大学物理第三章-部分课后习题答案

大学物理第三章 课后习题答案

3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12

R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。

分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。

解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：

211

2

J MR =

① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：

2222213

()()2424232

c M R M R J J m

d MR =+=??+?= ②

由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：

21213

32

J J J MR =-=

3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成

120θ=?角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。

分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为：

2

02

220

1(sin 60)32

L x M J r dm l dl ML L ===?? （2）对y 轴的转动惯量为：

20222015()(sin 30)32296

L

y M L M J l dl ML L =??+=?

（3）对Z 轴的转动惯量为：

2211

2()32212

z M L J ML =???=

3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过

16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ?，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为

常量，求电机的电磁力矩M 。

分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。 解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即

11252520.50.5 4.12516

f M J M J J N m ππ

βββ??=+=+=?

+?=? 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。

题图3-2

分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。 解：设闸瓦对飞轮的压力为N ，摩擦力为f ，力矩为M ， 飞轮半径为R,则依题意得，

M fR J β== ① 0.4f N N μ==

②

(0.50.75)0.5F N ?+=?

③

22600.25J mR ==? ④

10002605

π

β?=

?

⑤

解：①②③④⑤式得314F N =

3-5 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用r t m S 、、和表示)．

分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。

解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ， 则根据牛顿运动定律和转动定律得：

mg T ma -= ① J Tr β= ②

由运动学关系有： a r β= ③ 由①、②、③式解得：2

(-)J m g a r a = ④

又根据已知条件 00v = 212S at ∴

=， 22S

a t

= ⑤

将⑤式代入④式得： 2

2

(1)2gt J mr S

=-

3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 2.00,M kg =半径为0.100,R m =一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 5.00,m kg =的物体，如题图3-6所

示．已知定滑轮的转动惯量为21

2

J MR =

，其初角速度 010.0/,rad s ω=方向垂直纸面向里．求：(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到0ω=时，物

体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向 分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程， 对定轴转动物体由转动定律列方程。

题图3-4

T r

β

T

a

mg

题图3-5

m

O

r 题图3-5

解：(1) ∵ mg T ma -= R J T β= R a β= ∴ ()2

2

22281.7/122

mgR mgR mg rad s mR J m M R mR MR β=

===+++ 方向垂直纸面向外

(2) ∵ βθωω22

02-=

当0ω= 时， rad 612.022

0 ==β

ωθ 物体上升的高度26.1210 m h R θ-==? (3) 210.0/rad s ωβθ== 方向垂直纸面向外.

3-7 如题图3-7所示，质量为m 的物体与绕在质量为M 的定滑轮上的轻绳相连，设定滑轮质量M=2m ，半径R ，转轴光滑，设00t v ==时，求：（1）下落速度υ与时间t 的关系；（2）4t s =时,m 下落的距离；（3）绳中的张力T 。

分析：对质量为m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解：(1)设物体m 与滑轮间的拉力大小为T ，则

mg T ma -= ①

21

2

M TR J MR ββ===

② a R β= ③

v at = ④

解：①②③式得24.9/a m s =，并代入④式得 4.9v t = （2）设物体下落的距离为s ，则

2211

4.9439.222

s at m =

=??= （3）由（1）的②式得， 4.9T mg ma N =-= 3-8 如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量

110M kg =，半径0.10R m =，小盘质量24M kg =，半径0.05r m =。两盘边缘上分别

绕有细绳，细绳的下端各悬质量122m m kg ==的物体，此物体由静止释放，求：两物体

12,m m 的加速度大小及方向。

分析：分别对物体12,m m 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律

题图3-7

m M

R ω0

题图3-6

T T

mg

a

图3-6

解：设物体12,m m 的加速度大小分别为12,,a a 与滑轮的拉力分别为12,,T T 1111T m g m a -=

① 2222m g T m a -=

②

1a r β= ③ 2a R β=

④

21M T R T r J β=-= ⑤

221211

22

J M R M r =

+ ⑥ 把数据代入，解上述各式得

210.6125/a m s = 方向向上 22 1.225/a m s =

方向向下

3-9 如题图3-9所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m 的物体1和物体2相连。 （1）若不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。

（2）若滑轮半径为r ，其转动惯量可用m 和r 表示为2J kmr =（k 是已知常量），绳子与滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。 分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。

（2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解：设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为1T 、2T 它们对地的加速度为a 。

（1）若不考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的拉力1T 、2T 相等，记为T 。则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得，

sin 30mg T ma T mg ma

-=-=

解上两式得：2

/4/a g m s =，方向竖直向下。

（2）若考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的 拉力1T 、2T 不相等。则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得

1mg T ma -= ① 02sin 30T mg ma -= ②

a r β=

③

12M T r T r J β=-= ④ 2J kmr =

⑤

解上述各式得：2/2(2)

g

a m s k =

+，方向竖直向下。

3-10一飞轮直径为0.3m ，质量为5.0kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s 转速达每秒10转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：

题图3-8

题图3-9

（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后10t s =时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。 解：（1）角加速度为：22102 1.2610/0.5

rad s t

ω

π

β?=

=

=? 转过的角度为：22211

1.26100.515.722

t rad θβ==???=

转过的圈数为： 2.52N θ

π

=

=圈 （2）由转动定律M fR J β==得

220.550.15 1.261047.10.15

J f N R β????===

力矩做的功为：0

47.10.1515.7111A Md M J θ

θθ=

==??=?

（3）角速度为：2

3

1.261010 1.2610/t rad s ωβ==??=? 边缘一点的线速度为：320.15 1.2610 1.8810/v R m s ω==??=?

边缘一点的法向加速度为：22652

0.15 1.2610 2.3710/n a R m s ω==??=? 边缘一点的切向加速度为：22

0.15 1.261018.84/a R m s τβ==??=

3-11 一质量为M ，长为l 的匀质细杆，一端固接一质量为m 的小球，可绕杆的另一端O 无摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A 向下抛射，使球恰好通过最高点C ，如题图3-11所示。求：（1）下抛初速度0v ；（2）在最低点B 时，细杆对球的作用力。 分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。 解：（1）如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，

22011222l

mv J Mg mgl ω+=+ ① J=21

3Ml ② 0v l ω= ③

解①②③得，0(36)3M m gl

v m M

+=

+

（2）取最低点作势能零点，

由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，

2211

222

mv J Mgl mgl ω+=+ ①

2

v N mg m l -= ②

v l ω=

③

题图3-11

21

3

J Ml =

④ 解：①②③④得，1573m M

N mg m M

+=+

3-12 物体质量为3,0kg t =时位于1

4,6r i m i j m s υ-==+?，如一恒力5f j N =作用

在物体上，求3s 后，（1）物体动量的变化；（2）相对z 轴角动量的变化。

分析：写出)(t r

的表达式及力f 对Z 轴的力矩M 。由动量定理、角动量定理求解。

解：（1）由动量定理得，动量的增量为：

3

10

515t P f dt j dt j kg m s -?=?=?=????

（2）由角动量定理得，角动量的增量为：

3

t t L M dt M dt ?=?=???

①

而()M r t f =?

②

22000015

()()()()()(4)(6)26x y r t x t i y t j x v t i y v t at j t i t t j =+=++++=+++ ③

5f j =

④

把③④代入②解得：(205)M t k =+ ⑤ 把⑤代入①解得：3

3

210

(205)82.5L M dt t k dt k kg m s -?=

?=+?=???

?

3-13 水平面内有一静止的长为L 、质量为m 的细棒，可绕通过棒一末端的固定点在水平

面内转动。今有一质量为

1

2m 、速率为v 的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点，子弹穿出时速率减为1

2

v ，当棒转动后，设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速

率（比例系数为k ）试求：（1）子弹穿出时，棒的角速度0ω为多少？（2）当棒以ω转动

时，受到的阻力矩f M 为多大？（3）棒从0ω变为012

ω时，经历的时间为多少？ 分析：把子弹与棒看作一个系统，子弹击穿棒的过程中，转轴处的作用力的力矩为零，所以击穿前后系统角动量守恒，可求待击穿瞬间棒的角速度。棒转动过程中，对棒划微元计算元阻力矩，积分可得总阻力矩，应用转动定律或角动量定理可求得所需时间。 解：（1）以子弹和棒组成的系统为研究对象。取子弹和棒碰撞中间的任一状态分析受力，子弹与棒之间的碰撞力f 、'f 是内力。一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零，则系统对转轴的角动量守恒。

0222222

13

mv L m v L

J J mL

ω?=??+=

解上述两式得：038v L

ω=

（2）设在离转轴距离为l 得取一微元dl ，则该微元所受的阻力为： df kvdl kl dl ω==

该微元所受的阻力对转轴的力矩为：

dl l k ldf dM f 2ω==

则细棒所受到的总阻力矩为：

23001

3

L

L

f f M dM k l dl k L ωω===??

（3）由刚体定轴转动定律得，

31

3

f d M J J

k L dt ωβω==-= 即上式可化为：3

13d J kL dt ωω-=

对上式两边分别积分得：00

3

2

013

t

d J kL dt ωω

ω

ω

-=??

解上式积分得：3

3ln 2

J t kL

= 把213J mL =

代入上式得：ln 2

m t kL

=

3-14两滑冰运动员，质量分别为70A M kg =，80B M kg =，它们的速率1

7,A m s υ-=?，

18B m s υ-=?在相距1.5m 的两平行线上相向而行，当两人最接近时，便拉起手来，开始绕

质心作圆周运动并保持两人间的距离1.5m 不变。求：（1）系统总的角动量；（2）系统一起绕质心旋转的角速度；（3）两人拉手前后的总动能，这一过程中机械能是否守恒，为什么？

分析：利用系统质心公式，两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求解。

解：（1）设两人相距最近时以运动员A 作原点，由质心公式得，两运动员的质心为：

70080 1.5

0.87080

A A

B B A B M x M x x m M M +?+?=

==++

两人组成的系统对质心的总的角动量为：

21(1.5)7070.8808(1.50.8)840A A B B L M v x M v x kg m s -=+-=??+??-=??

（2）两人拉手过程中，所受力对质心转轴的力矩之和为零，则两人组成系统前后角动量守恒。

22

(1.5)A B L J M x M x ωω

ω

??==+-????22

即:840=(700.8+800.7)

解上式得：10/rad s ω= （3）两人拉手前的动能为：

22220111170780842752222

K A A B B E M v M v J =

+=??+??= 两人拉手后的动能为：

222211

(700.8800.7)10420022

K E J J ω=

=??+??= 因此，系统前后的机械能不守恒。我们可以把两人拉手的过程看作完全非弹性碰撞，因此系统前后机械能不守恒。

3-15 如题图3-15所示，一长为2l 、质量为M 的匀质细棒，可绕棒中点的水平轴O 在竖直面内转动，开始时棒静止在水平位置，一质量为m 的小球以速度u 垂直下落在棒的端点，设小球与棒作弹性碰撞，求碰撞后小球的反弹速度v 及棒转动的角速度ω各为多少？ 分析：以小球和棒组成的系统为研究对象。取小球和棒碰撞中间的任一状态分析受力，棒受的重力Mg 和轴对棒的支撑力N 对O 轴的力矩均为零。小球虽受重力mg 作用，但比起碰撞时小球与棒之间的碰撞力f 、'f 而言，可以忽略不计。又f 、'f 是内力，一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和小球组成的系统对O 轴的合外力矩为零，则系统对O 轴的角动量守恒。

解：取垂直纸面向里为角动量L 正向，则系统初态角动量为mul ，终态角动量为J ω（小棒）和mvl -（小球），有角动量守恒定律得

mul J mvl ω=-

①

因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得

222111

222

mu mv J ω=+ ② 又2211(2)123

J M l Ml ==

③

联立式①，②，③解得

336(3)M m

v u

M m

mu

M m l ω-=

+=

+

3-16 一长为L 、质量为m 的匀质细棒，如题图3-16所示，可绕水平轴O 在竖直面内旋转，若轴光滑，今使棒从水平位置自由下摆。求：（1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度β；（2）棒转过θ角时的角速度。

分析：由转动定律求角加速度，由在转动过程中机械能守恒求角速度。 解：（1）有刚体定轴转动定律M J β=得，

细棒在水平位置的角加速度为：232123

L

mg

M g J L mL β==

= 题图3-15

细棒在竖直位置的角加速度为：20013

M J mL β=

== （2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得，

22

1sin 22

13L mg

J J mL θω==又

解上述两式得：3sin g l

θ

ω=

3-17 弹簧、定滑轮和物体如题图3-17所示放置，弹簧劲度系数k 为12.0N m -?；物体的质量 6.0m kg 为。滑轮和轻绳间无相对滑动，开始时用手托住物体，弹簧无伸长。求： （1）若不考虑滑轮的转动惯量，手移开后，弹簧伸长多少时，物体处于受力平衡状态及此时弹簧的弹性势能；

（2）设定滑轮的转动惯量为2

0.5kg m ?，半径0.3r m 为，手移开后，物体下落0.4m 时，它的速度为多大？

分析：（1）不考虑滑轮的转动惯量，由物体受力平衡求伸长量x ， 再求弹性势能。

（2）若考虑滑轮的转动惯量，则弹簧、滑轮、物体和地球 组成的系统机械能守恒

解：（1）若不考虑滑轮的转动惯量，设弹簧伸长了x 距离 时物体处于受力平衡状态， 则：mg kx =

63()2

mg g

x g m k ?=

== 此时弹簧的弹性势能为：22211

2(3)922

p E kx g g J =

=??= （2）若考虑滑轮得转动惯量，设物体下落的距离为h 时，它的速度为v ，滑轮的角速度为

ω，则由机械能守恒定律得，

222

111222

mgh mv J kh v r ωω

=++= 把数据代入上述两式得，

22111

6100.460.520.4

222

0.3v v ωω

??=??+??+??=? 解上述两式得： 2.0/v m s =

3-18一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω．设它所受阻力矩与转动

题图3-17

角速度成正比，即M k ω=-(k 为正的常数)，求圆盘的角速度从0ω变为012

ω时所需的时间．

分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可求解。 解：根据转动定律：

M J β=

d J

k dt

ω

ω=- d k

dt J

ωω=- ∴ 两边积分：

00

2

1

d d t

k t J

ωω

ωω=-??

得 (ln 2)t J k =

3-19 质量为m 的子弹，以速度0v 水平射入放在光滑水平面上质量为0m 、半径为R 的圆盘边缘，并留在该处，0v 的方向与射入处的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如所示，试求子弹射入后圆盘的角速度ω。

分析：在子弹射入圆盘的过程中，子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零，因此对转轴的角动量守恒。

解：设子弹射入后圆盘的角速度为ω，则由角动量守恒定律得，

22001

()2

mv R mR m R =+ω

解上式得：0

022mv mR m R

ω=+

3-20一均质细杆，长1L m =，可绕通过一端的水平光滑轴O 在铅垂面内自由转动，如题图3-20所示。开始时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方向以1

10v m s -=?的速度射入细杆。设入射点离O 点的距离为

34L ，子弹的质量为细杆质量的1

9

。试求：（1）子弹和细杆开始共同运动的角速度。（2）子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。

分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。

解（1）子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒，

题图3-19

设子弹开始时的角速度为0ω，弹和杆一起共同运动的角速度 为ω，则由角动量守恒定律得:

0(J J J ωω=+子子杆) ①

又2

216

)43(9L m L m J ==

子 ②

231

mL J ＝杆 ③

01040

333144

v L ω===

? ④ 把②③④式代入①式并解得：40/19

rad s ω=

⑤

（2）设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为θ角， 在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒， 则由机械能守恒定律得，

13311((cos )(cos )294422

mg J J L L mg L L ωθθ+=-+-2子杆) ⑥

把②③⑤式及10g =，L=1代入⑥式解得：8496.0cos =θ。即rad 56.0=θ

O

题图3-20