nèi)使其制動，求制動力F，假定閘瓦與飛輪之間的摩擦系數(shù)，飛輪的質(zhì)量全部分布在輪的外周上，尺寸如題圖3-4所示。 分析：分別考慮兩個研究對象：閘瓦和桿。對象閘瓦對飛輪的摩擦力f對O點的力矩使飛輪逐漸停止轉(zhuǎn)動，對飛由輪轉(zhuǎn)動定律列方程，因摩擦系數(shù)是定值，則飛輪做勻角加速度運動，由轉(zhuǎn)速求角加速度。對象桿受的合力矩為零。 題圖3-4 解：設(shè)閘瓦對飛輪的壓力為N，摩擦力為f，力矩為M， 飛輪半徑為R,則依題意得， ① ② ③ ④ ⑤ 解：①②③④⑤式得 3-5 一質(zhì)量為的物體懸于一條輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上，如題圖3

4、-5所示．軸水平且垂直于輪軸面，其半徑為，整個裝置架在光滑的固定軸承之上．當物體從靜止釋放后，在時間內(nèi)下降了一段距離．試求整個輪軸的轉(zhuǎn)動慣量(用表示)． 分析：隔離物體，分別畫出輪和物體的受力圖，由轉(zhuǎn)動定律和牛頓第二定律及運動學(xué)方程求解。 題圖3-5 解：設(shè)繩子對物體(或繩子對輪軸)的拉力為T， 則根據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律得： ① b ② 由運動學(xué)關(guān)系有： ③ 由①、②、③式解得： ④ 題圖3-5 又根據(jù)已知條件 ，

5、 ⑤ 將⑤式代入④式得： 3-6 一軸承光滑的定滑輪，質(zhì)量為半徑為一根不能伸長的輕繩，一端固定在定滑輪上，另一端系有一質(zhì)量為的物體，如題圖3-6所示．已知定滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為，其初角速度 方向垂直紙面向里．求：(1) 定滑輪的角加速度的大小和方向； (2) 定滑輪的角速度變化到時，物體上升的高度；(3) 當物體回到原來位置時，定滑輪的角速度的大小和方向 分析：隔離體受力分析，對平動物體由牛頓第二定律列方程， 對定軸轉(zhuǎn)動物體由轉(zhuǎn)動定律列方程。 解：(1) ∵ 題圖3-6

6、∴ 方向垂直紙面向外 (2) ∵ 當 時， 圖3-6 物體上升的高度 (3) 方向垂直紙面向外. 3-7 如題圖3-7所示，質(zhì)量為m的物體與繞在質(zhì)量為M的定滑輪上的輕繩相連，設(shè)定滑輪質(zhì)量M=2m，半徑R，轉(zhuǎn)軸光滑，設(shè)，求：（1）下落速度與時間t的關(guān)系；（2）下落的距離；（3）繩中的張力T。 分析：對質(zhì)量為m物體應(yīng)用牛頓第二定律、對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律列方程。 解：(1)設(shè)物體m與滑輪間的拉力大小為T，則 題圖3-7 ① ② ③

7、 ④ 解：①②③式得，并代入④式得 （2）設(shè)物體下落的距離為s，則 （3）由（1）的②式得， 3-8 如題圖3-8所示，一個組合滑輪由兩個勻質(zhì)的圓盤固接而成，大盤質(zhì)量，半徑，小盤質(zhì)量，半徑。兩盤邊緣上分別繞有細繩，細繩的下端各懸質(zhì)量的物體，此物體由靜止釋放，求：兩物體的加速度大小及方向。 分析：分別對物體應(yīng)用牛頓第二定律，對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律 解：設(shè)物體的加速度大小分別為與滑輪的拉力分別為 題圖3-8 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 把數(shù)據(jù)代入，解上述各式得 方向向上 方向向下 3-9 如

8、題圖3-9所示，一傾角為30的光滑斜面固定在水平面上，其上裝有一個定滑輪，若一根輕繩跨過它，兩端分別與質(zhì)量都為m的物體1和物體2相連。 （1）若不考慮滑輪的質(zhì)量，求物體1的加速度。 （2）若滑輪半徑為r，其轉(zhuǎn)動慣量可用m和r表示為（k是已知常量），繩子與滑輪之間無相對滑動，再求物體1的加速度。 分析：（1）對兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。 （2）兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律、對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律列方程。 解：設(shè)物體1、物體2與滑輪間的拉力分別為、它們對地的加速度為a。 （1）若不考慮滑輪的質(zhì)量，則物體1、物體2與滑輪間的拉力、相等，記為T。則對1、2兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定

9、律得， 題圖3-9 解上兩式得：，方向豎直向下。 （2）若考慮滑輪的質(zhì)量，則物體1、物體2與滑輪間的 拉力、不相等。則對1、2兩物體分別應(yīng)用牛頓第 二定律，和對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得 ① ② ③ ④ ⑤ 解上述各式得：，方向豎直向下。 3-10一飛輪直徑為0.3m，質(zhì)量為5.0kg，邊緣繞有繩子，現(xiàn)用恒力拉繩子的一端，使其由靜止均勻地繞中心軸加速，經(jīng) 0.5s轉(zhuǎn)速達每秒10轉(zhuǎn)，假定飛輪可看作實心圓柱體，求：（1）飛輪的角加速度及在這段時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的轉(zhuǎn)數(shù)；（2）拉力及拉力所作的功；（3）從拉動后時飛輪的角速度及輪邊緣上一點的速度和加速度。 分析：利用轉(zhuǎn)動

10、定律，力矩作的功定義，線量與角量的關(guān)系求解。 解：（1）角加速度為： 轉(zhuǎn)過的角度為： 轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為：圈 （2）由轉(zhuǎn)動定律得 力矩做的功為： （3）角速度為： 邊緣一點的線速度為： 邊緣一點的法向加速度為： 邊緣一點的切向加速度為： 3-11 一質(zhì)量為M，長為的勻質(zhì)細桿，一端固接一質(zhì)量為m的小球，可繞桿的另一端無摩擦地在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將小球從水平位置A向下拋射，使球恰好通過最高點C，如題圖3-11所示。求：（1）下拋初速度；（2）在最低點B時，細桿對球的作用力。 分析：由機械能守恒定律、牛頓第二定律、角線量關(guān)系求解。 解：（1）如圖3-11，取向下拋點作勢能零點

11、，由機械能守恒定律得， 題圖3-11 ① J= ② ③ 解①②③得， （2）取最低點作勢能零點， 由機械能守恒定律和牛頓第二定律得， ① ② ③ ④ 解：①②③④得， 3-12 物體質(zhì)量為時位于，如一恒力作用在物體上，求3s后，（1）物體動量的變化；（2）相對z軸角動量的變化。 分析：寫出的表達式及力f對Z軸的力矩。由動量定理、角動量定理求解。 解：（1）由動量定理得，動量的增量為： （2）由角動量定理得，角動量的增量為

12、： ① 而 ② ③ ④ 把③④代入②解得： ⑤ 把⑤代入①解得： 3-13 水平面內(nèi)有一靜止的長為、質(zhì)量為的細棒，可繞通過棒一末端的固定點在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動。今有一質(zhì)量為、速率為的子彈在水平面內(nèi)沿棒的垂直方向射向棒的中點，子彈穿出時速率減為，當棒轉(zhuǎn)動后，設(shè)棒上單位長度受到的阻力正比于該點的速率（比例系數(shù)為k）試求：（1）子彈穿出時，棒的角速度為多少？（2）當棒以轉(zhuǎn)動時，受到的阻力矩為多大？（3）棒從變?yōu)闀r，經(jīng)歷的時間為多少？ 分析：把子彈與棒看作一個系統(tǒng)，子彈擊穿棒的過程中，轉(zhuǎn)軸處的作用力的力矩為零，所以擊穿前后系統(tǒng)角動量守恒，可求待擊穿瞬間棒的角速度。棒

13、轉(zhuǎn)動過程中，對棒劃微元計算元阻力矩，積分可得總阻力矩，應(yīng)用轉(zhuǎn)動定律或角動量定理可求得所需時間。 解：（1）以子彈和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取子彈和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，子彈與棒之間的碰撞力、是內(nèi)力。一對相互作用力對同一轉(zhuǎn)軸來說，其力矩之和為零。因此，可以認為棒和子彈組成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量守恒。 解上述兩式得： （2）設(shè)在離轉(zhuǎn)軸距離為得取一微元，則該微元所受的阻力為： 該微元所受的阻力對轉(zhuǎn)軸的力矩為： 則細棒所受到的總阻力矩為： （3）由剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得， 即上式可化為： 對上式兩邊分別積分得： 解上式積分得： 把代

14、入上式得： 3-14兩滑冰運動員，質(zhì)量分別為，，它們的速率，在相距1.5m的兩平行線上相向而行，當兩人最接近時，便拉起手來，開始繞質(zhì)心作圓周運動并保持兩人間的距離1.5m不變。求：（1）系統(tǒng)總的角動量；（2）系統(tǒng)一起繞質(zhì)心旋轉(zhuǎn)的角速度；（3）兩人拉手前后的總動能，這一過程中機械能是否守恒，為什么？ 分析：利用系統(tǒng)質(zhì)心公式，兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒和動能公式求解。 解：（1）設(shè)兩人相距最近時以運動員A作原點，由質(zhì)心公式得，兩運動員的質(zhì)心為： 兩人組成的系統(tǒng)對質(zhì)心的總的角動量為： （2）兩人拉手過程中，所受力對質(zhì)心轉(zhuǎn)軸的力矩之和為零，則兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒。 解上式

15、得： （3）兩人拉手前的動能為： 兩人拉手后的動能為： 因此，系統(tǒng)前后的機械能不守恒。我們可以把兩人拉手的過程看作完全非彈性碰撞，因此系統(tǒng)前后機械能不守恒。 3-15 如題圖3-15所示，一長為、質(zhì)量為M的勻質(zhì)細棒，可繞棒中點的水平軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，開始時棒靜止在水平位置，一質(zhì)量為m的小球以速度垂直下落在棒的端點，設(shè)小球與棒作彈性碰撞，求碰撞后小球的反彈速度及棒轉(zhuǎn)動的角速度各為多少？ 分析：以小球和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取小球和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，棒受的重力和軸對棒的支撐力N對O軸的力矩均為零。小球雖受重力mg作用，但比起碰撞時小球與棒之間的碰撞力、而言，可以忽

16、略不計。又、是內(nèi)力，一對相互作用力對同一轉(zhuǎn)軸來說，其力矩之和為零。因此，可以認為棒和小球組成的系統(tǒng)對O軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對O軸的角動量守恒。 題圖3-15 解：取垂直紙面向里為角動量L正向，則系統(tǒng)初態(tài)角動量為，終態(tài)角動量為（小棒）和（小球），有角動量守恒定律得 ① 因為彈性碰撞，系統(tǒng)機械能守恒，可得 ② 又 ③ 聯(lián)立式①，②，③解得 3-16 一長為L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)細棒，如題圖3-16所示，可繞水平軸在豎直面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，若軸光滑，今使棒從水平位置自由下擺。求：（1）在水平位置和豎直位置棒的角加速度；（2）棒轉(zhuǎn)過角時的角速度。 分析：由轉(zhuǎn)動定律求角加速度，由在轉(zhuǎn)動

17、過程中機械能守恒求角速度。 解：（1）有剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得， 題圖3-16 細棒在水平位置的角加速度為： 細棒在豎直位置的角加速度為： （2）細棒在轉(zhuǎn)動的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得， 解上述兩式得： 3-17 彈簧、定滑輪和物體如題圖3-17所示放置，彈簧勁度系數(shù)k為；物體的質(zhì)量?；喓洼p繩間無相對滑動，開始時用手托住物體，彈簧無伸長。求： （1）若不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，手移開后，彈簧伸長多少時，物體處于受力平衡狀態(tài)及此時彈簧的彈性勢能； 題圖3-17 （2）設(shè)定滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為，半徑，手移開后，物體下落0.4m時，它的速度為多大？ 分析：（1）不考慮滑輪

18、的轉(zhuǎn)動慣量，由物體受力平衡求伸長量x， 再求彈性勢能。 （2）若考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，則彈簧、滑輪、物體和地球 組成的系統(tǒng)機械能守恒 解：（1）若不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，設(shè)彈簧伸長了x距離 時物體處于受力平衡狀態(tài)， 則： 此時彈簧的彈性勢能為： （2）若考慮滑輪得轉(zhuǎn)動慣量，設(shè)物體下落的距離為h時，它的速度為v，滑輪的角速度為，則由機械能守恒定律得， 把數(shù)據(jù)代入上述兩式得， 解上述兩式得： 3-18一轉(zhuǎn)動慣量為的圓盤繞一固定軸轉(zhuǎn)動，起初角速度為．設(shè)它所受阻力矩與轉(zhuǎn)動角速度成正比，即(k為正的常數(shù))，求圓盤的角速度從變?yōu)闀r所需的時間． 分析：由轉(zhuǎn)動定律及角加速度的定

19、義，對角速度積分可求解。 解：根據(jù)轉(zhuǎn)動定律： ∴ 兩邊積分： 得 3-19 質(zhì)量為的子彈，以速度水平射入放在光滑水平面上質(zhì)量為、半徑為R的圓盤邊緣，并留在該處，的方向與射入處的半徑垂直，圓盤盤心有一豎直的光滑固定軸，如所示，試求子彈射入后圓盤的角速度。 分析：在子彈射入圓盤的過程中，子彈和圓盤組成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量和力矩為零，因此對轉(zhuǎn)軸的角動量守恒。 解：設(shè)子彈射入后圓盤的角速度為，則由角動量守恒定律得， 題圖3-19 解上式得： 3-20一均質(zhì)細桿，長，可繞通過一端的水平光滑軸O在鉛垂面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，如

20、題圖3-20所示。開始時桿處于鉛垂位置，今有一子彈沿水平方向以的速度射入細桿。設(shè)入射點離O點的距離為 ，子彈的質(zhì)量為細桿質(zhì)量的。試求：（1）子彈和細桿開始共同運動的角速度。（2）子彈和細桿共同擺動能到達的最大角度。 分析：子彈射入細桿過程中，子彈和細桿組成的系統(tǒng)角動量守恒；細桿擺動時，機械能守恒。 解（1）子彈打進桿的過程中子彈和桿組成的系統(tǒng)角動量守恒， 設(shè)子彈開始時的角速度為，彈和桿一起共同運動的角速度 為，則由角動量守恒定律得: ① O 題圖3-20 又 ② ③ ④ 把②③④式代入①式并解得： ⑤ （2）設(shè)子彈與桿共同擺動能達到最大角度為角， 在擺動的過程中桿和子彈及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒， 則由機械能守恒定律得， ⑥ 把②③⑤式及，L=1代入⑥式解得：。即