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大学物理第三章习题答案

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第三章 刚体的定轴转动3-1 （1）铁饼离手时的角速度为(rad/s)250125===.//R v ω（2）铁饼的角加速度为)(rad/s 83925122252222..=⨯⨯==πθωα （3）铁饼在手中加速的时间为(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt 3-2 （1）初角速度为(rad/s)9206020020./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为)(rad/s 9410792031420...=-=-=tωωα （2）转过的角度为)186(rad 1017172314920230圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ （3）切向加速度为)(m/s 388209412t ...=⨯==R a α法向加速度为)(m /s 10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s 10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctan arctan 4t n '︒=⨯==.a a θ3-3 （1）对轴I 的转动惯量222219)cos602(])cos60()cos60([2ma a a m a a a m J =︒++︒++︒=对轴II 的转动惯量2223)sin60(4ma a m J =︒=（2）对垂轴的转动惯量2222312)2()cos30(222ma a m a m ma J =+︒+=3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O 点的力矩为mgl l mg l mg l mg l mg M 438141418343430=⋅-⋅-⋅+=（2）系统对O 点的总转动惯量等于各部分对O 点的转动惯之和，即22222432104837)43()43)(43(31)4)(4(31)4(ml l m l m l m l m J J J J J =+++=+++= （3）由转动定律 βJ M = 可得l g ml mglJ M 3736483743200===β3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为0001201)-(0.8ωωωωβ.-==∆-=t第二秒末的角速度为0000260220ωωωβωω..=⨯-=+=t（2）设摩擦力矩r M 与角速度ω的比例系数为α，据题设可知αωωαω==tJM r d d 即,t JtJtαωωαωωωω==⎰⎰00lnd d 0据题设s 1=t 时，0180ωω.=，故可得比例系数80ln .J =α 由此s 2=t 时，转轮的角速度2ω为ln0.82ln2=ωω 002264080ωωω..==∴3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N ，如图示，则二者间摩擦力N f r μ=，此摩擦力形成阻力矩R f r ，由转动定律βJ R f r =其中飞轮的转动惯量2mR J =，角加速度n t520πωωβ-=-=，故得 14(N)30.25(1000/60)605252-mnRf r =⨯⨯⨯-=-=ππ 见图所示，由制动杆的平衡条件可得0= )(121l N l l F '-+习题3-6图μrf NN ='得制动力(N)3140.75)(0.54050314)(211=+⨯=+=..l l l f F r μ3-7 如图所示，由牛顿第二定律 对11111:a m g m T m =- 对22222:a m T g m m =- 对整个轮，由转动定律β⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-22221111222121R M R M R T R T又由运动学关系 2211//R R ααβ== 联立解以上诸式，即可得222221111122)2/()2/()(R m M R m M gR m R m +++-=β 3-8 设米尺的总量为m ，则直尺对悬点的转动惯量为m093.0m 154.16.0m 52314.0m 5231313122222211==⨯⨯+⨯⨯=+=l m l m I(a) (b)习题3-7图mg 1.02152mg 522153mg 53=⨯⨯-⨯⨯=M又m 154.1==I I M β)rads (5.10m4.115mg 1.02-=⨯==∴I M β从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O 势能点）221ωJ mgh c =即 25.14.1211.0ωm mg ⨯=⨯21=⇒ω3-9 m 视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。

作受力分析（如图所示）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====-221MR J R a J RT maT mg ββ （1）由方程组可解得g g M m m a 212/=+=物体作匀加速运动gt at v v 210=+= （2）物体下落的距离为2204121gt at t v x =+=当t =4时习题3-9图(1))m (2.3944412==⨯=g g x （3）绳中张力由方程组解得mg 21=T 解法2：以t =0时物体所处位置为坐标原点O ，以向下为x 正方向.（1）由机械能守恒：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⨯==+R V mRJ mgx mV J ωω2222212121 gx V =⇒2 两边就t 求导得gtv t g v tg v gv t vvt v 212d d 2d d d d 200=⇒==⇒=⎰⎰ （2）20041d 21d d 21d 21d d d d 21gt x tgt x t gt x gt t x t x v gt v t x =⇒===⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==⎰⎰则习题3-9图(2)（3）m 匀加速运动，由gt V 21=以及00=V 知mg T ma T mg g a 2121=⇒⎪⎭⎪⎬⎫=-=又由 3-10 如图所示，唱片上一面元面积为r r s d d d θ=,质量为)/(d d d 2R r mr m πθ=,此面元受转盘的摩擦力矩为)/(d d d d d 22k k R r r mg mg r f r M πθμμ===各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为⎰=M M dmgR r r Rmg k R k μθπμπ32d d 20022==⎰⎰唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到ω需要时间为gR mR M at k 24321/μωωω=⎪⎭⎫ ⎝⎛==唱机驱动力矩做的功为2221ωωθmR t M M A =⋅=∆⋅=唱片获得的动能为22222k 41212121ωωωmR mR J E =⎪⎭⎫⎝⎛==3-11 对整个系统用机械能守恒定律021212122121=+++-ωJ v m kh gh m习题3-10图以r v mr J /,212==ω代入上式，可解得m/s 48.105.008.05.025.08.908.022/22121=+⨯-⨯⨯⨯=+-=m m kh gh m v3-12 （1）丁字杆对垂直轴O 的转动惯量为222032)2(12131ml l m ml J J J OAB OC =+=+=对轴O的力矩mgl M 210=，故由βJ M =可得释手瞬间丁字杆的角加速度lgml mgl J M 432321200=⨯==β（2）转过︒90角后，知矩0,0='='β则M 。

由机械能守恒知20212J mgl J l mg=∴=ωω此时角动量gl mlmglJ J L 3200===ω转动动能为mgl J E k 212120==ω 3-13 （1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O 轴的转动惯量20021R m J ='，挖去小碎片，相应减少21mR J =，故剩余部分对O 的转动惯量为22010021mR R m J J J -=-'= （2）碎片飞离前后，其角动量守恒ωωωωω=∴+-=112122020)21(21mR mR R m R m故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。

3-14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即221)(ωωMr J J +=由此可得转台后来的角速度为)rad/s (496.0102280120012002122=⨯⨯+=+=πωωMr J J 3-15 慧星在有心力场中运动，角动量守恒。

设其质量为M ，近日点速率为V 1，与太阳之距r 1;远日点速率为V 2，与太阳之距r 2，则有2211r MV r MV =)m (1026.51075.81008.91046.51210241212⨯=⨯⨯⨯⨯==∴r V V r 3-16 （1）由于g r v =/2)m/s (95.45.28.9=⨯==gr v（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得03=-ωJ mvR 由此得飞船角速度为)rad/s (1067.81035.295.4703335-⨯=⨯⨯⨯⨯==J mvR ω （3）飞船转过︒30用的时间)6/(ωπ=t ，宇航员对飞船的角速度为R v /+ω，在时间t 内跑过的圈数为)(19)5.21067.895.41(121)1(121)2/()/(3圈=⨯⨯+⨯=+=+=-Rvt R v n ωπω3-17 太阳自转周期按25d 计算，太阳的自转角动量为)/s m kg (101.186400252)1096.6(1099.1525224228302S ⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==πωmR J 此角动量占太阳系总角动量的百分数为%3.310)2.311.0(1011.04343=⨯+⨯ 3-18 （1）由于外力沿转动中心O ，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即ω22112211mr r mV r mV r mV ==故小球作半径r 2的圆周运动的角速度为1221V r r =ω （2）拉力F 做功为212212122122121d V r r m mV mV s F A ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=⋅=⎰ 3-19 （1）2223431ml ml ml J J J =+=+=球杆 （2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有)cos ()cos 2(2102θθωl mg lmg J --=解得： θωcos 23lg=3-20 （1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：34 ω⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=22314343Ml l m l mv 解得)s rad (94.0942001084.0941084320010894431333----⋅=⨯⨯⨯≈⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=l M m mvω （2）上摆过程机械能守恒)cos 1(43)cos 1(2212θθω-+-=l mg l Mg J 即lg )(m M l m M θωcos 1432169312122-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ M m << ，上式可近似为lg )(M Ml θωcos 12312122-=⋅ 解得 073.0)31(cos 2-=-=gl ωθ 0cos <θ即θ为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（︒90）。

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大学物理第三章-部分课后习题答案

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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。

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r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能； （3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的 功； （4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量， 画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械 能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下， 由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球 无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环， 到达最高 点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速 度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处， 如图试求 小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静 止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍， 矿 车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运 动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自 动卸货， 然后矿车借助弹簧的弹性力作用， 使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这 一过程，空载时车的质量与满载时车的质 量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度
大学物理学课后3第三章答案

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题 3.8(a)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
题 3.8(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r J
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
J 1 MR 2 1 mr 2
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴ ①
Fr

N

l1
l2 l1
F
J 1 mR 2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
J
mRl1
以 F 100 N 等代入上式，得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
0.20m, r ＝0.10m， m ＝4 kg， M ＝10 kg， m1 ＝ m2 ＝2 kg，且开始时 m1 ， m2 离地均为 h ＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)．
习题 3
3.1 选择题
(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．
在
上
述
说
(5) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，如图射来两个质量相同，
大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第3章 刚体力学

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第三章 刚体力学3－1 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）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。

（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C J t JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。

3－2 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。

其中a ，b 为矩形板的长，宽。

证明一：如图，在板上取一质元dxdy dm σ=，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 dm r dJ ⎰=2dxdy y x a a b b σ⎰⎰--+=222222)()(1222b a ab +=σ证明二：如图，在板上取一细棒bdx dm σ=，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为2121b dm ⋅，根据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为22)2(121x adm b dm dJ -+⋅=dx x ab dx b 23)2(121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴⎰)(1222b a ab +=σ3-3 如图3-28所示，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，求重物的加速度和各段绳中的张力。

解：受力分析如图ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(2 （3） βJ r T T =-)(1 （4）βr a =，221mr J =(5) 联立求出g a 41=， mg T 811=，mg T 451=，mg T 232=3-4 如图3-29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绕过细杆中心的竖直轴转动，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。