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大学物理第3章习题解答

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24 第三章 刚体的定轴转动

3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手，此刻铁饼的速度值达到125smv。设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m的圆周运动并且均匀加速。求:

(1)铁饼离手时的角速度;

(2)铁饼的角加速度;

(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。

解：（1）铁饼离手时的角速度为

(rad/s)250125.//Rv

（2）铁饼的角加速度为

)(rad/s83925122252222..

（3）铁饼在手中加速的时间为

(s)628025251222..t

3-2一汽车发动机的转速在7.0s内由2001minr均匀地增加到3001minr。

(1)求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度;

(2)求这段时间内转过的角度和圈数;

(3)发动机轴上装有一半径为r=0.2m的飞轮，求它的边缘上一点在第7.0s末的切向加速度、法向加速度和总加速度。

解：（1）初角速度为

(rad/s)9206020020./

末角速度为

(rad/s)3146030002/

角加速度为

)(rad/s9410792031420...t

（2）转过的角度为

)186(rad1017172314920230圈..t 25 （3）切向加速度为

)(m/s388209412t...Ra

法向加速度为

)(m/s10971203142422n..Ra

总加速度为

)(m/s10971)10971(378242422n2t...aaa

总加速度与切向的夹角为

9589378101.97arctanarctan4tn.aa

3-3 如图所示，在边长为a的六边形顶点上分别固定有质量都是m的6个小球(小球的直径ad)。试求此系统绕下列转轴的转动惯量。

(1)设转轴Ⅰ，Ⅱ在小球所在平面内;

(2)设转轴过A并垂直于小球所在平面。

解：（1）对轴I的转动惯量

222219)cos602(])cos60()cos60([2maaamaaamJ

对轴II的转动惯量

2223)sin60(4maamJ

（2）对垂轴的转动惯量

2222312)2()cos30(222maamammaJ

3-4如图有一根长为l，质量为m的匀质细杆，两端各牢固地连结一个质量为m的小球，整个系统可绕一过O点，并垂直于杆长的水平轴无摩擦地转动，当系统在水平位置时，试求:(1)系统所受的合外力矩;(2)系统对O轴的转动惯量;(3)系统的角加速度。

解：（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

mgllmglmglmglmgM438141418343430

（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(mllmlmlmlmJJJJJ 26 （3）由转动定律 JM 可得

lgmlmglJM3736483743200

3-5一转轮以角速度0转动，由于轴承的摩擦力的作用，第一秒末的角速度为0.80，(1)若摩擦力矩恒定，求第二秒末的角速度;(2)若摩擦力矩与角速度成正比，求第二秒末的角速度。

解：（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)-(0.8.t

第二秒末的角速度为

0000260220..t

（2）设摩擦力矩rM与角速度的比例系数为，据题设可知

tJMrdd即,

tJtJt00lndd0

据题设s1t时，0180.，故可得比例系数

80ln.J

由此s2t时，转轮的角速度2为

ln0.82ln02

002264080..

3-6如图所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，飞轮的质量可看成全部分布在轮外缘上，转速为1001minr，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数4.0，现要求在5s内使其制动，求制动力F(尺寸如习题3一6图所示)。

解： 设飞轮与闸瓦间的压力为N，如图示，则二者间摩擦力Nfr，此摩擦力形成阻力矩Rfr，由转动定律 27 JRfr

其中飞轮的转动惯量2mRJ，角加速度nt520，故得

14(N)30.25(1000/60)605252-mnRfr

见图所示，由制动杆的平衡条件可得

0= )(121lNllF

rfNN

得制动力

(N)3140.75)(0.54050314)(211..lllfFr

3-7如习题3-7图所示，两个圆轮的半径分别为1R和2R，质量分别为1M和2M，二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固结在一起，可绕水平中心轴自由转动，今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为1m和2m的两个物体，求在重力作用下，2m下落时轮的角加速度。

解： 如图所示，由牛顿第二定律

对11111:amgmTm

对22222:amTgmm

对整个轮，由转动定律

22221111222121RMRMRTRT

又由运动学关系 2211//RR

联立解以上诸式，即可得

222221111122)2/()2/()(RmMRmMgRmRm

3-8一根均匀米尺，在60cm刻度处被钉到墙上，且可以在竖直平面内自由转动，先用手使习题3-6图

习题3-7图 28 米尺保持水平，然后释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺转到竖直位置时的角速度各是多大?

解：设米尺的总量为m，则直尺对悬点的转动惯量为

m093.0m154.16.0m52314.0m5231313122222211lmlmI

mg1.02152mg522153mg53M

又m154.1IIM

)rads(5.10m4.115mg1.02IM

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）

221Jmghc

即 25.14.1211.0mmg

21

3-9如习题3-9图所示，质量为m的物体与绕在定滑轮上的轻绳相连，定滑轮质量M=2m，半径为R，转轴光滑，设t=0时v=0，求：(1)物体的下落速度v与时间t的关系；(2)t=4s时m下落的距离;(3)绳中的张力T。

解： m视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示） (a) (b) 29 221MRJRaJRTmaTmg

（1）由方程组可解得

ggMmma212/

物体作匀加速运动

gtatvv210

（2）物体下落的距离为

2204121gtattvx

当t=4时

)m(2.3944412ggx

（3）绳中张力由方程组解得

mg21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：

RVmRJmgxmVJ2222212121

gxV2 两边就t求导得

gtvtgvtgvgvtvvtv212dd2dddd200

（2） 习题3-9图(1)

习题3-9图(2) 30 20041d21dd21d21dddd21gtxtgtxtgtxgttxtxvgtvtx则

（3）m匀加速运动，由gtV21以及00V知

mgTmaTmgga2121又由

3-10 唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，唱片放上去后将受转盘的摩擦力作用而随转盘转动(习题3-10图)，设唱片可以看成是半径为R的均匀圆盘，质量为m，唱片和转盘之间的滑动摩擦系数为k。转盘原来以角速度匀速转动，唱片刚放上去时它受到的摩擦力矩多大?唱片达到角速度需要多长时间？在这段时间内，转盘保持角速度不变，驱动力矩共做了多少功?唱片获得了多大动能？

解： 如图所示，唱片上一面元面积为rrsddd,质量为)/(ddd2Rrmrm,此面元受转盘的摩擦力矩为

)/(ddddd22kkRrrmgmgrfrM

各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为

MMd

mgRrrRmgkRk32dd20022

唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到需要时间为

gRmRMatk24321/

唱机驱动力矩做的功为

习题3-10图 31 2221mRtMMA

唱片获得的动能为

22222k41212121mRmRJE

3-1l一个轻质弹簧的劲度系数为10.2mNk，它一端固定，另一端通过一条细线绕过一个定滑轮和一个质量为1m=80g的物体相连(习题3-11图)。定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径r=0.05m，质量m=100g，先用手托住物体1m，使弹簧处于其自然长度，然后松手，求物体1m下降h=0.5m时的速度多大?(忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘上不打滑)。

解： 对整个系统用机械能守恒定律

021212122121Jvmkhghm

以rvmrJ/,212代入上式，可解得

m/s48.105.008.05.025.08.908.022/22121mmkhghmv

3-12 如图所示丁字形物体由两根相互垂直且均匀的细杆构成，OA=OB=OC=l，OC杆的质量与AB杆的质量均为m，可绕通过O点的垂直于物体所在平面的水平轴无摩擦地转动。开始时用手托住C使丁字形物体静止(OC杆水平)，释放后求:(1)释放瞬间丁字形物体的角加速度;(2)转过90时的角加速度、角动量、转动动能。

解：（1）丁字杆对垂直轴O的转动惯量为

222032)2(12131mllmmlJJJOABOC

对轴O的力矩mglM210，故由JM可得释手瞬间丁字杆的角加速度

lgmlmglJM432321200

（2）转过90角后，知矩0,0则M。由机械能守恒知

020212JmglJlmg

此时角动量

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大学物理学(第3版)下册课后练习答案

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大学物理学课后习题答案（下册）

习题9

9.1选择题

(1) 正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）

（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q

[答案：A]

(2) 下面说法正确的是：（）

（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；

（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；

（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；

（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。

[答案：D]

(3) 一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）

（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0

[答案：C]

(4) 在电场中的导体内部的（）

（A）电场和电势均为零； （B）电场不为零，电势均为零；

（C）电势和表面电势相等； （D）电势低于表面电势。

[答案：C]

9.2填空题

(1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为

。

[答案：相同]

(2) 一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为 ，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将 。

[答案：q/6ε0, 将为零]

(3) 电介质在电容器中作用（a）——（b）——。

[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命]

(4) 电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比 。

[答案：5：6]

9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?

解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷

大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解

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习题3

3.1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)02mRJJ (B) 02)(RmJJ

(C) 02mRJ (D) 0

[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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aτ= ，法向加速度an=

。

[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

大学物理教材习题答案

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第⼀章 质点运动

习题解答

⼀、分析题1．⼀辆车沿直线⾏驶，习题图1-1给出了汽车车程随时间的变化，请问在图中标出的哪个阶段汽车具有的加速度最⼤。

答: E 。

位移-速度曲线斜率为速率，E 阶段斜率最⼤，速度最⼤。2．有⼒P 与Q 同时作⽤于⼀个物体，由于摩擦⼒F 的存在⽽使物体处于平衡状态，请分析习题图1-2中哪个可以正确表⽰这三个⼒之间的关系。

答: C 。

三个⼒合⼒为零时，物体才可能处于平衡状态，只有（C ）满⾜条件。3．习题图1-3（a ）为⼀个物体运动的速度与时间的关系，请问习题图1-3（b ）中哪个图可以正确反映物体的位移与时间的关系。答：C 。

由v-t 图可知，速度先增加，然后保持不变，再减少，但速度始终为正，位移⼀直在增加，且三段变化中位移增加快慢不同，根据v-t 图推知s-t 图为C 。

三、综合题：1．质量为的kg 50.0的物体在⽔平桌⾯上做直线运动，其速率随时间的变化如习题图1-4所⽰。问：（1）设s 0=t 时，物体在cm 0.2=x 处，那么s 9=t 时物体在x ⽅向的位移是多少？（2）在某⼀时刻，物体刚好运动到桌⼦边缘，试分析物体之后的运动情况。

解：（1）由v-t 可知，0~9秒内物体作匀减速直线运动，且加速度为：220.8cm/s 0.2cm/s 4

a == 由图可得：0 2.0cm s =，00.8cm/s v =， 1.0cm/s t v =-，则由匀减速直线运动的

位移与速度关系可得：22002() t a s s v v -=- 2200

()/2t s v v a s =-+ 22[0.8( 1.0)]/20.2 2.0cm =--?+

1.1c m =

（2）当物体运动到桌⼦边缘后，物体将以⼀定的初速度作平抛运动。2．设计师正在设计⼀种新型的过⼭车，习题图1- 5为过⼭车的模型，车的质量为0.50kg ，它将沿着图⽰轨迹运动，忽略过⼭车与轨道之间的摩擦⼒。图中A 点是⼀个坡道的最⾼点，离地⾼度为1.9m ，该坡道的上半部分为⼀半径为0.95m 的半圆。

大学物理（第五版）课后习题答案

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能力。 物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握

的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路。只

有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙

和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力。有鉴于此重分析、简解答的模式成为编写本书的指导思想。全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科

学探究的态度对待物理习题初步培养学生―即物穷理‖的精神通过解题过程体验物

理科学的魅力和价值尝试―做学问‖的乐趣。因此对于解题过程本书则尽可能做到

简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科

学素质的培养有所帮助。 本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB31003102 -93 中规定的法定计量单

位。本书由马文蔚教授主编由殷实、沈才康、包刚、韦娜编写西北工业大学宋士贤

教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢。 由于

编者的水平有限敬请读者批评指正。 编者 2006 年1 月于南京 目 录 第一篇 力学