大学物理第五章习题答案

1普通物理第五章刚体力学——思考题与习题（2课时）2刚体问题解题步骤确定研究对象，进行受力分析，画出隔离体受力图；建立坐标系和转动正方向，并使坐标轴与转动正向符合右手螺旋关系，转动正向与z轴正向相符；正确分析物理过程与物理状态，应用相应的物理规律：质点的运动：牛顿第二定律；刚体的平动：质心运动定理；刚体的转动：定轴转动的转动定理和动能定理；由物体之间的连接关系、角量与线量的对应关系或者无滑滚动条件，列出补充方程；求解方程，并分析结果的合理性与物理意义。3补充思考题部分许多大的江河流向赤道，江河夹带大量泥沙沉积到海洋里，这对地球的自转带来什么影响？地球自转的角动量是守恒的，大的江河流向赤道，江河夹带大量泥沙沉积到海洋里，由于质量分布距离轴心的距离增加，从而使地球自转的转动惯量增加，为保持角动量为常量，因此地球自转的角速度减小，即地球自转变慢。产生类似影响还的现象还有地球两极冰山的溶化地底资源的开采4跳水运动员的跳水动作，刚离开跳板时往往要团身，而在接近水面时又将身体展开，这样做有什么好处？道理何在？团身可以加快绕自身质心转动的速度，缩短动作时间，展开身体可以降低转动的速度，更好的控制身体垂直入水。两种做法都可以使运动员更好的控制身体完成动作。运动员离开跳板后，自身的角动量守恒，团身使质量分布靠近质心，减小转动惯量从而提高转动速度，而展开身体使质量分布离开质心，加大转动惯量从而减小转动的速度。5前苏联卡莫夫设计局设计的卡系列直升机（卡-18，卡-25，卡-32，卡-50等）都采用共轴双旋翼系统，两个旋翼应如何旋转？道理何在？双旋翼应该向相反的方向旋转。直升机作为一个系统，其角动量是守恒的。当一个旋翼转动时，为维持角动量守恒，机身就会向另一个方向转动。因此双旋翼应该向相反的方向旋转，它们产生的角动量相互抵消，整个系统角动量恒定，机身的朝向将保持不变。双旋翼产生的气流可以提高升力，有助于飞机的起飞。6用绳系一小球使之在竖直平面内作匀速圆周运动，则下面的物理量那些是守恒的？为什么？如果是在光滑水平面内做匀速圆周运动，结果又如何？小球的动量小球的动能小球的机械能小球对圆心的角动量mvo7炮筒中的膛线（来复线）作用是什么？道理何在？旧式火炮的炮筒内是光滑的，称滑膛炮，炮弹射出后受到空气阻力的作用，很快偏离发射方向，使准确性与射程都受到很大影响。现代炮管内部制作有螺旋形的膛线，称来复线。开炮时，弹头在发射药气体的作用下膨胀嵌人膛线，在发射药气体推动下沿着膛线向前运动同时开始旋转(离开炮筒时转速达每秒3,000转),使弹头具有沿轴向的角动量。问题讨论8来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时绕自身轴线高速转动，空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹围绕前进方向产生进动效应，弹头的轴线始终围绕着弹道切线向前且做锥形运动，从而能克服空气阻气，保证弹头稳定地向前飞行，避免大的偏离，提高射程与准确性。1tMrFtdtLLdLLMdt时刻空气阻力产生对弹头质心的力矩：，方向向里时刻的角动量：，即弹尖向里偏后续过程类似，只是弹尖偏向不同，请同学们自行分析。CFLMCvC9汽车启动时，车头微微向上翘，而刹车时，车头微微向下沉，说明其原因。如图，汽车静止时，重力、支持力对质心的合力矩为零。汽车启动时，向前的摩擦力大于向后的摩擦力，对质心产生顺时针的转动力矩，所以车头微微向上翘；汽车制动时情况恰恰相反，向前的摩擦力小于向后的摩擦力，对质心产生逆时针的转动力矩，所以车头微微下沉。CG1N2NFF10如图，木质圆柱体与金属圆管质量相同，外径相同，高度相同，由斜面上同一位置滚下，最先到达斜面底部的是木质圆柱体还是金属圆管，为什么？两物体向下滚动，两者质量同，所受摩擦力相同，外径相同故摩擦力对中心轴线的力矩大小也相同；金属圆管的质量分布靠近外部，按照转动惯量的定义，金属圆管对于中心轴线的转动惯量较大；根据转动定理，M=Iβ，由于力矩相同，金属圆管转动惯量大，所以木质柱体获得的角加速度较大，角速度增加快，所以最先到达底部。11如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大量度，问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量？上图，根据合力矩为零得下图，根据合力矩为零得整理可得：GxFl()FlGlxGFFNGFxlNGF12课后习题5-3：静止的电动机皮带轮半径为5cm，接通电源后做匀变速转动，30s后转速达到152rad/s，求：1）30s内电动机皮带轮转过的转数；2）通电后20s时皮带轮的角速度；3）通电后20s时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法向加速度。解：皮带轮的角加速度为30s内电动机皮带轮专攻的转数201525(rad/s)30tttt25900358()244tn转13通电后20s时皮带轮的角速度通电后20s时皮带轮边缘上一点的速度通电后20s时皮带轮边缘上一点的切向加速度通电后20s时皮带轮边缘上一点的法向加速度2100(rad/s)t5(m/s)vr0.25(rad/s)ar2220.05100500(m/s)nar145-7：转动惯量为20kg•m2、直径为50cm的飞轮以105rad/s的角速度转动，制动时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，求：1）闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；2）停止转动时飞轮转过的转数及用时；3）和摩擦力矩所作的功。解：闸瓦作用于飞轮的摩擦力对转轴的力矩为对于制动过程，根据定轴转动的转动定理可得Rf0.54000.5/250(Nm)fMNR2502.5(rad)20MsI15停止转动时，转过的角位移为停止转动时，转过的转数为：设制动过程经历的时间为t，则根据定轴转动的动能定理，制动过程中摩擦力矩做功为/(2)2205/(2)351.1n210110250(J)2fAIM0010542(s)2.5tttt22022202()/2105/(22.5)2205(rad)ttRf165-9：轻绳跨过一质量为M、半径为R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，求物体上升的加速度及滑轮两侧绳内张力。解：坐标系、受力分析如图所示，以右侧物体m为研究对象，依牛顿第二定律得以滑轮为研究对象，依转动定理得依牛顿第三定律得..............(1)Tmgma21......(2)2FRTRMR......................(3)TTmmgTFTxyz17根据角量与线量的关系得联立(1)~(4)可解出讨论：从结果可看出，当滑轮质量不能忽略时，滑轮两侧的绳内张力是不同的。当滑轮质量忽略时才有。22(2)2()222FmgMmRFmgaMmFMgTmMm..................(4)aRTFmmgTFTxyz185-12：质量为m长度为l的均质细杆，其一端置于墙壁的边缘，另一端用手支撑使细杆保持水平，如突然将手放开，求此瞬时细杆质心的加速度和细杆B端所受的力。解：如图建立直角坐标系，B点为坐标原点，撤销支撑力之后，根据定轴转动的转动定理有因撤销支撑力时细杆无转动，故213232lgmgmll202332224CnCCylallggaalFmg2lxyzAB2l19设细杆受桌面作用力如图所示，根据质心运动定理细杆B端所受沿y轴的作用力为结合方向，桌面对细杆B端的作用力为034xCxCnyCyNmamamgNmamg3144yNmgmgmg1ˆˆ4yNNjmgjNyNxNFmg2lxyzAB2l20补充习题补充1：质量为M，半径为R的均质薄圆盘上挖出半径为r的一个圆孔，圆孔中心在半径R的中点，求剩余部分的质心。解：挖掉小圆盘的质量为根据质心定义可得剩余部分的质心位置为RorMxy2222MMrmrRR22222222()02222()CCRMmxmmRRMrRRrxMmRMRMrRr222(,0)2()RrRr21补充2：如图所示，一均质圆锥体密度为ρ，高度为L，底面圆半径为R，求1）此圆锥体的总质量；2）质心位置；3）绕z轴的转动惯量。解1)：圆锥体的总质量为解2)：质心位置依对称性可知213MVRL0CCxyxyzoRL22在锥体上z坐标处任取半径为r高为dz的小柱体，则根据质心定义得22()LzdmdvrdzRdzL200222022232000244422211()()[2]23[]23412124LLCLLLLLzzzdmzRdzMMLRzLzdzMLRzLdzLzdzzdzMLRLLLRMLLLMLMMzdzrxyzoRL23解3)：在z坐标处取高为dz的小柱体，设其半径为r，因柱体很薄，可以看做薄圆盘，所以其转动惯量为锥体绕z轴的转动惯量为222244444111()22211()22()2dIdmrrdvrrdzLzrdzRdzLRLzdzL444004444524400()213()()()2251010LLLLRIdILzdzLRRRLzdLzLzLMRLLzdzrxyzoRL24补充3：求质量为m半径为R的均质半圆环绕过A点且与环面垂直的轴的转动惯量。解：首先求解半圆环的质心，在半圆上任取一线元，其质量为根据质心定义得mmmdmdsRddRRARxyyOdsd0111sinsin2[coscos0]CmyydmRdRdmmRR25根据转动惯量的定义，半圆环绕圆心的转动惯量为根据平行轴定理，半圆环绕质心轴的转动惯量为再次应用平行轴定理得半圆环绕A轴的转动惯量为ARxyCyO22OiiImrmR222COCCIImymRmy222222()()2222(1)ACCCCCIImRymRmymRymRmRymR26补充4：求两直角边长均为a的直角三角形绕任意直角边转动的转动惯量。解：如图建立坐标系，在薄板上任取一面元，其质量为将其视为细杆，绕y轴的转动惯量为整个三角形绕y轴的转动惯量为ayxoydy22()mdmaydya23212()()()33ymdIdmayaydya3422202211()3346aymmIaydyamaaa27补充5：如图所示，均质杆可绕支点O转动，当与杆垂直的冲力作用于某点A时，支点O对杆的作用力并不因此冲力的作用而发生变化，则A点称为打击中心。设杆长为L，求打击中心距支点O的距离。解：如图建立坐标系，力作用于打击中心时，竖直方向维持受力不变，根据质心运动定理得设打击中心距O点距离l，依转动定理..........(1)CxFma21........(2)3FlmLAFxyzlLNmgo28根据角量与线量的关系得联立(1)~(3)解得即打击中心在距离转轴处。............(3)2CxLa23lL23LAFxyzlLNmgo