《大学物理》第三章 习题解答

第三章刚体的定轴转动 3-1(1)铁饼离手时的角速度为 O=v/R=25/1.0=25(rads) (2)铁饼的角加速度为 =398(rads2) 262×2丌×1.25 (3)铁饼在手中加速的时间为 2×2丌×1.25 0.628(S) 3-2(1)初角速度为 o=2n×200/60=209rads) 末角速度为 Q=2×3000/60=314(rad/s) 角加速度为 -0314-209 =419rad/s2 (2)转过的角度为 b0o+o20.9+31 7=1.17×103mad=186(圈 2 (3)切向加速度为 a1=aR=41.9×0.2=838(ms2) 法向加速度为 an=2R=314×0.2=1.97×10(m2) 总加速度为 a=a2+a2=√8372+(1.97×10)2=197×10(ms2) 总加速度与切向的夹角为 6= arctan 1.97×10 arctan 89°59′ 8.37 3-3(1)对轴I的转动惯量 J,=2ml(acos60)2+(a+ acos60 )]+m(a+ 2acos60)2=9ma

24 第三章 刚体的定轴转动 3-1 （1）铁饼离手时的角速度为  = v / R = 25 / 1.0 = 25(rad/s) （2）铁饼的角加速度为 39 8(rad/s ) 2 2 1 25 25 2 2 2 2 . . =   = =     （3）铁饼在手中加速的时间为 0 628(s) 25 2 2 2 1 25 . . =   = =    t 3-2 （1）初角速度为 2 200 60 20 9(rad/s) 0  =   / = . 末角速度为  = 2 3000 / 60 = 314(rad/s) 角加速度为 41 9(rad/s ) 7 0 0 314 20 9 2 . . . = − = − = t    （2）转过的角度为 7 1 17 10 rad 186( ) 2 20 9 314 2 0  =  3 = 圈 + = + = . . t    （3）切向加速度为 41 9 0 2 8 38(m/s ) 2 t a = R = .  . = . 法向加速度为 314 0 2 1 97 10 (m/s ) 2 2 4 2 an = R =  . = .  总加速度为 8 37 (1 97 10 ) 1 97 10 (m/s ) 2 2 4 2 4 2 n 2 a = at + a = . + .  = .  总加速度与切向的夹角为 89 59 8 37 1.97 10 arctan arctan 4 t n =    = = a . a  3-3 （1）对轴 I 的转动惯量 2 2 2 2 J1 = 2m[(acos60) + (a + acos60) ]+ m(a + 2acos60) = 9ma

对轴ⅡI的转动惯量 4m(asi60°)=3ma2 (2)对垂轴的转动惯量 J3=2ma2+2m2acos309)2+m(2a)=12ma2 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 (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 J0=J1+J2+J3+J4 +m4 (3)由转动定律M=JB可得 3-5(1)摩擦力矩恒定,则转轮作匀角加速度运动,故角加速度为 O1-0 B =(0.8-1)o0=-0.20 第二秒末的角速度为 t 0.20×2=0.60 (2)设摩擦力矩M.与角速度O的比例系数为a,据题设可知 M=ao, 即J do=@ do dt 据题设t=ls时,O1=0.80。,故可得比例系数 /hn0.8 由此t=2s时,转轮的角速度O2为 hn=2=2ln0.8 O2=0.8200=0.64O0

25 对轴 II 的转动惯量 2 2 J2 = 4m(asin60 ) = 3ma （2）对垂轴的转动惯量 2 2 2 2 J3 = 2ma + 2m(2acos30) + m(2a) =12ma 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 M mg l mg l mg l mg l mgl 4 3 8 1 4 1 4 1 8 3 4 3 4 3 0 = +  −  −  = （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 2 2 2 2 2 0 1 2 3 4 48 37 ) 4 3 ) ( 4 3 )( 4 3 ( 3 1 ) 4 )( 4 ( 3 1 ) 4 ( ml l m l m l m l m J J J J J = = + + + = + + + （3）由转动定律 M = J 可得 l g ml mgl J M 37 36 48 37 4 3 2 0 0  = = = 3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为 0 0 1 0 (0.8 -1) 0 2    = = − .  − = t 第二秒末的角速度为 2 0  0 0 20 2 0 60 = + t = − .  = . （2）设摩擦力矩 Mr 与角速度  的比例系数为  ，据题设可知   = = t M J r d d , 即 t J t J t         = =   0 0 d ln d 0 据题设 t =1s 时， 1 0 80 = . ，故可得比例系数  = Jln0.8 由此 t = 2s 时，转轮的角速度 2 为 ln 2ln0.8 0 2 =   0 0 2  2 = 0.8  = 0.64

3-6设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示,则二者间摩擦力f=pN,此摩擦力形成阻力矩 fR,由转动定律 fR=JB 其中飞轮的转动惯量J=mR,角加速度β n,故得 2 mnR -l2--- NS×60×(100060)×0.25 -314(N) 见图所示,由制动杆的平衡条件可得 习题3-6图 f 得制动力 314×0.5 (1+l2)0.4(0.5+0.75) 314(N) 3-7如图所示,由牛顿第二定律 2 对m1:71-mg=m 对m2:m2g-72=m2a2 对整个轮,由转动定律 ,R2-TRI R2| 又由运动学关系 B=C/R=a,/R 习题3-7图 联立解以上诸式,即可得 2R2-m, R)g (M12+m)R2+(M2/2+m2)R2 3-8设米尺的总量为m,则直尺对悬点的转动惯量为

26 3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为 N，如图示，则二者间摩擦力 f r = N ，此摩擦力形成阻力矩 f rR ，由转动定律 f rR = J 其中飞轮的转动惯量 2 J = mR ，角加速度 n t 5  0 2  = − − = ，故得 314(N) 60 (1000/60) 0.25 5 2 5 2 - f r mnR = = −    = −   见图所示，由制动杆的平衡条件可得 F(l 1 +l 2 ) − Nl 1 = 0  r f  N = N 得制动力 314(N) 0 4(0.5 0.75) 314 0 5 ( ) 1 2 1 = +  = + = . . l l f l F r  3-7 如图所示，由牛顿第二定律 对 1 1 1 1 1 m :T −m g = m a 对 2 2 2 2 2 m : m g −T = m a 对整个轮，由转动定律       − = + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 T R T R M R M R 又由运动学关系 1 1 2 2  = / R = / R 联立解以上诸式，即可得 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 ( / 2 ) ( / 2 ) ( ) M m R M m R m R m R g + + + −  = 3-8 设米尺的总量为 m，则直尺对悬点的转动惯量为 习题 3-6 图 习题 3-7 图

0.6 m,+3m 2 -m×0.4 0.6 14 312 14 又M=1B1 B M0.lmg×15 =10.5(rads-) 14m 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) mgh==Je 114 mg×0.1=×me 21.5 3-9m视为质点,M视为刚体(匀质圆盘)。作受力分析(如图所示)

27 0.093m m 15 1.4 m 0.6 5 2 3 1 m 0.4 5 2 3 1 3 1 3 1 2 2 2 2 2 2 1 1 = = =   +   I = m l + m l 0.1mg 2 1 5 2 mg 5 2 2 1 5 3 mg 5 3 M =   −   = 又 m 15 1.4 M = I I = 10.5(rads ) 1.4m 0.1mg 15 −2 =   = = I M  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） 2 2 1 mghc = J 即 2 1.5 1.4 2 1 mg 0.1=  m  = 21 3-9 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)

RT=JB MR (1)由方程组可解得 n M/2 g=8 物体作匀加速运动 习题3-9图(1) (2)物体下落的距离为 x=vo+=ar 当=4时 x=-g 4g=39.2(m) (3)绳中张力由方程组解得 mg 解法2:以=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: Jo+-mv= mgx 2mR- V=oR 习题3-9图(2) gx两边就t求导得 2 (2)

28          = = = − = 2 2 1 J MR a R RT J mg T ma   （1）由方程组可解得 g g m M m a 2 1 / 2 = + = 物体作匀加速运动 v v at gt 2 1 = 0 + = （2）物体下落的距离为 2 2 0 4 1 2 1 gt x v t at = = + 当 t=4 时 4 4 39.2(m) 4 1 2 x = g  = g = （3）绳中张力由方程组解得 mg 2 1 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：          = =  + = V R J mR J mV mgx   2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 V = gx 2 两边就 t 求导得 v gt g t v g t gv v t v v v t 2 1 2 d d 2 d d d d 2 0 0 =  = =  =   （2） 习题 3-9图(1) 习题 3-9 图(2)

则 dx dx=gto →x=-gt (3)∵m匀加速运动,由V=gt以及=0知 →T 又由mg-T=m 3-10如图所示,唱片上一面元面积为d=rd,质量为dm=mdr/mR2),此面元受转 盘的摩擦力矩为 dM=rdf=ru, dmg= mgu r dddr/TR) 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=dM u,mg[ de m R 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 pRo M1-mR2 lung 唱机驱动力矩做的功为 A=M.△O=M.ot=-mR2oi 习题3-10图 唱片获得的动能为 E=-Je mRo=mR2 3-11对整个系统用机械能守恒定律 -m,gh+kh+mv+JO=0

29 2 0 0 4 1 d 2 1 d d 2 1 d 2 1 d d d d 2 1 x gt x gt t x gt t gt t x t x v v gt x t  = = = =        = =   则 （3） m 匀加速运动，由 V gt 2 1 = 以及 V0 = 0 知 T mg mg T ma a g 2 1 2 1  =      − = = 又由 3-10 如图所示，唱片上一面元面积为 ds = rddr ,质量为 d d d /( ) 2 m = mr  r R ,此面元受转 盘的摩擦力矩为 d d d d d /( ) 2 2 M = r f = rk mg = mgk r  r R 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 = dM mgR r r R mg k R k      3 2 d d 2 0 0 2 2 = =   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 g R M mR a t 2 4 k 3 2 1 /     =       = = 唱机驱动力矩做的功为 2 2 2 1 A = M  = M t = mR  唱片获得的动能为 2 2 2 2 2 k 4 1 2 1 2 1 2 1 E J mR  = mR       = = 3-11 对整个系统用机械能守恒定律 0 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 − m1gh + k h + m v + J = 习题 3-10 图

以J=m2,o=v/r代入上式,可解得 kh22×008×98×0.5-2×0.52 =148m/s m,+m/2 0.08+0.05 3-12(1)丁字杆对垂直轴O的转动惯量为 Jo=Joc +Jour=m/+m(2n) 2-3 对轴O的力矩M= mgl,故由M=B可得释手瞬间丁字杆的角加速度 mglx (2)转过909角后,知矩M=0,则B′=0。由机械能守恒知 此时角动量 L=J glo= 转动动能为 Er= 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J=mR2, 挖去小碎片,相应减少J1=mR2,故剩余部分对O的转动惯量为 J。=J-J1=mR2-mR2 (2)碎片飞离前后,其角动量守恒 -moro=Gmr2-mR)o, +mRo 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 Jo1=(J+M2) 由此可得转台后来的角速度为 J+M2O1=,1200 0496(rads) 1200+80×2210 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,与太阳之距

30 以 J mr , v /r 2 1 2 =  = 代入上式，可解得 1.48m/s 0.08 0.05 2 0.08 9.8 0.5 2 0.5 / 2 2 2 1 2 1 = +    −  = + − = m m m gh k h v 3-12 （1）丁字杆对垂直轴 O 的转动惯量为 2 2 2 0 3 2 (2 ) 12 1 3 1 J J J ml m l ml = OC + OAB = + = 对轴 O 的力矩 M mgl 2 1 0 = ，故由 M = J 可得释手瞬间丁字杆的角加速度 l g ml mgl J M 4 3 2 3 2 1 2 0 0  = =  = （2）转过 90 角后，知矩 M = 0,则 = 0 。由机械能守恒知 0 2 0 2 1 2 J mgl J l mg =   = 此时角动量 L J mglJ ml gl 3 2 = 0 = 0 = 转动动能为 E J mgl k 2 1 2 1 2 = 0 = 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 2 0 0 2 1 J  = m R ， 挖去小碎片，相应减少 2 J1 = mR ，故剩余部分对 O 的转动惯量为 2 2 0 0 1 0 2 1 J = J  − J = m R − mR （2）碎片飞离前后，其角动量守恒       = = − + 1 1 2 1 2 2 0 2 0 ) 2 1 ( 2 1 m R m R mR mR 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 2 2 1 J = (J + Mr ) 由此可得转台后来的角速度为 0.496(rad/s) 10 2 1200 80 2 1200 2 2 1 2  = +  = + =    J Mr 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 V1，与太阳之距

n;远日点速率为V2,与太阳之距n,则有 Mr=MV,, 875×100=526×102(m) V2908×10 3-16(1)由于y2/r=g v=√gr=v98×2.5=495(m) (2)由飞船和宇航员系统角动量守恒可得 3mvR-Jo=0 由此得飞船角速度为 3mvR3×70×4.95×2.5 =867×10-3(rads) J 3×10 (3)飞船转过309用的时间t=/6o),宇航员对飞船的角速度为O+v/R,在时间t内 跑过的圈数为 n=(O+v/R)/2x)=(1+ )=19(圈) 867×10-3×2.5 3-17太阳自转周期按25d计算,太阳的自转角动量为 Js=二mR2 25×86400 =1.1×10(kgm2/) 此角动量占太阳系总角动量的百分数为 0.1l×10 (0.11+32MD=33% 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 F=m22 mr=mr o 故小球作半径P的圆周运动的角速度为 V (2)拉力F做功为

31 r1;远日点速率为 V2，与太阳之距 r2，则有 1 1 2 2 MV r = MV r 8.75 10 5.26 10 (m) 9.08 10 5.46 10 10 12 2 4 1 2 1 2   =     = r = V V r 3-16 （1）由于 v /r = g 2 v = gr = 9.82.5 = 4.95(m/s) （2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得 3mvR− J = 0 由此得飞船角速度为 8.67 10 (rad/s) 3 10 3 3 70 4.95 2.5 3 5 − =      = = J mvR  （3）飞船转过 30 用的时间 t =  /(6) ，宇航员对飞船的角速度为  +v/R ，在时间 t 内 跑过的圈数为 ) 19( ) 8.67 10 2.5 4.95 (1 12 1 (1 ) 12 1 ( / ) /(2 ) 3 = 圈   =  + = + = + − R v n v R t    3-17 太阳自转周期按 25d 计算，太阳的自转角动量为 1.1 10 (kg m /s) 25 86400 2 1.99 10 (6.96 10 ) 5 2 5 2 42 2 30 8 2 2 S =    =      =  J mR  此角动量占太阳系总角动量的百分数为 3.3% (0.11 3.2) 10 0.11 10 43 43 = +   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  2 1 1 2 1 1 2 2 mV r mr mV r mV r = = 故小球作半径 r2 的圆周运动的角速度为 2 1 2 1 V r r  = （2）拉力 F 做功为

A=F 2-=mV1 -1 3-19(1) J=J+J m12+m2=+m (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 0==(cos0)-mg(cos) 解得: 2V CoS 3-20(1)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞,角动量守恒: +-M 解得 734,) M 8×10-3×200 8×10 0.4 8×10-3×200 4 =9ad-s-) (2)上摆过程机械能守恒 Jo=Mg=(1 -cos0)+mg=(1-cos0) M 3 M+-m )Ig 16 24 m<<M,上式可近似为 -(1-cos6 得 c0s6=(1-。)=-0.073

32 2 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 d V r m r A F s mV mV         −         =  = − =  3-19 （1） 2 2 2 3 4 3 1 ml ml ml J J J = + = = 杆 + 球 （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 ( 2 1 0 2   mg l  l = J − mg − 解得：  cos 2 3 l g = 3-20 （1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：           +      = 2 2 3 1 4 3 4 3 mv l m l Ml 解得 9(rad s ) 0.4 9 4 8 10 200 0.4 9 4 8 10 4 3 8 10 200 9 4 4 3 1 3 3 3 − − − − =               +   =       + = m M l mv  （2）上摆过程机械能守恒 (1 cos ) 4 3 (1 cos ) 2 2 1 2  = −  + mg l −  l J Mg 即 m ( )lg M M m l  1 cos 4 3 16 2 9 3 1 2 1 2 2  −       = +      +  m  M ，上式可近似为 ( )lg M Ml  1 cos 3 2 1 2 1 2 2  = − 解得 ) 0.073 3 cos (1 2 = − = − g l 

cosθ<0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°)。 由于cos-(0073)≈85°6′ ∴棒的最大摆角约为 丌-85°6=9452

33 cos  0 即  为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（ 90 ）。 由于 cos (0.073) 85 6 1    −  棒的最大摆角约为  −856 =9452