大學物理第三章部分課后習題答案

大學物理第三章 課后習題答案3-1 半徑為R、質量為M的均勻薄圓盤上，挖去一個直徑為R的圓孔，孔的中心在處，求所剩部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉動慣量。分析：用補償法（負質量法）求解，由平行軸定理求其挖去部分的轉動慣量，用原圓盤轉動慣量減去挖去部分的轉動慣量即得。注意對同一軸而言。解：沒挖去前大圓對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉動慣量為： 由平行軸定理得被挖去部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉動慣量為： 由式得所剩部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉動慣量為： 3-2 如題圖3-2所示，一根均勻細鐵絲，質量為M，長度為，在其中點O處彎成角，放在平面內，求鐵絲對軸、軸、軸的轉動慣量。分析：取微元，由轉動慣量的定義求積分可得解：（1）對x軸的轉動慣量為：題圖3-2（2）對y軸的轉動慣量為：（3）對Z軸的轉動慣量為：3-3 電風扇開啟電源后經過5s達到額定轉速，此時角速度為每秒5轉，關閉電源后經過風扇停止轉動，已知風扇轉動慣量為，且摩擦力矩和電磁力矩均為常量，求電機的電磁力矩。分析：，為常量，開啟電源5s內是勻加速轉動，關閉電源16s內是勻減速轉動，可得相應加速度，由轉動定律求得電磁力矩M。解：由定軸轉動定律得：，即3-4 飛輪的質量為60kg，直徑為，轉速為，現(xiàn)要求在5s內使其制動，求制動力F，假定閘瓦與飛輪之間的摩擦系數，飛輪的質量全部分布在輪的外周上，尺寸如題圖3-4所示。分析：分別考慮兩個研究對象：閘瓦和桿。對象閘瓦對飛輪的摩擦力f對O點的力矩使飛輪逐漸停止轉動，對飛由輪轉動定律列方程，因摩擦系數是定值，則飛輪做勻角加速度運動，由轉速求角加速度。對象桿受的合力矩為零。題圖3-4解：設閘瓦對飛輪的壓力為N，摩擦力為f，力矩為M，飛輪半徑為R,則依題意得，解：式得3-5 一質量為的物體懸于一條輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上，如題圖3-5所示軸水平且垂直于輪軸面，其半徑為，整個裝置架在光滑的固定軸承之上當物體從靜止釋放后，在時間內下降了一段距離試求整個輪軸的轉動慣量(用表示) 分析：隔離物體，分別畫出輪和物體的受力圖，由轉動定律和牛頓第二定律及運動學方程求解。題圖3-5解：設繩子對物體(或繩子對輪軸)的拉力為T，則根據牛頓運動定律和轉動定律得： b 由運動學關系有： 由、式解得： 題圖3-5又根據已知條件 ， 將式代入式得： 3-6 一軸承光滑的定滑輪，質量為半徑為一根不能伸長的輕繩，一端固定在定滑輪上，另一端系有一質量為的物體，如題圖3-6所示已知定滑輪的轉動慣量為，其初角速度 方向垂直紙面向里求：(1) 定滑輪的角加速度的大小和方向； (2) 定滑輪的角速度變化到時，物體上升的高度；(3) 當物體回到原來位置時，定滑輪的角速度的大小和方向分析：隔離體受力分析，對平動物體由牛頓第二定律列方程，對定軸轉動物體由轉動定律列方程。解：(1) 題圖3-6 方向垂直紙面向外 (2) 當 時， 圖3-6物體上升的高度 (3) 方向垂直紙面向外. 3-7 如題圖3-7所示，質量為m的物體與繞在質量為M的定滑輪上的輕繩相連，設定滑輪質量M=2m，半徑R，轉軸光滑，設，求：（1）下落速度與時間t的關系；（2）下落的距離；（3）繩中的張力T。分析：對質量為m物體應用牛頓第二定律、對滑輪應用剛體定軸轉動定律列方程。解：(1)設物體m與滑輪間的拉力大小為T，則題圖3-7 解：式得，并代入式得（2）設物體下落的距離為s，則（3）由（1）的式得，3-8 如題圖3-8所示，一個組合滑輪由兩個勻質的圓盤固接而成，大盤質量，半徑，小盤質量，半徑。兩盤邊緣上分別繞有細繩，細繩的下端各懸質量的物體，此物體由靜止釋放，求：兩物體的加速度大小及方向。分析：分別對物體應用牛頓第二定律，對滑輪應用剛體定軸轉動定律解：設物體的加速度大小分別為與滑輪的拉力分別為題圖3-8 把數據代入，解上述各式得 方向向上 方向向下3-9 如題圖3-9所示，一傾角為30的光滑斜面固定在水平面上，其上裝有一個定滑輪，若一根輕繩跨過它，兩端分別與質量都為m的物體1和物體2相連。（1）若不考慮滑輪的質量，求物體1的加速度。（2）若滑輪半徑為r，其轉動慣量可用m和r表示為（k是已知常量），繩子與滑輪之間無相對滑動，再求物體1的加速度。分析：（1）對兩物體分別應用牛頓第二定律列方程。（2）兩物體分別應用牛頓第二定律、對滑輪應用剛體定軸轉動定律列方程。解：設物體1、物體2與滑輪間的拉力分別為、它們對地的加速度為a。（1）若不考慮滑輪的質量，則物體1、物體2與滑輪間的拉力、相等，記為T。則對1、2兩物體分別應用牛頓第二定律得，題圖3-9解上兩式得：，方向豎直向下。（2）若考慮滑輪的質量，則物體1、物體2與滑輪間的拉力、不相等。則對1、2兩物體分別應用牛頓第二定律，和對滑輪應用剛體定軸轉動定律得解上述各式得：，方向豎直向下。3-10一飛輪直徑為0.3m，質量為5.0kg，邊緣繞有繩子，現(xiàn)用恒力拉繩子的一端，使其由靜止均勻地繞中心軸加速，經 0.5s轉速達每秒10轉，假定飛輪可看作實心圓柱體，求：（1）飛輪的角加速度及在這段時間內轉過的轉數；（2）拉力及拉力所作的功；（3）從拉動后時飛輪的角速度及輪邊緣上一點的速度和加速度。分析：利用轉動定律，力矩作的功定義，線量與角量的關系求解。解：（1）角加速度為：轉過的角度為：轉過的圈數為：圈（2）由轉動定律得力矩做的功為：（3）角速度為：邊緣一點的線速度為：邊緣一點的法向加速度為：邊緣一點的切向加速度為：3-11 一質量為M，長為的勻質細桿，一端固接一質量為m的小球，可繞桿的另一端無摩擦地在豎直平面內轉動，現(xiàn)將小球從水平位置A向下拋射，使球恰好通過最高點C，如題圖3-11所示。求：（1）下拋初速度；（2）在最低點B時，細桿對球的作用力。分析：由機械能守恒定律、牛頓第二定律、角線量關系求解。解：（1）如圖3-11，取向下拋點作勢能零點，由機械能守恒定律得，題圖3-11J=解得，（2）取最低點作勢能零點，由機械能守恒定律和牛頓第二定律得， 解：得，3-12 物體質量為時位于，如一恒力作用在物體上，求3s后，（1）物體動量的變化；（2）相對z軸角動量的變化。分析：寫出的表達式及力f對Z軸的力矩。由動量定理、角動量定理求解。解：（1）由動量定理得，動量的增量為：（2）由角動量定理得，角動量的增量為：而 把代入解得：把代入解得：3-13 水平面內有一靜止的長為、質量為的細棒，可繞通過棒一末端的固定點在水平面內轉動。今有一質量為、速率為的子彈在水平面內沿棒的垂直方向射向棒的中點，子彈穿出時速率減為，當棒轉動后，設棒上單位長度受到的阻力正比于該點的速率（比例系數為k）試求：（1）子彈穿出時，棒的角速度為多少？（2）當棒以轉動時，受到的阻力矩為多大？（3）棒從變?yōu)闀r，經歷的時間為多少？分析：把子彈與棒看作一個系統(tǒng)，子彈擊穿棒的過程中，轉軸處的作用力的力矩為零，所以擊穿前后系統(tǒng)角動量守恒，可求待擊穿瞬間棒的角速度。棒轉動過程中，對棒劃微元計算元阻力矩，積分可得總阻力矩，應用轉動定律或角動量定理可求得所需時間。解：（1）以子彈和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取子彈和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，子彈與棒之間的碰撞力、是內力。一對相互作用力對同一轉軸來說，其力矩之和為零。因此，可以認為棒和子彈組成的系統(tǒng)對轉軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對轉軸的角動量守恒。解上述兩式得：（2）設在離轉軸距離為得取一微元，則該微元所受的阻力為：該微元所受的阻力對轉軸的力矩為：則細棒所受到的總阻力矩為：（3）由剛體定軸轉動定律得，即上式可化為：對上式兩邊分別積分得：解上式積分得：把代入上式得：3-14兩滑冰運動員，質量分別為，它們的速率，在相距1.5m的兩平行線上相向而行，當兩人最接近時，便拉起手來，開始繞質心作圓周運動并保持兩人間的距離1.5m不變。求：（1）系統(tǒng)總的角動量；（2）系統(tǒng)一起繞質心旋轉的角速度；（3）兩人拉手前后的總動能，這一過程中機械能是否守恒，為什么？分析：利用系統(tǒng)質心公式，兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒和動能公式求解。解：（1）設兩人相距最近時以運動員A作原點，由質心公式得，兩運動員的質心為：兩人組成的系統(tǒng)對質心的總的角動量為：（2）兩人拉手過程中，所受力對質心轉軸的力矩之和為零，則兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒。解上式得：（3）兩人拉手前的動能為：兩人拉手后的動能為：因此，系統(tǒng)前后的機械能不守恒。我們可以把兩人拉手的過程看作完全非彈性碰撞，因此系統(tǒng)前后機械能不守恒。3-15 如題圖3-15所示，一長為、質量為M的勻質細棒，可繞棒中點的水平軸在豎直面內轉動，開始時棒靜止在水平位置，一質量為m的小球以速度垂直下落在棒的端點，設小球與棒作彈性碰撞，求碰撞后小球的反彈速度及棒轉動的角速度各為多少？分析：以小球和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取小球和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，棒受的重力和軸對棒的支撐力N對O軸的力矩均為零。小球雖受重力mg作用，但比起碰撞時小球與棒之間的碰撞力、而言，可以忽略不計。又、是內力，一對相互作用力對同一轉軸來說，其力矩之和為零。因此，可以認為棒和小球組成的系統(tǒng)對O軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對O軸的角動量守恒。題圖3-15解：取垂直紙面向里為角動量L正向，則系統(tǒng)初態(tài)角動量為，終態(tài)角動量為（小棒）和（小球），有角動量守恒定律得因為彈性碰撞，系統(tǒng)機械能守恒，可得又聯(lián)立式，解得3-16 一長為L、質量為m的勻質細棒，如題圖3-16所示，可繞水平軸在豎直面內旋轉，若軸光滑，今使棒從水平位置自由下擺。求：（1）在水平位置和豎直位置棒的角加速度；（2）棒轉過角時的角速度。分析：由轉動定律求角加速度，由在轉動過程中機械能守恒求角速度。解：（1）有剛體定軸轉動定律得，題圖3-16細棒在水平位置的角加速度為：細棒在豎直位置的角加速度為：（2）細棒在轉動的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得，解上述兩式得：3-17 彈簧、定滑輪和物體如題圖3-17所示放置，彈簧勁度系數k為；物體的質量?；喓洼p繩間無相對滑動，開始時用手托住物體，彈簧無伸長。求：（1）若不考慮滑輪的轉動慣量，手移開后，彈簧伸長多少時，物體處于受力平衡狀態(tài)及此時彈簧的彈性勢能；題圖3-17（2）設定滑輪的轉動慣量為，半徑，手移開后，物體下落0.4m時，它的速度為多大？分析：（1）不考慮滑輪的轉動慣量，由物體受力平衡求伸長量x，再求彈性勢能。（2）若考慮滑輪的轉動慣量，則彈簧、滑輪、物體和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒解：（1）若不考慮滑輪的轉動慣量，設彈簧伸長了x距離時物體處于受力平衡狀態(tài)，則：此時彈簧的彈性勢能為：（2）若考慮滑輪得轉動慣量，設物體下落的距離為h時，它的速度為v，滑輪的角速度為，則由機械能守恒定律得，把數據代入上述兩式得，解上述兩式得：3-18一轉動慣量為的圓盤繞一固定軸轉動，起初角速度為設它所受阻力矩與轉動角速度成正比，即(k為正的常數)，求圓盤的角速度從變?yōu)闀r所需的時間分析：由轉動定律及角加速度的定義，對角速度積分可求解。 解：根據轉動定律： 兩邊積分： 得 3-19 質量為的子彈，以速度水平射入放在光滑水平面上質量為、半徑為R的圓盤邊緣，并留在該處，的方向與射入處的半徑垂直，圓盤盤心有一豎直的光滑固定軸，如所示，試求子彈射入后圓盤的角速度。分析：在子彈射入圓盤的過程中，子彈和圓盤組成的系統(tǒng)對轉軸的角動量和力矩為零，因此對轉軸的角動量守恒。解：設子彈射入后圓盤的角速度為，則由角動量守恒定律得，題圖3-19解上式得：3-20一均質細桿，長，可繞通過一端的水平光滑軸O在鉛垂面內自由轉動，如題圖3-20所示。開始時桿處于鉛垂位置，今有一子彈沿水平方向以的速度射入細桿。設入射點離O點的距離為 ，子彈的質量為細桿質量的。試求：（1）子彈和細桿開始共同運動的角速度。（2）子彈和細桿共同擺動能到達的最大角度。分析：子彈射入細桿過程中，子彈和細桿組成的系統(tǒng)角動量守恒；細桿擺動時，機械能守恒。解（1）子彈打進桿的過程中子彈和桿組成的系統(tǒng)角動量守恒，設子彈開始時的角速度為，彈和桿一起共同運動的角速度為，則由角動量守恒定律得: O題圖3-20又把式代入式并解得： （2）設子彈與桿共同擺動能達到最大角度為角，在擺動的過程中桿和子彈及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則由機械能守恒定律得， 把式及，L=1代入式解得：。即