大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？

题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t

d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为

()200

s rad 1.132-?=-=

-=

t

n n t πωωα

（2）发动机曲轴转过的角度为

()t n n t t t 00

202

2

1+=+=

+=πωωαωθ

在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902

20

=+==

t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt

e --=，式中10s rad 0.9-?=ω，s 0.2=τ。求：

（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得

100s 6.895.01--==???

?

?

?-=ωωωτ

t

e

（2）角加速度随时间变化的规律为

220s 5.4d d ---===t

t

e e t τ

τ

ωωα

（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60

060=???

?

?

?-==?

?-s t

s

t e t τ

ωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数

圈87.52==

π

θ

N 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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？

题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为

J

C t ω

ωα-

==

d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有

??-=ω

ωω00d d d t t J C t

由于C 和J 均为常量，得

t J

C e

-

=0ωω

当角速度由0021

ωω→时，转动所需的时间为

2ln C

J

t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有

??

-=t

t J

C t e

00

d d ωθθ

即

C

J 20

ωθ=

在时间t 内所转过的圈数为 C

J N πωπθ420

=

=

题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23??，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25?。当轮的转速由13min r 1080.2-??增大到14min r 1012.1-??时，所经历的时间为多少？

题4.4解1：在匀变速转动中，角加速度t

ωωα-=，由转动定律αM J =，可得飞轮所经历

的时间 ()s 8.10200

=-=

-=

n n M

J

J M

t πωω 解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

()00

d ωω-=?

J t M t

则 ()s 8.10200

=-=

-=

n n M

J

J M

t πωω 题4.5：用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦）

题4.5解1：设绳子的拉力为F T ，对飞轮而言，根据转动定律，有 αJ R F =

T

而对重物而言，由牛顿定律，有 ma F mg =-T （2）

由于绳子不可伸长，因此，有 αR a =（3）

重物作匀加速下落，则有 2

2

1at h =

（4）

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

???

?

??-=1222

h gt mR J

解2：根据系统的机械能守恒定律，有 02

1

2122=++-ωJ mv mgh （1'）

而线速度和角速度的关系为

ωR v =（2'）

又根据重物作匀加速运动时，有

at v =（3'） ah v 22=（4'） 由上述各式可得

???

?

??-=1222

h gt mR J

若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用。这时，只需通过用两个不同质

量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响。

题4.6：一飞轮由一直径为cm 30，厚度为cm 0.2的圆盘和两个直径为cm 10，长为cm 0.8的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为33m kg 108.7-??，求飞轮对轴的转动惯量。

题4.6解：根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得

242412

222

1121m kg 136.0211612212212?=??

?

??+=

?

??

??+??? ???=+=ad ld d m d m J J J πρ

题4.7：如图所示，圆盘的质量为m ，半径为R 。求它对O O ''轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。

题4.7解：根据平行轴定理2O O mR J J +='和绕圆盘中心轴O 的转动惯量2O 21

mR J =可得

2222O O 2

3

21mR mR mR mR J J ++=

+=' 题4.8：试证明质量为m ，半径为R 的均匀球体，以直径为转轴的转动惯量为25

2

mR 。如以和球体相切的线为轴，其转动惯量又为多少？

题4.8证：如图所示，图中阴影部分的小圆盘对OO '轴的转动惯量为 ()()

x x R x R m r J d 2

1

d 21d 22222--==

ρπ

式中3

43R m

πρ=

为匀质球体的密度。则球体以其直径OO '为转轴的转动惯量为 ()

222252

d 21d mR x x R J J R

R =-==?

?-πρ 又由平行轴定理可得球绕O 1O '1轴的转动惯量为 225

7

mR mR J J =+='

题4.9：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

)(12

22b l lb +σ。其中l 为矩形板的长，b 为它的宽。

题4.9证：取如图所示坐标，在板上取一质元y x m d d d σ=，它对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为

()

y x y x J d d d 22σ+=

整个矩形板对该轴的转动惯量为

()

()

?

??--+=

+==22

2222

22

12

1

d d d J l l b b b l lb y x y x

J σσ 题4.10：如图所示，质量kg 161=m 的实心圆柱体A ，其半径为cm 15=r ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量kg 0.82=m 的物体B 。求：（1）物体由静止开始下降s 0.1后的距离；（2）绳的张力T F 。

题4.10解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得 αα21T 2

1

r m J r F =

=（1） 对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

a m F g m F P 2T 2T

2='-='-（2） 且T

T F F '=。又由角量与线量的关系，得 αr a = 解上述方程组，可得物体下落的加速度 2

1222m m g m a +=

在t = 1.0 s 时，B 下落的距离为

m 45.22212

1222=+==m m gt m at s （2）由式（2）可得绳中的张力为

()N 2.3922

12

1=+=

-=g m m m m a g m F T

题4.11：质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。

题4.11解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，

有

11T111T 1a m F g m F P =-='-（1）

222T22T2

a m g m F P F =-=-'（2） ()()α21T2T1J J r F R F +=-（3）

T2T2T1T1

,F F F F ='='（4） 由角加速度和线加速度之间的关系，有 αR a =1（5） αr a =2（6） 解上述方程组，可得

gR r m R m J J r

m R m a 2

22121211+++-=

gr r m R m J J r

m R m a 2

22121212+++-=

g m r m R m J J Rr m r m J J F 122212122221T1++++++=

g m r m R m J J Rr m R m J J F 22

2212112121T2++++++=

题4.12：如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）

题4.12解：作A 、B 和滑轮的受力分析图。其中A 是在张力F T1、重力P 1，支持力F N 和摩擦力F f 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有 11111T cos sin a m g m g m F =--θμθ（1）

而B 则是在张力F T2和重力P 2的作用下运动，有 22T22a m F g m =-（2）

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有 αr a a ==21

对滑轮而言，根据定轴转动定律有 αJ r F r F ='-'T1T2（4） 且有

T22T 1T T1

,F F F F ='='（5） 解上述各方程可得

2111221cos sin r

J

m m g m g m g m a a ++--=

=θ

μθ

()()2212

121T1cos sin cos sin 1r J m m r gJ m g m m F ++++++=

θμθθμθ ()2

212

221T2cos sin 1r J m m r gJ m g m m F +++++=

θμθ 题 4.13：如图所示，飞轮的质量为kg 60，直径为m 50.0，转速为13min r 100.1-??。现用闸瓦制动使其在s 0.5内停止转动，求制动力F 。设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数40.0=μ，飞轮

质量全部分布在轮缘上。

题4.13解：飞轮和闸杆的受力分析如图所示。根据闸杆的力矩平衡，有

()01N

21='-+l F l l F 而N

N F F '=，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 d F l l l d F d F M μμ1

21N f

221

2+===（1）

摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动

规律，有

t

n

t

t

πωωωα200=

=-=（2） 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量42md J =，根据转动定律αJ M =，由式（1）、（2）可得制动力

()N 1014.32211

?=+=t

l l nmdl F μπ

题4.14：图是测试汽车轮胎滑动阻力的装置。轮胎最初为静止，且被一轻质框架支承者，轮轴可绕点O 自由转动，其转动惯量为2m kg 75.0?、质量为kg 0.15、半径为cm 0.30。今将轮胎放在以速率1s m 0.12-?移动的传送带上，并使框架AB 保持水平。（1）如果轮胎与传送带之间的动摩擦因数为60.0，则需要经过多长时间车轮才能达到最终的角速度？（2）在传送带上车胎滑动的痕迹长度是多少？

题4.14解：车胎所受滑动摩擦力矩为 mgr M μ=（1）

根据转动定律，车轮转动的角加速度为

J

M

=

α （2） 要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的角速度为 vr =ω （3）

开始时车轮静止，即00=ω，故由匀加速转动规律t αωω+=0，可得

α

ω

=t (4) 由上述各式可解得 s 13.12

==

mgr Jv

t μ （2）在t 时间内，轮缘上一点转过的弧长 22

t r

r s αθ==

而传送带移动的距离l = vt ，因此，传送带上滑痕的长度

m 80.62212

22

==-=-=mgr Jv t r vt s l d μα

题 4.15：一半径为R 、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在

一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。（1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？

题 4.15解： （1）圆盘上半径为r 、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力大小

2f d 2d R r mg r F πμπ=，其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为 ()

k F r M 22f d 2d d R r mg r μ-=?=

式中k 为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为 ?

?===R mgR R r mg r M M 0

2

23

2

d 2d μμ （2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J = mR 2/2。由角动量定理()ωJ t M ?=?，可得圆盘停止的时间为

g

R

M J t μωω43=

=? 题4.16：一质量为m '、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？

题4.16解：（1）碎块抛出时的初速度为 R v ω=0

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

g

R g

v h 222

220ω=

= （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L L L '-=0

式中ω2021R m L '=为圆盘未碎时的角动量；ω22

1

mR L ='为碎块

被视为质点时，对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量。则

ω221R m m L ??

?

??-'= 题4.17：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为kg 0.11=m ，长为cm 40=l ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为g 102=m 的子弹，以12s m 100.2-??=v 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。

题4.17解：根据角动量守恒定理 ()ωω'+=212J J J

式中()222l m J =为子弹绕轴的转动惯量，ω2J 为子弹在陷入杆前的角动量，l v 2=ω为子弹在此刻绕轴的角速度。12211l m J =为杆绕轴的转动惯量，

ω'是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得

杆的角速度为

()12122

12s 1.2936-=+=

+='l

m m v m J J J ωω

题4.18：半径分别为1r 、2r 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为1J 和2J 。开始时轮Ⅰ以角速度0ω转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大？

题4.18解：设相互作用力为F ，在啮合的短时间t ?内，根据角动量定理，对轮I 、轮II 分别有 (

)0111ωω-=?-J t Fr （1） 222ωJ t Fr =?（2）

两轮啮合后应有相同的线速度，故有 2211ωωr r =（3）

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

2

1

22212

101221

222122011,r J r J r r J r J r J r J +=+=ωωωω 题4.19：一质量为kg 0.20的小孩，站在一半径为m 00.3、转动惯量为2m kg 450?的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以1s m 00.1-?的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

题4.19解：设转台相对地的角速度为0ω，人相对转台的角速度为1ω。由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

R

v

+

=+=010ωωωω（1） 由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有 ()010100=++ωωωJ J （2）

式中J 0、J 1 = mR 2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量。由式（1）、（2）可得转台的角速度为

122

020s 1052.9--?-=+-=R

v

mR J mR ω 式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。

题 4.20：一转台绕其中心的竖直轴以角速度10s -=πω转动，转台对转轴的转动惯量为

230m kg 100.4??=-J 。今有砂粒以1s g 2-?=t Q 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆

环，若环的半径为m 10.0=r ，求砂粒下落s 10=t 时，转台的角速度。

题4.20解：在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为

kg 10.0d s 100

==?

t Q m

根据系统的角动量守恒定律，有

()

ωω2000mr J J +=

则t = 10 s 时，转台的角速度

12

00

0s 8.0-=+=πωωmr

J J 题4.21：为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管，利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞船绕其中心轴的转动惯量

230m kg 100.2??=J ，旋转的角速度1s rad 2.0-?=ω，喷口与轴线之间的距离m 5.1=r ；喷气

以恒定的流量1s kg 0.1-?=Q 和速率1s m 50-?=u 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？

题4.21分析：将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒。在列出方程时应注意：（1）由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ω；（2）喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr ，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是u ，这样，排出气体的总角动量()mur m r u L m

≈+=?d ω。经上述处理后，可使问题大大简化。

解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有 0=-mur J ω

因喷气的流量恒定，故有 Qt m 2=

由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为

s 67.2==Qur

J t ω

题4.22：一质量为m '、半径为R 的转台，以角速度a ω转动，转轴的摩擦略去不计。（1）有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度b ω为多少？（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度c ω为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。 题4.22解：（1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有 ()b 10a 0ωωJ J J +=

式中202

1

R m J '=为转台对其中心轴的转动惯量，21mR J =为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴

的转动惯量。于是可得

a a 100

b 2ωωωm

m m J J J +''

=+=

（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变，即22mr J =。在此过程中，由系统角动量守恒，有 ()c 20a 0ωωJ J J += 则

a 2

22

a 200c 2ωωωmr R m R m J J J +''=+=

题4.23：一质量为kg 12.1，长为m 0.1的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以N 100的力打击它的下端点，打击时间为s 02.0。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其

角动量的变化；（2）棒的最大偏转角。

题4.23解：（1）在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得

120s m kg 0.2d -??=?===??t Fl t M J L ω（1）

（2）在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即 ()θωcos 12

1

2120-=mgl J （2） 由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为

838831arccos 222'=???

? ???-= gl m t F θ

题4.24：（1）设氢原子中电子在圆形轨道中以速率v 绕质子运动。作用在电子上的向心力为电作用力，其大小为2024/r e πε，其中e 为电子、质子的电量，r 为轨道半径，0ε为恒量。试证轨道半径为

2

02

4mv e r πε=

（2）假设电子绕核的角动量只能为π2/h 的整数倍，其中h 为普朗克常量。试证电子的可能轨道半径由下式确定：

mv

nh

r π2=

（3）试由以上两式消去v ，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式：

2

2

02me h n r πε=

式n 中可取正整数 3,2,1。

题4.24证：（1）电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的电作用力2

024r e F πε=（可略去

万有引力），根据径向动力学方程F = ma n ，有

r mv r e 2

202

4=

πε 则电子的轨道半径为

2

02

4mv e r πε=

（2）根据题中电子角动量的量子化条件，即π

2h

n

L =，有 π

πε24202h

n

mv e mv L == 则电子可能的轨道半径为 mv

nh

r π2=

（3）根据（1）和（2）的结果消去v ，电子可能的轨道半径也可表示为

2

2

02me h n r πε=

题4.25：我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为m 1039.45?、远地点为m 1038.26?。试计算卫星在近地点和远地点的速率。（设地球半径为m 1038.66?）

题4.25解：由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有

2211r mv r mv =（1）

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有 2

E

221E 212121r Gmm mv r Gmm mv -

=-（2） 式中G 为引力常量，m E 和m 分别为地球和卫星质量，r 1和r 2是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离。由式（1）、（2）可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为

()

132112

E 1s m 1011.82-??=+=

r r r r Gm v

1312

1

2s m 1031.6-??==

v r r v 题 4.26：地球对自转轴的转动惯量为2E 33.0R m ，其中E m 为地球的质量，R 为地球的半径。（1）求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加s 105.35-?，求潮汐对地球的平均力矩。

题4.26分析：由于地球自转一周的时间为24小时，由T /2πω=可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能2k 2

1

ωJ E =

。随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少。通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量k E ?与周期T ?的

变化的关系。根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由

k E M W ?=?=θ，即可求出潮汐的平均力矩。

解：（1）地球的质量kg 1098.524E ?=m ，半径m 1037.66?=R ，所以，地球自转的动能 J 1012.2/33.022

1

2922E 22k ?=?==

T R m J E πω （2）对式T

π

ω2=两边微分，可得 T T d 2d 2

πω-

= 当周期变化一定时，有 T T T ?-=?-=?π

ωπω222

2（1）

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

T E T J J E ?-=?-=?=?k 3k 2π

ω

πωωω（2）

又根据动能定理

k E M W ?=?=θ（3）

由式（2）、（3）可得潮汐的摩擦力矩 m N 1047.72162

k ??=?=

n

T

E M πω 式中n 为一年中的天数（n = 365），T ?为一天中周期的增加量。

题 4.27：如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量

21m kg 0.10?=J ，开始时B 轮静止，A 轮以11min r 600-?=n 的转速转动，然后使A 与B 连接，

因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于1min r 200-?=n 为止。求：（1）B 轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。

题4.27解：（1）取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有 ()22111ωωJ J J +=

则B 轮的转动惯量为

2122112212m kg 0.20?=-=-=J n n n J J ωωω

（2）系统在啮合过程中机械能的变化为 ()J 1032.12

121

42112221?-=-+=

?ωωJ J J E 式中负号表示啮合过程机械能减少。

题4.28：一质量为m 、半径为R 的匀质圆柱体，从倾角为θ的斜面上无滑动地滚下，求其质心的加速度。

题4.28解1：按题意作图并作圆柱体的受力分析（如图所示）。由牛顿第二定律可得圆柱体的质心C 在x 方向上的动力学方程为 C ma F mg =-f sin θ（1）

在斜面对圆柱体的摩擦力矩作用下，圆柱体绕其中心轴转动，根据转动定律，有 αα2f 2

1

mR J R F =

=（2） 在无滑动滚动时，质心的加速度a C 与转动的角速度α之间的关系为 αR a =C （3）

联立解上述三个方程式，可得 θsin 3

2

C g a =

解2： 若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则摩擦力F f 和支持力F N 都不产生力矩，

使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩mg sin θ，故有 αθJ mgR '=sin

其中J '是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有 ()

222

3

mR mR J J =+='

故有

θαsin 21R

g

= 则

θαsin 3

2

C g R a =

= 解3：以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有 恒量=++=

C 2

2C 2121mgh J mv E ω 将上式对t 求导，可得 0d d d d d d C C C

=++t

h mg t J t v mv ω

ω 式中θαωsin d d ,d d ,d d C

C C v t

h t a t v -===，且有ωR v =C 和αR a =C ，则可得到 θsin 3

2

C g a =

显然上述三种方法均能得到同样的结果。

题4.29：一长为l 、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端点为转轴的角速度ω'；（2）在此过程中转动动能的改变。

题4.29解：（1）棒的质心的动量定理为

C mv p t F =?=?

式中F 是棒所受的平均力，v C 为棒质心的速度。棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有 ωωJ J t l

F

-'=?-2

式中J 为棒绕质心的转动惯量（即2

12

1ml J =）

。而根据角动量与线量的关系 ω'=2

l v C

可解得 ωωω41

4

12=+=

'm l J J （2）在此过程中转动动能的改变为

222232

1

2121ωωωml J J E k -=-''=

? 题 4.30：一长为l 2的均匀细杆，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙上，另一端放在摩擦亦略去不计的水平地板上，如图所示。开始时细杆静止并与地板成0θ角。当松开细杆后，细杆开始滑下。问细杆脱离墙壁时，细杆与地面的夹角θ为多大？

题4.30解：以初始位置时细杆的质心位置为坐标原点，取坐标如图所示。细杆在任意位置时的质心坐标为

()0cos cos θθ-=l x （1） ()0sin sin θθ-=l y （2）

取初始位置时的势能为零，根据系统的机械能守恒定律，有

2C 2C 2

1

21ωJ mv mgy +=

（3） 因为细杆的质心速度ωl v =C ，细杆对其中心的轴的转动惯量2C 3

1

ml J =，通过式（1）、（2）和（3）可得

()

l

g 2sin sin 30θθω-=

（4）

θωcos 43d d l

g

t -=（5） 根据中心C 在x 方向的动力学方程x 1N ma F =，当细杆

与墙壁脱离接触时0N1=F ，则0x =a 。由式（1）可得 θωsin d d x l t

x

v -== t l l t v a d d sin cos d d 2x x ω

θ

θω--==

（6） 将式（4）和式（5）代入式（6），且令0=x a ，有 ()θθθθθ

cos sin sin 23cos 43sin 0-=

l

g

l g 即0sin 3

2

sin θθ=

细杆脱离墙壁时与地面的夹角为

??

?

??=0sin 3

2arcsin θθ

题4.31：如图所示，A 、B 两个轮子的质量分别为1m 和2m ，半径分别为1r 和2r 。另有一细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中A 轮绕固定轴O 转动。试求：（1）B 轮下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的拉力。

题4.31解：分别作两轮的受力分析，如图所示。取竖直向下为y 轴正向。轮A 绕轴O 作定轴转动，故有 A 2111T

2

1

a r m r F ='（1） 对于轮B 除了绕其轴C 转动外，其质心C 还在向下作平动。根据牛顿定律，轮B 质心的动力学方程为

C 2T 2a m F g m =-（2）

根据转动定律，有 B 2222T 2

1

αr m r F =

（3） 角量与线量的关系2

B

B 1

A

A ,r r αααα=

=

，A a 、B

a 分别为轮A 、B 边缘上一点的加速度，二者和

C 点加速度之间的关系为B C A a a a -=，且有

T T F F '=。解上述各式可得 ()g m m m m a 2

121C 232++=

g m m m m F F 2

12

1T

T 23+='=

大学物理刚体部分知识点总结

一、刚体的简单运动知识点总结 1、刚体运动的最简单形式为平行移动与绕定轴转动。 2、刚体平行移动。 ·刚体内任一直线段在运动过程中,始终与它的最初位置平行,此种运动称为刚体平行移动,或平移。 ·刚体作平移时,刚体内各点的轨迹形状完全相同,各点的轨迹可能就是直线,也可能就是曲线。 ·刚体作平移时,在同一瞬时刚体内各点的速度与加速度大小、方向都相同。 3、刚体绕定轴转动。 ?刚体运动时,其中有两点保持不动,此运动称为刚体绕定轴转动,或转动。 ?刚体的转动方程φ=f(t)表示刚体的位置随时间的变化规律。 ?角速度ω表示刚体转动快慢程度与转向,就是代数量, 。角速度也可以用矢量表示, 。 ?角加速度表示角速度对时间的变化率,就是代数量, ,当α与ω同号时,刚体作匀加速转动;当α与ω异号时,刚体作匀减速转动。角加速度也可以用矢量表示, 。 ?绕定轴转动刚体上点的速度、加速度与角速度、角加速度的关系: 。 速度、加速度的代数值为。 ?传动比。

二. 转动定律转动惯量 转动定律 力矩相同,若转动惯量不同,产生的角加速度不同 与牛顿定律比较: 转动惯量 刚体绕给定轴的转动惯量J 等于刚体中每个质元的质量与该质元到转轴距离的平方的乘积之总与。 定义式质量不连续分布 质量连续分布 物理意义 转动惯量就是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。 它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关。 计算转动惯量的三个要素:

(1)总质量; (2)质量分布; (3)转轴的位置 (1) J 与刚体的总质量有关 几种典型的匀质刚体的转动惯量 平行轴定理与转动惯量的可加性 1) 平行轴定理 设刚体相对于通过质心轴线的转动惯量为Ic,相对于与之平行的另一轴的转动惯量为I,则可以证明I 与Ic 之间有下列关系 2c I I md =+ 2)转动惯量的可加性 对同一转轴而言,物体各部分转动惯量之与 等于整个物体的转动惯量。 三 角动量 角动量守恒定律 2 c I I md =+

大学物理(第四版)课后习题及答案 质点

题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？

大学物理刚体动力学

第二章 刚体力学基础 自学练习题 一、选择题 1．有两个力作用在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； 对上述说法，下述判断正确的是：（ ） （A ）只有（1）是正确的； （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误； （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误； （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确。 【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】 2．关于力矩有以下几种说法： （1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （3）质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。 对上述说法，下述判断正确的是：（ ） （A ）只有（2）是正确的； （B ）（1）、（2）是正确的； （C ）（2）、（3）是正确的； （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。 【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】 3．一个力(35)F i j N =+作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的力矩为 （ ） （A ）3kN m -?； （B ）29kN m ?； （C ）29kN m -?； （D ）3kN m ?。 【提示：(43)(35)430209293 5 i j k M r F i j i j k k k =?=-?+=-=+ =】 4．均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴 转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆 到竖直位置的过程中，下述说法正确的是：（ ） （A ）角速度从小到大，角加速度不变； （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大； （C ）角速度从小到大，角加速度从大到小；

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单

位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =

大学物理刚体部分练习题

02刚体 一、选择题 1．0148：几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动 (B) 转速必然不变 (C) 转速必然改变 (D) 转速可能不变，也可能改变 ［ ］ 2．0153：一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度按图示方向转动。若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到 圆盘上，则圆盘的角速度ω (A) 必然增大 (B) 必然减少 (C) 不会改变 (D) 如何变化，不能确定 ［ ］ 3．0165：均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？ (A) 角速度从小到大，角加速度从大到小 (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大 (C) 角速度从大到小，角加速度从大到小 (D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 ［ ］ 4．0289：关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关 （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关 （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置 （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关 ［ ］ 5．0292：一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体。物体所 受重力为P ，滑轮的角加速度为。若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度将 (A) 不变 (B) 变小 (C) 变大 (D) 如何变化无法判断 ［ ］ 6．0126：花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角 速度为。然后她将两臂收回，使转动惯量减少为J 0。这时她转动的角速度变为： (A) (B) (C) (D) ［ ］ 7．0132：光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于 杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为mL 2 ，起初杆静止。 为m v 相向运动，如图所示。当两小球同时与杆的两个端点发生完全非 弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速 ωαα0ω 31 31ω() 03/1ω03ω03ω31 O v 俯视图

大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题 (1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2 (4). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1 d /0=? (5). 2E 0 三、计算题 1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间． 解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2 则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为 ()75 .03.060/2300021?π?π?=== r r t B A βωβωs ＝40 s 2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为 2 1 mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径). 解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ， 根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ② μ为摩擦系数，N 为正压力，22 1 mR J = ． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω 从而得 β＝-ω0 / t ④ 将②、③、④式代入①式，得 )/(2 1 02t mR NR ωμ-= - ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 r

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

大学物理(第四版)课后习题及答案刚体

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。 （1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 题 4.1解：（1）由于角速度2n （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-=-=t n n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 20221 +=+=+=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20=+==t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt e --=，式中10s rad 0.9-?=ω， s 0.2=τ。求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t 6.0 s 代入，即得 100s 6.895.01--==??? ? ??-=ωωωτt e （2）角加速度随时间变化的规律为 220s 5.4d d ---===t t e e t ττωωα （3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=??? ? ??-==??-s t s t e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θN 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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？ 题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为 J C t ωωα-==d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理刚体部分知识点总结复习过程

一、刚体的简单运动知识点总结 1.刚体运动的最简单形式为平行移动和绕定轴转动。 2.刚体平行移动。 ·刚体内任一直线段在运动过程中，始终与它的最初位置平行，此种运动称为刚体平行移动，或平移。 ·刚体作平移时，刚体内各点的轨迹形状完全相同，各点的轨迹可能是直线，也可能是曲线。 ·刚体作平移时，在同一瞬时刚体内各点的速度和加速度大小、方向都相同。 3.刚体绕定轴转动。 ?刚体运动时，其中有两点保持不动，此运动称为刚体绕定轴转动，或转动。 ?刚体的转动方程φ=f(t)表示刚体的位置随时间的变化规律。 ?角速度ω表示刚体转动快慢程度和转向，是代数量，。角速度也可以用矢量表示，。 ?角加速度表示角速度对时间的变化率，是代数量，，当α与ω同号时，刚体作匀加速转动；当α与ω异号时，刚体作匀减速转动。角加速度也可以用矢量表示，。 ?绕定轴转动刚体上点的速度、加速度与角速度、角加速度的关系： 。 速度、加速度的代数值为。 ?传动比。

二．转动定律转动惯量 转动定律 力矩相同，若转动惯量不同，产生的角加速度不同 与牛顿定律比较： 转动惯量 刚体绕给定轴的转动惯量J 等于刚体中每个质元的质量与该质元到转轴距离的平方的乘积之总和。 定义式质量不连续分布 质量连续分布 物理意义 转动惯量是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。 它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关。 计算转动惯量的三个要素:

(1)总质量； (2)质量分布； (3)转轴的位置 (1) J 与刚体的总质量有关 几种典型的匀质刚体的转动惯量 平行轴定理和转动惯量的可加性 1） 平行轴定理 设刚体相对于通过质心轴线的转动惯量为Ic ，相对于与之平行的另一轴的转动惯量为I ，则可以证明I 与Ic 之间有下列关系 2c I I md =+ 2）转动惯量的可加性 对同一转轴而言，物体各部分转动惯量之和 等于整个物体的转动惯量。 三 角动量 角动量守恒定律 2 c I I m d =+

大学物理_刚体的定轴转动_习题及答案

第4章 刚体的定轴转动 习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度是否有法向加速度切向和法向加速度的大小是否随时间变化 答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化， 所以一定有法向加速度2 n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式， 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大 答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快； （2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒动量是否守恒能量是否守恒 答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

大学物理教程 上 课后习题 答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34，

2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。

大学物理刚体部分知识点总结上课讲义

大学物理刚体部分知 识点总结

一、刚体的简单运动知识点总结 1.刚体运动的最简单形式为平行移动和绕定轴转动。 2.刚体平行移动。 ·刚体内任一直线段在运动过程中，始终与它的最初位置平行，此种运动称为刚体平行移动，或平移。 ·刚体作平移时，刚体内各点的轨迹形状完全相同，各点的轨迹可能是直线，也可能是曲线。 ·刚体作平移时，在同一瞬时刚体内各点的速度和加速度大小、方向都相同。 3.刚体绕定轴转动。 ?刚体运动时，其中有两点保持不动，此运动称为刚体绕定轴转动，或转动。 ?刚体的转动方程φ=f(t)表示刚体的位置随时间的变化规律。 ?角速度ω表示刚体转动快慢程度和转向，是代数量，。角速度也可以用矢量表示，。 ?角加速度表示角速度对时间的变化率，是代数量，，当α与ω同号时，刚体作匀加速转动；当α与ω异号时，刚体作匀减速转动。角加速度也可以用矢量表示，。 ?绕定轴转动刚体上点的速度、加速度与角速度、角加速度的关系： 。 速度、加速度的代数值为。

?传动比。 二．转动定律转动惯量 转动定律 力矩相同，若转动惯量不同，产生的角加速度不同 与牛顿定律比较： 转动惯量 刚体绕给定轴的转动惯量 J 等于刚体中每个质元的质量与该质元到转轴距离的平方的乘积之总和。 定义式质量不连续分布

质量连续分布 物理意义 转动惯量是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。 它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关。 计算转动惯量的三个要素: (1)总质量； (2)质量分布； (3)转轴的位置 (1) J 与刚体的总质量有关 几种典型的匀质刚体的转动惯量 刚体转轴位置转动惯量J 细棒（质量为m，长为l）过中心与棒垂直212 ml 细棒（质量为m，长为l）过一点与棒垂直23 ml 细环（质量为m，半径为 R）过中心对称轴与环面垂直2 mR 细环（质量为m，半径为 R）直径22 mR 圆盘（质量为m，半径为 R）过中心与盘面垂直22 mR 圆盘（质量为m，半径为直径24 mR

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体复习课程

大学物理(第四版)课后习题及答案刚体

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到 13min r 107.2-??。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多 少转？ 题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα= ，在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-= -= t n n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 202 2 1+=+= +=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20 =+== t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ ωωt e --=，式中 10s rad 0.9-?=ω，s 0.2=τ。求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变 化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得 100s 6.895.01--==??? ? ? ?-=ωωωτ t e （2）角加速度随时间变化的规律为 220s 5.4d d ---===t t e e t τ τ ωωα （3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60 060=??? ? ? ?-==? ?-s t s t e t τ ωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θ N

题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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？ 题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为 ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角 加速度 为 J C t ω ωα-== d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有 ??-=ω ωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得 t J C e -=0ωω 当角速度由002 1ωω→时，转动所需的时间为 2ln C J t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有 ?? -=t t J C t e 00 d d ωθθ 即 C J 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为 C J N πωπθ420 ==

大学物理教程课后习题答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 231r =+= （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+- 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。

解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω= =-+ （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球