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1、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200r min均匀地增加到 3000r min 1。(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r 0.2m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0 2 200/60 20.9 (rads1)末角速度为2 3000/60 314 (rad s 1)角加速度为0 314 20.9 41.9(rad s2)t 7.0(2)转过的角度为1 2 1 2 30t t2 20.9 7.0

2、 41.9 7.02 1.17 103 (rad) 186(圈) 2 2(3)切向加速度为2a r 8.38 (m s )法向加速度2 4 2an r 1.97 10 (m s )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42r a2C处质点到轴的垂直距离为r . 2aB、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.2aJ 2m

3、a2 m( . 2a)2 4ma23-3如题图3-3所示，一根均 匀细铁丝，质量为m,长度为、1211L,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:L qJx r2dm 2 (l sin60)2mdl mL20 L 32对y轴的转动惯量为：1 mJ y3 23-4时角速度为每秒Jz 21m3 2电风扇开启电源后经过5s达到额定转速，此5r s1，关闭电源后经过16s风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kg m2，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

4、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mg T maTr J由运动学关系有a r由、式解得J m（g -a）r2 a又根据已知条件V0 0 所以s 1at2 a 年2 t2将式代入式得2 gt2J mr 叱 1） M 2.00kg,半径为R 0.100m, 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m

5、5.00kg, 的物体，如题图3-6所示.已知定滑轮的转动惯 量为J 1MR2，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mg T maTR Ja R解得mgR 2mg 81.7(rads2)mR2j mR2 MR2 2m M R2方向垂直纸面向外(2)由运动学方程得0.612 rad所以物体上升的高度h R 6.12 10 2 m(3)当物体回到原来位置时2 10.0rad s方向垂直纸面向外题

6、图3-73-7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，半径为R, 转轴光滑，设t 0时v 0，求：(1)下落速度v与时间t的关系;(2)t 4s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mg T maM TR J1 2 -MR22a Rv at由式解得a 4.9m s 2，并代入式得v 49(2)设物体下落的距离为s,则12 i 2s at2 4.9 42 39.2(m)22(3)由(1)的式得T mg ma 4.9N3-8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Ml 10

7、kg，半径R 0.10m，小盘质量M2 4kg，半径r 0.05m。两盘边缘上分别 绕有细绳，细绳的下端各悬质量m1 m2 2kg的物体，此物体由静止释放，求：两物体m2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|g m1a1m2 g T2 m?a2a1 r a2 R M T2R T1r J J 1M1R2 M2r2 2 2把数据代入，解上述各式得a1 0.6125ms2 方向向上 aa 1.225ms2 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

8、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J kmr2（ 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mg T maT mgsi n30 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

9、应用刚体定轴转 动定律得mgT2aMJ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10r s1，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t ios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-10 2 1.26 102(rad s2)t 0.5转过的角度为1 2 1 2 2t 1.26 10 0.5 15.7(rad)2 2转过的圈数为N 2.5 圈(2)由转动定律0.15

10、J 0.5 5 0.15 1.26 10 47.1(N)力矩做的功为W Md M 47.1 0.15 15.7 111(J)0(3)角速度为2 3 1t 1.26 10 10 1.26 10 (rad s )边缘一点的线速度为v R 0.15 1.26 103 1.88 102(m s 1)边缘一点的法向加速度为an R 2 0.15 1.262 106 2.37 105(m s2)边缘一点的切向加速度为2 2a R 0.15 1.26 10 18.84(m s )3-11物体质量为3kg, t 0时刻位于rV 4Vm, V i 6j (m s1)，如一恒力；5j N作用在物体上， 求3s后，

11、(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 ；j dt o35j dt 15j kg m s1(2)由角动量定理可知，角动量的增量为r t r 3 rL toM dt oM dt而M r(t) fr(t) x(t)i y(t)j (xo Vxot)(yo vygt 如旳丨(4 t) (6t -|t2) r rf 5j把代入解得r rM (20 5t)k把代入解得： L ：M dt 0(20 5t)： dt 82.5： kg m2 s 13-12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

12、、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mv Lm v LJ 02 22 2 2J新L2解上

13、述两式得3v8L(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m2 10g的子弹，以v 2.0 102ms1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、2m2V2 J m)2(2)杆的转动惯量J丄m2代入12I 1 2 I 2吋2 石叫讪护解得6m2V 29.1 rad s 1(m1 3m2)l3-14 如题图3-14所示， /0 1 /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ro 2的

14、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3mro23-15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mul J mvl因为是弹性碰撞，系统机械能守恒，可

15、得1 2 1 2 1 2-mu mv J2 2 2又j Am（2i）2 -Ml212 3联立式，解得M 3mv uM 3m6mu（M 3m）l3-16 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。M J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LM mg? 3gJ 1.2 2L mL细棒在竖直位置的角加速度为1mL23（2）细棒在转动的过程中机械能守恒， 由机械能守恒

16、定律得mgLsin 1J 22 2又J 1mL23g sin l3 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2.0N m 1 ；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0.5kg m2，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mg kxx 四 3 29.4(m)k 2此时

17、弹簧的弹性势能为Ep kx2 1 2 (29.4)2 864(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mgh fmv2v r0.4把数据代入上述两式得6 10 4 2v 0.3解上述两式得1v 2.0m s3-18 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M K (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M JJ Jdt分离变量得Jdtd两边积分1 t K2 丄d -dt0 0 J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

18、 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 (mR2 1m0R2)2解上式得2mvo2mR m0R题图3-20O点的距 试求：3-20 一均质细杆，长L 1m，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 v 10ms1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m3L）2 mL216J子 （）9 4J 杆=1 mL?杆310 40厂4把式代入式并解得40rads19(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1J杆）(J子 J杆)2 m (3 L 3 Leos ) mg(- L 丄 Leos )29 4 4 2 2把式及g 10, L = 1代入式解得eos 0.8496