物理学第三版刘克哲张承琚课后习题答案第第五章Word文档下载推荐.docx
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5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动,当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时,圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度?
数值是恒定的还是变化的?
解
(1)当角速度一定时,切向速度也是一定的,所以切向加速度
即不具有切向加速度。
而此时法向加速度
可见是恒定的。
(2)当角加速度一定时,即恒定,于是可以得到
这表示角速度是随时间变化的。
由此可得
.
切向加速度为
这表示切向加速度是恒定的。
法向加速度为
显然是时间的函数。
5-3原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动,30s后转速达到152rads1。
求:
(1)在这30s内电机皮带轮转过的转数;
(2)接通电源后20s时皮带轮的角速度;
1
(3)接通电源后20s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度,已知皮带轮的半径为5.0cm。
(1)根据题意,皮带轮是在作匀角加速转动,角加速度为
在30s内转过的角位移为
在30s内转过的转数为
(2)在t=20s时其角速度为
(3)在t=20s时,在皮带轮边缘上r=5.0cm处的线速度为
5-4一飞轮的转速为250rads1,开始制动后作匀变速转动,经过90s停止。
求开
始制动后转过3.14103rad时的角速度。
解飞轮作匀变速转动,,经过90s,,所以角加速度为
从制动到转过,角速度由0变为,应满足
所以
5-5分别求出质量为m=0.50kg、半径为r=36cm的金属细圆环和薄圆盘相对于
通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量;
如果它们的转速都是105rads1,它
们的转动动能各为多大?
(1)细圆环:
相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为
转动动能为
(2)相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为
5-7转动惯量为20kgm2、直径为50cm的飞轮以105rads1的角速度旋转。
现用闸瓦将其制动,闸瓦对飞轮的正压力为400n,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。
(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩;
(2)从开始制动到停止,飞轮转过的转数和经历的时间;
(3)摩擦力矩所作的功。
(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为
(2)从开始制动到停止,飞轮的角加速度可由转动定理求得
根据
所以飞轮转过的角度为
飞轮转过的转数为
因为
所以飞轮从开始制动到停止所经历的时间为
3
(3)摩擦力矩所作的功为
5-8轻绳跨过一个质量为m的圆盘状定滑轮,其一端悬挂一质量为m的物体,另一端施加一竖直向下的拉力f,使定滑轮按逆时针方向转动,如图5-7所示。
如果滑轮的半径为r,求物体与滑轮之间的绳子张力和物体上升的加速度。
解取定滑轮的转轴为z轴,z轴的方向垂直与纸面并指向读者。
根据牛顿第二定律和转动定理可以列出下面的方程组
其中,于是可以解得
图5-7
5-10一根质量为m、长为l的均匀细棒,在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的
水平轴转动,如图5-8所示。
现使棒从水平位置自由下摆,求:
(1)开始摆动时的角加速度;
(2)摆到竖直位置时的角速度。
(1)开始摆动时的角加速度:
此时细棒处于水平位置,所受重
力矩的大小为
图5-8,
相对于轴的转动惯量为
于是,由转动定理可以求得
(2)设摆动到竖直位置时的角速度为,根据机械能守恒,有
4
由此得
5-13如果由于温室效应,地球大气变暖,致使两极冰山熔化,对地球自转有何影响?
解地球自转变慢。
这是因为冰山融化,水向赤道聚集,地球的转动惯量增大,地
球的自转角动量守恒,即
j=恒量.
所以角速度变小了。
5-15一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转,角速度为1,它相对于此轴的转动惯量为
j1。
现在它的正上方有一个以角速度为2转动的圆盘,这个圆盘相对于其对称轴的转
动惯量为j2。
两圆盘相平行,圆心在同一条竖直线上。
上盘的底面有销钉,如果上盘落
下,销钉将嵌入下盘,使两盘合成一体。
(1)求两盘合成一体后的角速度;
(2)求上盘落下后两盘总动能的改变量;
(3)解释动能改变的原因。
(1)将两个圆盘看为一个系统,这个系统不受外力矩的作用,总角动量守恒,即
所以合成一体后的角速度为
(2)上盘落下后两盘总动能的改变量为
(3)动能减少是由于两盘合成一体时剧烈摩擦,致使一部分动能转变为热能。
5-16一均匀木棒质量为m1=1.0kg、长为l=40cm,可绕通过其中心并与棒垂直的轴转动。
一质量为m2=10g的子弹以v=200ms1的速率射向棒端,并嵌入棒内。
设子
弹的运动方向与棒和转轴相垂直,求棒受子弹撞击后的角速度。
解将木棒和子弹看为一个系统,该系统不受外力矩的作用,所以系统的角动量守恒,即
5
(1)
其中j1是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量,j2是子弹相对于同一
轴的转动惯量,它们分别为
.
(2)
将式
(2)代入式
(1),得
5-17有一质量为m且分布均匀的飞轮,半径为r,正在以角速度旋转着,突然有一质量为m的小碎块从飞轮边缘飞出,方向正好竖直向上。
试求:
(1)小碎块上升的高度;
(2)余下部分的角速度、角动量和转动动能(忽略重力矩的影响)。
(1)小碎块离开飞轮时的初速为
于是它上升的高度为
(2)小碎块离开飞轮前、后系统不受外力矩的作用,所以总角动量守恒。
小碎块离开飞轮前,飞轮的角动量就是系统的总角动量,为
;
飞轮破裂后,小碎块相对于转轴的转动惯量为
角动量为
碎轮的角动量为
式中2是碎轮的角速度。
总角动量守恒,l=l1+l2,即
整理后为
6
这表明飞轮破碎后其角速度不变。
碎轮的转动动能为
7