新编基础物理学第三章习题解答.docx
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新编基础物理学第三章习题解答
新编基础物理学第三章习题解
习题二
3-1一汽车发动机的转速在7.0s内由200rmin
均匀地增加到3000rmin1。
（1）求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度；
（2）求这段时间内转过的角度；
（3）发动机轴上装有一半径为r0.2m的飞轮，求它的边缘上一点在第7.0s末的切向加速度和法向加速度。
解
（1）初角速度为
02200/6020.9（rads1）
末角速度为
23000/60314（rads1）
角加速度为
031420.941.9（rads2）
t7.0
（2）转过的角度为
12123
0t—t220.97.0—41.97.021.17103（rad）186（圈）22
（3）切向加速度为
2
ar8.38（ms）
法向加速度
242
anr1.9710（ms）
3-2如题图3-2所示，在边长为a的正方形的顶点上，分别有质量为m的4个质点，质点之间用轻质杆连接，求此系统绕下列转轴的转
题图3-2动惯量：
（1）通过其中一个质点A，并平行于对角线BD的转轴；
（2）通过质点A并垂直于质点所在平面的转轴。
解
（1）B、D两位置质点到轴的垂直距离为
42
ra
2
C处质点到轴的垂直距离为r.2a
⑵B、D两位置质点到此轴的垂直距离为a，C
处质点到此轴的垂直距离仍为.2a
J2ma2m（.2a）24ma2
3-3如题图3-3所示，一根均匀细铁丝，质量为m,长度为
'、1211
L,在其中点0处弯成120角，。
放在xOy平面内，求铁丝对Ox题图3-3
轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。
（1）
解:
对x轴的转动惯量为:
Lq
Jxr2dm2（lsin60°）2mdl—mL2
0L32
对y轴的转动惯量为：
1m
Jy
32
3-4
时角速度为每秒
Jz21m
32
电风扇开启电源后经过5s达到额定转速，此
5rs1，关闭电源后经过16s风扇停
止转动，已知风扇转动惯量为0.5kgm2，且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩
解：
由定轴转动定律得
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•轴水平放置且垂直于轮轴面，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m、r、t和s表示）•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
mgTma
TrJ
由运动学关系有
ar
由①、②、③式解得
Jm（g-a）r2a
又根据已知条件V00所以
s1at2a年
2t2
将⑤式代入④式得
2gt2
Jmr叱1）M2.00kg,半径为R0.100m,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m5.00kg,的物体，如题图3-6所示.已知定滑轮的转动惯量为J1MR2，其初角速度。
10.0rads1，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0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。
解:
（1）
由牛顿第二定律和转动定律列方程
mgTma
TRJ
aR
解得
mgR2mg81.7（rads2）
mR2jmR2'MR22mMR
2
方向垂直纸面向外
（2）由运动学方程得
0.612rad
所以物体上升的高度
hR6.12102m
（3）当物体回到原来位置时
210.0rads
方向垂直纸面向外
题图3-7
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M2m，半径为R,转轴光滑，设t0时v0，求：
（1）下落速度v与时间t的关系;
（2）t4s时，m下落的距离;
（3）绳中的张力T。
解：
（1）设物体m与滑轮间的拉力大小为T，则
mgTma
①
MTRJ
12-MR2
2
②
aR
③
vat
④
由①②③式解得a4.9ms2，
并代入
④式得
v49
（2）设物体下落的距离为s,则
12i2
sat24.94239.2（m）
22
（3）由
（1）的①式得
Tmgma4.9N
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Ml10kg，半径R0.10m，小盘质量
M24kg，半径r0.05m。
两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量
m1m22kg的物体，此物体由静止释放，求：
两物
体m』2的加速度大小及方向解：
设物体m1,m2的加速度大小分别为a1,a2，与滑轮的拉力分别为T1,T2,
T|m|gm1a1
m2gT2m?
a2
a1r③
a2R④
MT2RT1rJ⑤
J1M1R2^M2r2⑥
22
把数据代入，解上述各式得
a10.6125ms2方向向上aa1.225ms2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Jkmr2（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。
解：
设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为T1、T2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T1、T2相等，记为T。
则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得
mgTma
Tmgsin30°ma
解上两式得
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T1、T2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
mg
T2
a
M
J
解上述各式得
a
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10rs1，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：
（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；
（2）拉力及拉力所做的功；
（3）从拉动后tios时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。
解：
（1）角加速度为
-1021.26102（rads2）
t0.5
转过的角度为
12122
t1.26100.515.7（rad）
22
转过的圈数为
N—2.5圈
（2）由转动定律
0.15
J0.550.151.261047.1（N）
力矩做的功为
WMdM47.10.1515.7111（J）
0
（3）角速度为
231
t1.2610101.2610（rads）
边缘一点的线速度为
vR0.151.261031.88102（ms1）
边缘一点的法向加速度为
anR20.151.2621062.37105（ms2）
边缘一点的切向加速度为
22
aR0.151.261018.84（ms）
3-11物体质量为3kg,t0时刻位于
rV4Vm,Vi6j（ms1），如一恒力；5jN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。
解：
（1）由动量定理可知，动量的增量为
P；jdto35jdt15jkgms1
（2）由角动量定理可知，角动量的增量为
rtr3r
LtoMdtoMdt
①
而
Mr（t）f
②
r（t）x（t）i「y（t）j（xoVxot）「（yovygt如旳丨（4t）[（6t-|t2）[③
rr
f5j
④
把③④代入②解得
rr
M（205t）k
⑤
把⑤代入①解得：
L：
Mdt0（205t）：
dt82.5：
kgm2s1
3-12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2v，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（其中比例系数为k）试求：
（1）子弹穿出时，棒的角速度°为多少？
（2）当棒以转动时，受到的阻力矩Mf为多大？
（3）棒从0变为1°时，经历的时间为多少？
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。
这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
mvL
mvL
J0
22
222
J新L2
解上述两式得
3v
8L
（2）设在离转轴距离为I处取一微兀dl，则该微
元所受的阻力为
即上式可化为
解上式积分得
m210g的子弹，以v2.0102ms1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。
若子弹陷入杆中，试求杆的角速度。
解根据角动量守恒定律
I,J、2
m2V2Jm）2
（2）
杆的转动惯量J丄m」2代入
12
I12I2
吋2［石叫讪护
解得
6m2V29.1rads1
（m13m2）l
3-14如题图3-14所示，
\/
01/
质量为m的小球由一绳索系着，
/
/
以角速度o在无摩擦的水平面
上，做半径为ro的圆周运动。
女口题图3-14
果在绳的另一端作用一竖直向
下的拉力，使小球做半径为ro2的圆周运动。
试求：
（1）小球新的角速度；
（2）拉力所做的功。
解
（1）根据分析，小球在转动过程中，角动量守恒
（2）根据转动动能定理，拉力做的功等于小
球转动动能的增量
3mro2
3-15如题图3-15所示，一长为
21、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，问你碰撞后小球的反弹速度v及棒转动的角速度各为多少？
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（棒）和mvl（小球），由角动量守恒定律得
mulJmvl
①
因为是弹性碰撞，系统机械能守恒，可得
12121]2
-mumvJ
222
②
又
jAm（2i）2-Ml2
123
③
联立式①，②，③解得
M3m
vu
M3m
6mu
（M3m）l
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（设转题图3-16轴位于棒的一端时，棒的转动惯量J£mL2）。
求:
3
（1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度；
（2）棒转过角时的角速度。
MJ得细棒在水
解：
（1）由刚体定轴转动定律
平位置的角加速度为
L
Mmg?
3g
J1.22LmL
细棒在竖直位置的角加速度为
1mL2
3
（2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械
能守恒定律得
mgLsin1J2
22
又
J1mL2
3gsin
■l
3解上述两式得
3-仃弹簧、定滑轮和物体如题图3-仃所示放置，弹簧劲度系数k为2.0Nm1；物体的质量m为6.0kg。
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0.5kgm2，半径r为0.3m，手移开后，物体下落0.4m时，它的速度为多大？
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
mgkx
x四329.4（m）
k2
此时弹簧的弹性势能为
Ep£kx212（29.4）2864（J）
（2）若考虑滑轮的转动惯量，设物体下落的距离为h时，它的速度为v，滑轮的角速度为由机械能守恒定律得
mghfmv2
vr
0.4
把数据代入上述两式得
610°42
v0.3
解上述两式得
1
v2.0ms
3-18一转动惯量为j的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为。
.设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即MK（K为正的常数），求圆盘的角速度从。
变为0时所需的时间.
解：
根据转动定律得
MJ
JJ
dt
分离变量得
Jdt
d
两边积分
—1tK
2丄d-dt
00J
解得
3-19质量为m的子弹，以速度vo水平射入放在光滑水平面上质量为m。
、半径为R的圆盘边缘，的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如题图3-19所示，试求子弹射入后圆盘的角速度。
并留在该处，vo的方向与射入处
题图3-19
解：
设子弹射入后圆盘的角速度为，则由角动量守恒定律得
mv0R（mR21m0R2）
2
解上式得
2mvo
2mRm0R
题图3-20
O点的距试求：
3-20一均质细杆，长L1m，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v10ms1的速度射入细杆。
设入射点离离为3l，子弹的质量为杆质量的9，
（1）子弹和杆开始共同运动的角速度
（2）子弹和杆共同摆动能达到的最大角度。
解
（1）子弹打进杆的过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒，设子弹射入前的角速度为
0，子弹和细杆一起共同运动的角速度为，则由角动量守恒定律得
m‘3L）2mL2
16
J子（）
94
J杆=1mL?
杆3
1040
厂§
4
把②③④式代入①式并解得
40rads
19
⑤
（2）设子弹和细杆共同摆动能达到最大角度为角，在摆动的过程中子弹和细杆及地球组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得
1
J杆）
（J子J杆）2m^（3L3Leos）mg（-L丄Leos）
294422
⑥
把②③⑤式及g10,L=1代入⑥式解得
eos0.8496
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