当前位置：文档之家 › 大学物理第三章习习题选解

大学物理第三章习习题选解

  • 格式：doc
  • 大小：478.00 KB
  • 文档页数：8

欢迎阅读
第三章 刚体的转动
3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即ωβk -=，式中k 为比例常数。

初始角速度为0ω，求： （1）飞轮角速度随时间变化的关系；
（2）角速度由0ω减为20ω所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。

由ω=
代入t 为t a 切向加速度为 βR a t =
又()02
22θθβωω-=-，且000,0ωθ== 3-3 一根质量为m ，长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动。

已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为μ，求杆转动时受摩擦力矩的大小。

解：设杆的线密度为λ。

在杆上取一线元距转轴为r ，质量为dr dm λ=。

该线元在转动时受桌面摩擦力为
欢迎阅读
摩擦力方向与r
垂直，故线元受摩擦力矩的大小为 杆转动时受摩擦力矩的大小为 又l m λ= m g l M μ2
1
=
3-4 如图所示，一长为l ，质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为m 2和m 的小球，杆可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转
动。

开始杆与水平方向成某一角度θ，处于静止状态，释放后，杆绕O 轴转动。

当杆转到水平位 题3-4图m 所做的功是否相等？为什么？
解：恒力F 作用于飞轮的力矩 （1）由刚体转动第二定律βJ M =，飞轮 的角加速度
（2）绳子拉下m 5时，飞轮
转过的角度rad r
l
25==
θ 题3-5图()a 题3-5图()b 设经过的时间为t ，则
飞轮的角速度 13.44-⋅==s rad t βω 飞轮获得的动能 J J E k 4902
1
2==
ω （3）拉力F 所做的功为 J Fl A 490== 与飞轮获得的动能相等
（4）若在绳端挂N 98重量的物体
⎧'='J r T β（3） 若滑轮的质量不计则结果又如何？ 题3-6图
解：（1）若2m 与桌面滑动摩擦系数为μ，则有如下方程组 解得 ()2
2121r
J
m m g
m m a ++-=
μ
（2）若2m 与桌面光滑接触，则有
()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-=-ββr a a m T J r T T a m T g m 2221111 解得
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪⎨⎧
++=
+++=++=2
212122
21122112211J m m g m m T r J m m g m r J g m m T r J
m m g m a
以忽略，它与滑轮之间无滑动。

假设定滑 轮质量为M ，半径为R ，转动惯量为2MR ，
程中下落速度与时间的关系。

题3-8图
解：方法一：由牛顿第二定律及刚体 的转动定律得
⎪⎪⎪⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧====-221MR J R a J TR ma T mg ββ 得 2M m mg a +
=
故物体m 的下落速度为 题3-8图 方法二：由机械能守恒定律
①、②两式相除，得 B B A A J J
'
'=⎪⎭⎫ ⎝⎛2tan 2θ
把θ值代入①式得
3-10 如图所示，从一个半径为R 的均匀薄板上挖去一个直径为R 的圆板。

所形成的圆洞中心在距原薄板中心2R 处。

所剩薄板的质量为m 。

求此时薄板对于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量。

解：设均匀薄板被挖去圆板后的转动惯量为J ，挖去圆板前的转动惯量为1J ，被挖去的圆板对转轴的转动惯量为2J ，则有被挖去的圆板对通过自己圆心O '并垂直于板面的转轴的转动惯量为
2
221⎪⎭
⎫
⎝⎛'R m ，由平行轴定理 题3-10图
16oy 12oz （2）若 602,60=-==θ
παθ 3-12 长为m 1，质量为kg 5.2的匀质棒，垂直悬挂在转轴O 点上，用
N F 100=的水平力撞击棒的下端，该力作用的时间为s 02.0，求：（1） 棒所获得的动量矩； （2） 棒的端点上升的距离。

解：棒对转轴的转动惯量为
（1）在打击瞬间，重力对转轴不产生力矩，由 角动量定理，棒所获得的动量矩
题3-12图
（2）撞击后，棒转动到最高位置时角速度为零，以棒和地球为研究对象，此过程中机械能守恒。

设棒的中心A 上升的距离为h 。

其中14.2-⋅=∆=
s rad J
t
Fl ω代入上式 棒的端点上升的距离 m h H 196.02==
（1）子弹停在棒中时棒的角速度； （2）棒的最大偏转角。

解：（1）子弹对转轴的转动惯量为细木棒的转动惯量
题3-14图
子弹射入棒前对转轴的角速度为0
d
ω'=
v ，射入后与棒一起转动的角速度为ω。

射入木棒前后，子弹与木棒的角动量守恒
（2）设棒的最大偏转角为θ，棒的中心和子弹上升的高度分别为
()θcos 12-l
、()θcos 143-l 。

由机械能守恒定律 解得 cos 0.074θ=-
3-15 如图所示，质量为m ，长为l 的均匀细杆可绕过端点O 的固定水平轴转动。

杆从水平位置由静止开始下摆，杆摆 至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球
的速度v 。

题3-15图。

合集下载

大学物理第三章-部分课后习题答案

大学物理第三章-部分课后习题答案

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12R 处，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：2112J MR =① 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()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②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：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。

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(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。

分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，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：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。

大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳

大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳

习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。

（B ）动量不变，动能改变。

（C ）角动量不变，动量不变。

（D ）角动量改变，动量改变。

（E ）角动量不变，动能、动量都改变。

[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。

[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。

题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

大学物理第三章刚体力学基础习题答案

大学物理第三章刚体力学基础习题答案


方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定 转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma

g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案

大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案

t1
即：作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增 量，即系统动量的增量。 2．推广：n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t ＋ F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
yv 2
同乘以 ydy，得
y 2 gdty y
积分 得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
7
第4讲
动量和冲量
考虑到内力总是成对出现的，且大小相等，方向相反，故其矢量和必为零， 即
F
i 0
n

i内
0

设作用在系统上的合外力用 F外力 表示，且系统的初动量和末动量分别用
5
第4讲
动量和冲量
P0 和 P 表示，则
t2 n n F d t m v mi vi 0 i i 外力 t1
F外 dt＝dPFra bibliotek力的效果 关系 适用对象 适用范围 解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系 牛顿定律 动量定理 力的瞬时效果 力对时间的积累效果 牛顿定律是动量定理的 动量定理是牛顿定律的 微分形式 积分形式 质点 质点、质点系 惯性系 惯性系 必须研究质点在每时刻 只需研究质点（系）始末 的运动情况 两状态的变化
1
第4讲
动量和冲量
§3－1 质点和质点系的动量定理
实际上，力对物体的作用总要延续一段时间，在这段时间内，力的作用将 积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发，介绍冲量、 动量的概念以及有关的规律，即动量守恒定律。 一、冲量 质点的动量定理 1．动量：Momentum——表示运动状态的物理量 1）引入：质量相同的物体，速度不同，速度大难停下来，速度小容易停下；速 度相同的物体，质量不同，质量大难停下来，质量小容易停下。 2）定义：物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量，用 P 来表示 P=mv 3）说明：动量是矢量，大小为 mv，方向就是速度的方向；动量表征了物体的 运动状态 -1 4）单位：kg.m.s 5）牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2．冲量:Impulse 1）引入：使具有一定动量 P 的物体停下，所用的时间Δt 与所加的外力有关， 外力大，Δt 小；反之外力小，Δt 大。 2）定义： 作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量， 用 I 来表 示 I= FΔt 在一般情况下，冲量定义为