大學物理學 (第3版.修訂版)北京郵電大學出版社 上冊 第三章習題3 答案

1、習題33.1選擇題(1) 有一半徑為R的水平圓轉臺，可繞通過其中心的豎直固定光滑軸轉動，轉動慣量為J，開始時轉臺以勻角速度0轉動，此時有一質量為m的人站在轉臺中心，隨后人沿半徑向外跑去，當人到達轉臺邊緣時，轉臺的角速度為(A)(B) (C) (D) 答案： (A)(2) 如題3.1（2）圖所示，一光滑的內表面半徑為10cm的半球形碗，以勻角速度繞其對稱軸OC旋轉，已知放在碗內表面上的一個小球P相對于碗靜止，其位置高于碗底4cm，則由此可推知碗旋轉的角速度約為(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s (a) (b)題3.1（2）圖答案： (A)(3)如3.

2、1(3)圖所示，有一小塊物體，置于光滑的水平桌面上，有一繩其一端連結此物體，；另一端穿過桌面的小孔，該物體原以角速度w在距孔為R的圓周上轉動，今將繩從小孔緩慢往下拉，則物體（A）動能不變，動量改變。（B）動量不變，動能改變。（C）角動量不變，動量不變。（D）角動量改變，動量改變。（E）角動量不變，動能、動量都改變。答案： (E)3.2填空題(1) 半徑為30cm的飛輪，從靜止開始以0.5rads-2的勻角加速轉動，則飛輪邊緣上一點在飛輪轉過240時的切向加速度a=，法向加速度an=。答案：(2) 如題3.2（2）圖所示，一勻質木球固結在一細棒下端，且可繞水平光滑固定軸O轉動，今有一子彈沿著與水

3、平面成一角度的方向擊中木球而嵌于其中，則在此擊中過程中，木球、子彈、細棒系統(tǒng)的守恒，原因是。木球被擊中后棒和球升高的過程中，對木球、子彈、細棒、地球系統(tǒng)的守恒。題3.2（2）圖答案：對o軸的角動量守恒，因為在子彈擊中木球過程中系統(tǒng)所受外力對o軸的合外力矩為零，機械能守恒(3) 兩個質量分布均勻的圓盤A和B的密度分別為A和B (AB)，且兩圓盤的總質量和厚度均相同。設兩圓盤對通過盤心且垂直于盤面的軸的轉動慣量分別為JA和JB，則有JAJB 。（填、或=）答案： 3.3剛體平動的特點是什么？平動時剛體上的質元是否可以作曲線運動？解：剛體平動的特點是：在運動過程中，內部任意兩質元間的連線在各個時刻的

4、位置都和初始時刻的位置保持平行。平動時剛體上的質元可以作曲線運動。3.4剛體定軸轉動的特點是什么？剛體定軸轉動時各質元的角速度、線速度、向心加速度、切向加速度是否相同？解：剛體定軸轉動的特點是：軸上所有各點都保持不動，軸外所有各點都在作圓周運動，且在同一時間間隔內轉過的角度都一樣；剛體上各質元的角量相同，而各質元的線量大小與質元到轉軸的距離成正比。因此各質元的角速度相同，而線速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。3.5剛體的轉動慣量與哪些因素有關？請舉例說明。解：剛體的轉動慣量與剛體的質量、質量的分布、轉軸的位置等有關。如對過圓心且與盤面垂直的軸的轉動慣量而言，形狀大小完全相同的木質圓盤和鐵

5、質圓盤中鐵質的要大一些，質量相同的木質圓盤和木質圓環(huán)則是木質圓環(huán)的轉動慣量要大。3.6 剛體所受的合外力為零，其合力矩是否一定為零？相反，剛體受到的合力矩為零，其合外力是否一定為零？解：剛體所受的合外力為零，其合力矩不一定為零；剛體受到的合力矩為零，其合外力不一定為零。3.7 一質量為的質點位于()處，速度為, 質點受到一個沿負方向的力的作用，求相對于坐標原點的角動量以及作用于質點上的力的力矩解: 由題知，質點的位矢為作用在質點上的力為所以，質點對原點的角動量為作用在質點上的力的力矩為3.8 哈雷彗星繞太陽運動的軌道是一個橢圓它離太陽最近距離為8.751010m 時的速率是5.46104ms-

6、1，它離太陽最遠時的速率是9.08102ms-1這時它離太陽的距離是多少?(太陽位于橢圓的一個焦點。)解: 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有 3.9 物體質量為3kg，=0時位于, ，如一恒力作用在物體上,求3秒后，(1)物體動量的變化；(2)相對軸角動量的變化 解: (1) (2)解(一) 即 ,即 , 解(二) 3.10 平板中央開一小孔，質量為的小球用細線系住，細線穿過小孔后掛一質量為的重物小球作勻速圓周運動，當半徑為時重物達到平衡今在的下方再掛一質量為的物體，如題3.10圖試問這時小球作勻速圓

7、周運動的角速度和半徑為多少?題3.10圖解: 在只掛重物時，小球作圓周運動的向心力為，即 掛上后，則有 重力對圓心的力矩為零，故小球對圓心的角動量守恒即 聯(lián)立、得3.11 飛輪的質量60kg，半徑0.25m，繞其水平中心軸轉動，轉速為900revmin-1現(xiàn)利用一制動的閘桿，在閘桿的一端加一豎直方向的制動力，可使飛輪減速已知閘桿的尺寸如題3.11圖所示，閘瓦與飛輪之間的摩擦系數(shù)=0.4，飛輪的轉動慣量可按勻質圓盤計算試求：(1)設100 N，問可使飛輪在多長時間內停止轉動?在這段時間里飛輪轉了幾轉?(2)如果在2s內飛輪轉速減少一半，需加多大的力?解: (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(

8、b)圖中、是正壓力，、是摩擦力，和是桿在點轉軸處所受支承力，是輪的重力，是輪在軸處所受支承力題3.11圖（a）題3.11圖(b)桿處于靜止狀態(tài)，所以對點的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉動定律有，式中負號表示與角速度方向相反 又 以等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉動的時間為這段時間內飛輪的角位移為可知在這段時間里，飛輪轉了轉(2)，要求飛輪轉速在內減少一半，可知用上面式(1)所示的關系，可求出所需的制動力為3.12 固定在一起的兩個同軸均勻圓柱體可繞其光滑的水平對稱軸轉動設大小圓柱體的半徑分別為和，質量分別為和繞在兩柱體上的細繩分別與物體和相連，和則掛在圓柱體

9、的兩側，如題3.12圖所示設0.20m, 0.10m，4 kg，10 kg，2 kg，且開始時，離地均為2m求：(1)柱體轉動時的角加速度；(2)兩側細繩的張力解: 設,和分別為,和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)題3.12(a)圖 題3.12(b)圖(1) ,和柱體的運動方程如下： 式中 而 由上式求得 (2)由式由式3.13 計算題3.13圖所示系統(tǒng)中物體的加速度設滑輪為質量均勻分布的圓柱體，其質量為，半徑為，在繩與輪緣的摩擦力作用下旋轉，忽略桌面與物體間的摩擦，設50kg，200 kg,M15 kg, 0.1 m解: 分別以,滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示對,運用牛頓定律

10、，有 對滑輪運用轉動定律，有 又， 聯(lián)立以上4個方程，得題3.13(a)圖 題3.13(b)圖3.14 如題3.14圖所示，一勻質細桿質量為，長為，可繞過一端的水平軸自由轉動，桿于水平位置由靜止開始擺下求：(1)初始時刻的角加速度；(2)桿轉過角時的角速度.題3.14圖解: (1)由轉動定律，有 (2)由機械能守恒定律，有 3.15 如題3.15圖所示，質量為，長為的均勻直棒，可繞垂直于棒一端的水平軸無摩擦地轉動，它原來靜止在平衡位置上現(xiàn)有一質量為的彈性小球飛來，正好在棒的下端與棒垂直地相撞相撞后，使棒從平衡位置處擺動到最大角度30處(1)設這碰撞為彈性碰撞，試計算小球初速的值；(2)相撞時小

11、球受到多大的沖量?題3.15圖解: (1)設小球的初速度為，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)?，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式： 上兩式中，碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度，按機械能守恒定律可列式： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰時小球受到的沖量為由式求得負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反3.16 一個質量為M、半徑為并以角速度轉動著的飛輪(可看作勻質圓盤)，在某一瞬時突然有一片質量為的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3.16圖假定碎片脫離飛輪時的瞬時速度方向正好豎直向上(1)問它

12、能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角動量和轉動動能題3.16圖解: (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度設碎片上升高度時的速度為，則有令，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉動慣量，碎片拋出后圓盤的轉動慣量，碎片脫離前，盤的角動量為，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內力變?yōu)榱?，但內力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應守恒，即式中為破盤的角速度于是得 (角速度不變)圓盤余下部分的角動量為轉動動能為3.17 一質量為、半徑為R的自行車輪，假定質量均勻分布在輪緣上，可繞軸自由轉動另一質量為的子彈以速度射入輪緣(如題3.17圖所示方向)(1)開始時輪是靜止的，在質點打入后的角速度為何值?(2)用,和表示系統(tǒng)(包括輪和質點)最后動能和初始動能之比題3.17圖 解: (1)射入的過程對軸的角動量守恒 (