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版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=，这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O H HOm mM M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
9-4．高压氧瓶：71.310p Pa =⨯，30V L =，每天用51 1.010p Pa =⨯，1400V L =，为保证瓶内6' 1.010p Pa ≥⨯，能用几天解：由''pV p V =，可得：761.31030'390' 1.010pV Pa LV L p Pa⨯⨯===⨯， ∴'360V V V L ∆=-=；而：11'p V p V ∆=∆，有：615' 1.010********.010p V Pa LV L p Pa∆⨯⨯∆===⨯， 那么：能用的天数为36009400/Ln L ==天天 。
1 单晶体的塑性变形铜单晶（a=0.36nm ）在[112]方向加拉伸应力，拉伸应力为2.5×105Pa ，此条件下：（1）取向因子最大的滑移系有哪几个？（2）计算其分切应力多大？解：(1) Cu 为F.C.C 结构，易滑移面为{1,1,1}，滑移方向为〈1,1,0〉，可以分别求出[112]方向与这些滑移系之间的两个夹角，然后得到12个取向因子的值。
（这里省略了）通过上述计算得到具体的滑移系（1,-1,1）[0,1,1]和（-1,1,1）[1,0,1]为具有最大取向因子滑移系。
(2) 根据施密特法则（公式略），F=δcosAcosB=1.02*105 Pa何谓临界分切应力定律？哪些因素影响临界分切应力大小？ 解：(略)沿密排六方单晶的[0001]方向分别加拉伸力和压缩力，说明在这两种情况下，形变的可能方式。
解：1）滑移：a －拉伸的时，当c/a>=1.633,不会产生滑移，当c/a<1.633有可能产生滑移，可产生滑移的是{1,1,-2,2}<1,1,-2,-3>；其他滑移面不能产生滑移；b －压缩的时候结果和拉伸一样；2）孪生：拉伸和压缩的时候都可能产生孪生变形；3）扭折：拉伸的时候一般不易扭折变形，压缩的时候可以产生扭折变形。
试指出单晶体的Cu 与α-Fe 中易滑移面的晶面与晶向，并分别求它们的滑移面间距，滑移方向上的原子间距及点阵阻力，已知泊松比为ν=0.3,G Cu =48300MPa ，G α-Fe =81600MPa. 解：体心Fe 具有多种类的滑移系，但是滑移方向均相同。
力=90.56MPa 。
铝单晶体拉伸时，其力轴为[001]，一个滑移系的临界分切应力为0.79MN/m2，取向因子COS φCOSλ=0.41,试问有几个滑移系可同时产生滑移？开动其中一个滑移系至少要施加多大的拉应力？解：Al为F.C.C结构，其滑移系共有{1，1，1}4<1,1,0>3=12个。
第5章5.1解：s /rad LC 710811-⨯==ωHz LC f 571021082121⨯≈⨯⨯==-ππA .R U I 050108170-⨯==V L I U CO 2500==ω5.2解：(1)Ω61150252===max P U R H .C L 01601010250011622=⨯⨯==-ω(2)2406110102500250062=⨯⨯⨯==-R L Q ω通频带: 42102402500.Q ===ωω∆5.3解：(1)Ω3400==max I U R (2)H I U L L 1200010150300300=⨯⨯==-ω(3)F .L C μω250120==(4)15203000===S L U U Q 5.4解：(1)mH ...I U L L 05010591220100600=⨯⨯⨯==πω Ω100==I U R (2)5021000===S L U U Q(3)4010183⨯==.Qf f ∆5.5解：(1)MHz LC f 221==π (2)2402010641022660.R L Q =⨯⨯⨯⨯==-πω(3)A .R U I s 202040===(4)V .QU U S C 81600==5.6解：(1)Ωk R 51010503=⨯=- (2)F .U I C C C μω2505000501060300=⨯⨯==- (3)H ..C L 16010250500011622=⨯⨯==-ω (4)2560.CR Q ==ω5.7解：电流表读数为零，说明发生了并联谐振。
(1)F .L C μω530103002500113220=⨯⨯==-(2)︒∠=︒∠⨯==605339602555./R I U (3)︒∠==60255/I I R ︒-∠=⨯⨯︒∠==-3053010300250060533930.j .L j U I L ω ︒-∠-=-=30530.I I L C 5.8解：s/rad LC 5100010==ω 5100.CR Q ==ω s /rad Q 40010==ωω∆5.9解：(1)501020101360=⨯⨯==f f Q ∆(2)H .Q R L 183501021010630≈⨯⨯⨯==πω(3)F R Q C μπω796101010250360≈⨯⨯⨯==5.10解：(1)Ω010*********.I P R S ≈⨯==-(2)V ..R I U S 0202010=⨯==(3)nH ..I U L L 05010220002060≈⨯⨯==ω(4)mF .U I C L 510202020060≈⨯⨯==ω5.11 解：(1) 247pF 。
1-1 。
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。
分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。
分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。
分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 。
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
1单晶体的塑性变形铜单晶（a=0.36nm ）在［112］方向加拉伸应力，拉伸应力为 2.5X 105Pa ,此条件下：（1 ）取向因子最大的滑移系有哪几个？ （2）计算其分切应力多大？解：（1） Cu 为F.C.C 结构，易滑移面为{1,1,1}，滑移方向为〈1,1,0〉，可以分别求出［112］方向与这些滑移系之间的两个夹角，然后得到 12个取向因子的值。
（这里省略了）通过上述计算得到具体的滑移系（1,-1,1）［0,1,1］和（-1,1,1）［1,0,1］为具有 最大取向因子滑移系。
（2）根据施密特法则（公式略），cosA=（ 1,-1,1）*（1,1,2）/（ 3* , 6） = 2/3 cosB=(0,1,1)* (1,1,2)/2* . 6 = 3/25F=、cosAcosB=1.02*10 Pa何谓临界分切应力定律？哪些因素影响临界分切应力大小? 解: （略）沿密排六方单晶的［0001］方向分别加拉伸力和压缩力，说明在这两种情况下，形变的可能方式。
解: 1）滑移：a —拉伸的时，当c/a>=1.633不会产生滑移，当c/a<1.633有可能产 生滑移，可产生滑移的是{1,1,-2,2}<1,1,-2,-3> ;其他滑移面不能 产生滑移；b —压缩的时候结果和拉伸一样；n ______2） 孪生：拉伸和压缩的时候都可能产生孪生变形； 3） 扭折：拉伸的时候一般不易扭折变形，压缩的时候可以产生扭折变形。
试指出单晶体的Cu 与a -Fe 中易滑移面的晶面与晶向，并分别求它们的滑移面间距，滑移方 向上的原子间距及点阵阻力，已知泊松比为v =0.3,G Cu =48300MPa ，G a -Fe =81600MPa.解：体心Fe 具有多种类的滑移系，但是滑移方向均相同。
滑移面{1,1,0}面距=a/ 2 {1,1,2}面距=a/ . 6 ; {1,2,3}面距=aA. 14;<1,1,1,>原子距离=a 3/2;点阵阻力根据派一纳力公式求得：{1，1，0}: F=153MPa ；{1，1，2} : F=3386.4MPa ； {1，2，3} : F=1406MPa ；Cu 滑移面{1,1,1}，面距=a/ 3 ;滑移方向<1,1,0>，原子间距=a/ 2;点阵阻 力=90.56MPa 。
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
第五章 刚体力学参考答案（2012）一、选择题[ C ]1、基础训练（2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力(A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断．参考答案：逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m 1＜m 2)，实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律21()T T R J β-=可得：21T T >[B ]2、基础训练（5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为231ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 21，则此时棒的角速度应为(A) ML m v ． (B) ML m 23v ． (C) ML m 35v ． (D) MLm 47v．图5-9参考答案：把质点与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒有：21123L mv L m v ML ω⋅=⋅+⋅ 由此可得出答案。
[ C ]3、基础训练（7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大． (B) 不变．(C) 减小． (D) 不能确定．参考答案:把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。
设L 为每一子弹相对与O 点的角动量大小，据角动量守恒定律有：00()J L L J J J J J ωωωωω+-=+=<+子弹子弹m 2m 1 O图5-7O Mm m图5-11v21v俯视图[C ]4、自测提高（2）将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将(A) 小于． (B) 大于，小于2． (C) 大于2．(D) 等于2．参考答案：设飞轮的半径为R ,质量为m ，根据刚体定轴转动定律M J β=，当挂质量为m 的重物是：mg T ma TR J a R ββ-===所以2mgRJ mR β=+,当以2F mg =的拉力代替重物拉绳时，有：'2mgR J β=，2'mgRJβ=，比较二者可得出结论。
版权归原著所有 本答案仅供参考习题55-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：ma T mg 222=-┄①ma mg T =-1┄②2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④βr a = ，2/2J m r =┄⑤联立，解得：g a 41=，mg T 811=。
5-2．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
解：（1）设杆的线密度为：lm =λ，在杆上取一小质元d m d x λ=，有微元摩擦力：d f d m g g d x μμλ==，微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩：20124lM g x d x m g l μλμ==⎰；（2）根据转动定律d M J Jdtωβ==，有：00t M d t Jd ωω-=⎰⎰，2011412m g l t m l μω-=-，∴03lt gωμ=。
或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，2112J m l =，T有：03lt gωμ=。
5-3．如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。
假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为2/2MR，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。
解：受力分析如图，可建立方程：m g T m a -=┄①βJ TR =┄② a R β= ，212J m R =┄③ 联立，解得：22m g a M m=+，2M m g T M m=+，考虑到dv a dt=，∴022v t m g dv dt M m=+⎰⎰，有：22m g t v M m=+。
5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4/M ，均匀分布在其边缘上，绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为4/M 的重物，如图。
已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2MR J =，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？ 解一：分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 A Ma T Mg =-1人B a M g M T 442=-物αJ R T R T =-21滑轮由约束方程: αR a a B A ==和4/2MR J =,解上述方程组 得到2g a =.解二：选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重 物上升的速度，注意到u 为匀速，0d u d t=，系统对轴的角动量为：213()()442M L M v R M u v R R M v R M u B A Rω=--+=-()()体人(物物体)而力矩为：13M 44M g R M g R M g R =-+=， 根据角动量定理dtdL M =有：)23(43MuR MvR dt d MgR -=，∴2g a =。
5-5．计算质量为m 半径为R 的均质球体绕其轴线的转动惯量。
解：设球的半径为R ，总重量为m ，体密度334m Rρπ=，考虑均质球体内一个微元：2sin d m r d rd d ρθθϕ=， 由定义：考虑微元到轴的距离为sin r θ2(sin )J r d m θ=⎰，有：2220(sin )sin RJ r r d rd d ππθρθθϕ=⋅⎰⎰⎰5212[(1cos )cos ]5R rd ππρθθ=⋅⨯--⎰225m R =。
5-6．一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数40/k N m =，当0θ=时弹簧无形变，细棒的质量kg 0.5=m ，求在0θ=的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置？解：以图示下方的三角桩为轴，从00~90θθ==时， 考虑机械能守恒，那么： 0θ=时的机械能为：22()(2)1123lm g m l ω⋅+（重力势能转动动能），90θ=时的机械能为：212k x有：2221112232lm g m l k x ω⋅+=（） 根据几何关系：22215.1)5.0(+=+x ，得：128.3-⋅=s rad ω5-7．如图所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，可绕O 轴在铅直面内转动。
若盘自静止下落，略去轴承的摩擦，求：（1）盘到虚线所示的铅直位置时，质心C 和盘缘A 点的速率； （2）在虚线位置轴对圆盘的作用力。
解：（1）设虚线位置的C 点为重力势能的零点，下降过程机械能守恒， 有：221ωJ mgR = ，而2221322J m R m R m R =+=∴Rg 34=ω 34Rg R v c ==ω2A v R ω==（2）273y F mgmR mg ω=+=（重力）（向心力），方向向上。
5-8．如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和m 2的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 31和l 32．轻杆原来静止在竖直位置。
今有一质量为m 的小球，以水平速度0v 与杆下端小球m 作对心碰撞，求碰撞后小球的反弹速度和轻杆所获得的角速度。
解：设碰撞后小球的反弹速度为v ，轻杆所获得的角速度为ω。
根据角动量守恒，有：220222()2()3333ll m v l m v l m m ωω⋅=-⋅⋅++⋅ 根据动能守恒，有：22220)31(221)32(212121ωωl m l m mvmv ++=联立上述两个方程，可解得0061,55v v v lω==5-9．一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ)，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动。
开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v 垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求：（1）子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度；（2）经过多少时间后，圆盘停止转动。
(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。
)解：（1）利用角动量守恒：ωω2221mR MR mvR +=得：2(2)m vm M Rω=+；（2）选微分d m r d r d σθ=，其中：面密度2MRσπ=，222π3R fMMg r d m grr dr M g R Rμμμπ===⎰⎰∴由f M t J ω⋅∆=⋅∆有：2221()032M g R t M R m R μω⋅∆=+-，知：()224M m t R M g ωμ+∆=将()22m Mm Rω=+v 代入，即得：32m vt M gμ∆=。
5-10．有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。
另有一水平运动的质量为2m 的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短。
已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示。
求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。
(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =)解：由碰撞时角动量守恒，考虑到1v 和2v方向相反，以逆时针为正向，有：22112213m v l m l m v l ω=-，得：lm v v m 1212)(3+=ω 又∵细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：11012l fm Mg x d x m g l lμμ==⎰，利用fd MJdtω-=，有：210011312tm l d dt m g lωωμ=-⎰⎰，得：21212()23m v v l t gm gωμμ+==。
5-11．如图所示，滑轮转动惯量为2m kg 01.0⋅，半径为cm 7；物体的质量为kg 5，用一细绳与劲度系数N/m 200=k 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计。
求：（1）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止而下落的最大距离；（2）物体的速度达最大值时的位置及最大速率。
解：（1）设弹簧的形变量为x ，下落最大距离为m ax x 。
由机械能守恒：2m ax m ax 12k x m g x =，有：m ax 20.49m g x m k ==；（2）当物体下落时，由机械能守恒：222111222k x m v J m g x ω++=，考虑到v Rω=，有：2222111222k x m R J m g x ωω++=，欲求速度最大值，将上式两边对x 求导，且令0d d xω=，有：21()22d k x m R J m g d xωω++⋅=，将0d d xω=代入，有：)(245.0m kmg x ==，∴当0.245x =m 时物体速度达最大值，有：22m ax2121()2m gx kx v J m r-=+，代入数值可算出：max 1.31/v m s = 。
5-12．设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。
（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？ 解：（1）已知fMk ω=-，而动力矩ωPM =，通电时根据转动定律有：fd M MJd tω+=代入两边积分有：ωωωωd k P J dt t ⎰⎰-=2，可求得：)1(2tJ k e kP --=ω；（2）见上式，当t →∞时，电扇稳定转动时的转速：ω=稳定；（3）断开电源时，电扇的转速为0ω=，只有f M 作用，那么：d k Jd tωω-=，考虑到d d d td ωωωθ=，有：0k d d Jθωθω-=⎰⎰，得：0Jk θω==。
5-13．如图所示，物体A 放在粗糙的水平面上，与水平桌面之间的摩擦系数为μ，细绳的一端系住物体A ，另一端缠绕在半径为R 的圆柱形转轮B 上，物体与转轮的质量相同。
开始时，物体与转轮皆静止，细绳松弛，若转轮以0ω绕其转轴转动。
试问：细绳刚绷紧的瞬时，物体A 的速度多大？物体A 运动后，细绳的张力多大？ 解：（1）细绳刚绷紧的瞬时前后，把物体A 和转轮B 、绳看成一个系统，系统对转轴圆柱形中心角动量守恒，A Rmv J J +=ωω0，又R v A ω=，221mR J =031ωω=⇒（2）物体A 运动后，由牛顿定律：ma mg T =-μ （1）对转轮B ，由定轴转动定律： βJ TR =-，（2）约束关系：βR a =（3） 可求出：13T m g μ=。
