新編基礎物理學第三章習題解答.doc

1、習題三3-1 一汽車發(fā)動機的轉速在內由均勻地增加到。(1) 求在這段時間內的初角速度和末角速度以及角加速度； (2) 求這段時間內轉過的角度；(3) 發(fā)動機軸上裝有一半徑為的飛輪，求它的邊緣上一點在第7.0s末的切向加速度和法向加速度。解 (1) 初角速度為 末角速度為 角加速度為(2) 轉過的角度為 (3) 切向加速度為法向加速度題圖3-23-2 如題圖3-2所示，在邊長為a的正方形的頂點上，分別有質量為m的4個質點，質點之間用輕質桿連接，求此系統(tǒng)繞下列轉軸的轉動慣量： (1) 通過其中一個質點A，并平行于對角線BD的轉軸；(2) 通過質點A并垂直于質點所在平面的轉軸。解 (1) B、D兩位

2、置質點到軸的垂直距離為 C處質點到軸的垂直距離為(2) B、D兩位置質點到此軸的垂直距離為a，C處質點到此軸的垂直距離仍為題圖3-33-3 如題圖3-3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。解：（1）對x軸的轉動慣量為：（2）對y軸的轉動慣量為：（3）對z軸的轉動慣量為：3-4 電風扇開啟電源后經過達到額定轉速，此時角速度為每秒，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。解：由定軸轉動定律得即題圖3-53-5 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

3、-5所示軸水平放置且垂直于輪軸面，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) 解：設繩子對物體(或繩子對輪軸)的拉力為T，則根據(jù)牛頓運動定律和轉動定律得 解圖3-5 b 由運動學關系有 由、式解得 又根據(jù)已知條件 所以 將式代入式得 題圖3-63-6 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

4、原來位置時，定滑輪的角速度的大小和方向。解：(1) 由牛頓第二定律和轉動定律列方程 解得 方向垂直紙面向外(2) 由運動學方程得 當時 所以物體上升的高度 (3) 當物體回到原來位置時方向垂直紙面向外. 題圖3-73-7 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，半徑為R，轉軸光滑，設，求：（1）下落速度與時間t的關系；（2）時，m下落的距離；（3）繩中的張力T。解：(1)設物體m與滑輪間的拉力大小為T，則 由式解得，并代入式得（2）設物體下落的距離為s，則（3）由（1）的式得題圖3-83-8 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

5、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。解：設物體的加速度大小分別為與滑輪的拉力分別為 把數(shù)據(jù)代入，解上述各式得 方向向上 方向向下題圖3-93-9 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。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

6、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 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，質量為，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 轉速達，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(shù)；（2）拉力及拉力所做的功；（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。解：（1）角加速度為轉過的角度為轉過的圈數(shù)為

7、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 物體質量為時刻位于，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。解：（1）由動量定理可知，動量的增量為 （2）由角動量定理可知，角動量的增量為 而 把代入解得 把代入解得：3-12 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（其中比例系數(shù)為k）試求：（1）子彈穿出時，棒的

8、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？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。這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）設在離轉軸距離為處取一微元，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題圖3-133-13 如題圖3-13所示，在光滑水平面上有一木桿，其質量，長，可

9、繞通過其中心并與之垂直的軸轉動。一質量為的子彈，以的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交。若子彈陷入桿中，試求桿的角速度。解 根據(jù)角動量守恒定律 桿的轉動慣量代入解得題圖3-143-14 如題圖3-14所示，一質量為m的小球由一繩索系著，以角速度w0在無摩擦的水平面上，做半徑為 的圓周運動。如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力，使小球做半徑為 2的圓周運動。試求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所做的功。解 (1) 根據(jù)分析，小球在轉動過程中，角動量守恒 解得 (2) 根據(jù)轉動動能定理，拉力做的功等于小球轉動動能的增量 題圖3-153-15 如題圖3-15所示，一長為、質量為M的勻質細棒，可繞

10、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，問你碰撞后小球的反彈速度及棒轉動的角速度各為多少？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（棒）和（小球），由角動量守恒定律得 因為是彈性碰撞，系統(tǒng)機械能守恒，可得 又 聯(lián)立式，解得題圖3-163-16 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（設轉軸位于棒的一端時，棒的轉動慣量）。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。解：（1）由剛體定軸轉動定律得細

11、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又解上述兩式得題圖3-173-17 彈簧、定滑輪和物體如題圖3-17所示放置，彈簧勁度系數(shù)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；（2）設定滑輪的轉動慣量為，半徑，手移開后，物體下落時，它的速度為多大？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）若考慮滑輪的轉動慣量，設物體下落的距離為h時，它的速度

12、為，滑輪的角速度為，則由機械能守恒定律得把數(shù)據(jù)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(shù))，求圓盤的角速度從變?yōu)闀r所需的時間解：根據(jù)轉動定律得 分離變量得 兩邊積分 解得 題圖3-193-19 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，如題圖3-19所示，試求子彈射入后圓盤的角速度。解：設子彈射入后圓盤的角速度為，則由角動量守恒定律得解上式得題圖3-203-20一均質細桿，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 ，子彈的質量為桿質量的，試求