大学物理第3章习题解答

24第三章刚体的定轴转动3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手，此刻铁饼的速度值达到125smv。设转动时铁饼沿半径为R=1.0m的圆周运动并且均匀加速。求:(1)铁饼离手时的角速度;(2)铁饼的角加速度;(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。解：（1）铁饼离手时的角速度为(rad/s)250125.//Rv（2）铁饼的角加速度为)(rad/s83925122252222..（3）铁饼在手中加速的时间为(s)628025251222..t3-2一汽车发动机的转速在7.0s内由2001minr均匀地增加到3001minr。(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和圈数;(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、法向加速度和总加速度。解：（1）初角速度为(rad/s)9206020020./末角速度为(rad/s)3146030002/角加速度为)(rad/s9410792031420...t（2）转过的角度为)186(rad1017172314920230圈..t25（3）切向加速度为)(m/s388209412t...Ra法向加速度为)(m/s10971203142422n..Ra总加速度为)(m/s10971)10971(378242422n2t...aaa总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctanarctan4tn.aa3-3如图所示，在边长为a的六边形顶点上分别固定有质量都是m的6个小球(小球的直径ad)。试求此系统绕下列转轴的转动惯量。(1)设转轴Ⅰ，Ⅱ在小球所在平面内;(2)设转轴过A并垂直于小球所在平面。解：（1）对轴I的转动惯量222219)cos602(])cos60()cos60([2maaamaaamJ对轴II的转动惯量2223)sin60(4maamJ（2）对垂轴的转动惯量2222312)2()cos30(222maamammaJ3-4如图有一根长为l，质量为m的匀质细杆，两端各牢固地连结一个质量为m的小球，整个系统可绕一过O点，并垂直于杆长的水平轴无摩擦地转动，当系统在水平位置时，试求:(1)系统所受的合外力矩;(2)系统对O轴的转动惯量;(3)系统的角加速度。解：（1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O点的力矩为mgllmglmglmglmgM438141418343430（2）系统对O点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和，即22222432104837)43()43)(43(31)4)(4(31)4(mllmlmlmlmJJJJJ26（3）由转动定律JM可得lgmlmglJM37364837432003-5一转轮以角速度0转动，由于轴承的摩擦力的作用，第一秒末的角速度为0.80，(1)若摩擦力矩恒定，求第二秒末的角速度;(2)若摩擦力矩与角速度成正比，求第二秒末的角速度。解：（1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为0001201)-(0.8.t第二秒末的角速度为0000260220..t（2）设摩擦力矩rM与角速度的比例系数为，据题设可知tJMrdd即,tJtJt00lndd0据题设s1t时，0180.，故可得比例系数80ln.J由此s2t时，转轮的角速度2为ln0.82ln02002264080..3-6如图所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，飞轮的质量可看成全部分布在轮外缘上，转速为1001minr，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数4.0，现要求在5s内使其制动，求制动力F(尺寸如习题3一6图所示)。解：设飞轮与闸瓦间的压力为N，如图示，则二者间摩擦力Nfr，此摩擦力形成阻力矩Rfr，由转动定律27JRfr其中飞轮的转动惯量2mRJ，角加速度nt520，故得14(N)30.25(1000/60)605252-mnRfr见图所示，由制动杆的平衡条件可得0=)(121lNllFrfNN得制动力(N)3140.75)(0.54050314)(211..lllfFr3-7如习题3-7图所示，两个圆轮的半径分别为1R和2R，质量分别为1M和2M，二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固结在一起，可绕水平中心轴自由转动，今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为1m和2m的两个物体，求在重力作用下，2m下落时轮的角加速度。解：如图所示，由牛顿第二定律对11111:amgmTm对22222:amTgmm对整个轮，由转动定律22221111222121RMRMRTRT又由运动学关系2211//RR联立解以上诸式，即可得222221111122)2/()2/()(RmMRmMgRmRm3-8一根均匀米尺，在60cm刻度处被钉到墙上，且可以在竖直平面内自由转动，先用手使习题3-6图习题3-7图28米尺保持水平，然后释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺转到竖直位置时的角速度各是多大?解：设米尺的总量为m，则直尺对悬点的转动惯量为m093.0m154.16.0m52314.0m5231313122222211lmlmImg1.02152mg522153mg53M又m154.1IIM)rads(5.10m4.115mg1.02IM从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O势能点）221Jmghc即25.14.1211.0mmg213-9如习题3-9图所示，质量为m的物体与绕在定滑轮上的轻绳相连，定滑轮质量M=2m，半径为R，转轴光滑，设t=0时v=0，求：(1)物体的下落速度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：m视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）(a)(b)29221MRJRaJRTmaTmg（1）由方程组可解得ggMmma212/物体作匀加速运动gtatvv210（2）物体下落的距离为2204121gtattvx当t=4时)m(2.3944412ggx（3）绳中张力由方程组解得mg21T解法2：以t=0时物体所处位置为坐标原点O，以向下为x正方向.（1）由机械能守恒：RVmRJmgxmVJ2222212121gxV2两边就t求导得gtvtgvtgvgvtvvtv212dd2dddd200（2）习题3-9图(1)习题3-9图(2)3020041d21dd21d21dddd21gtxtgtxtgtxgttxtxvgtvtx则（3）m匀加速运动，由gtV21以及00V知mgTmaTmgga2121又由3-10唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，唱片放上去后将受转盘的摩擦力作用而随转盘转动(习题3-10图)，设唱片可以看成是半径为R的均匀圆盘，质量为m，唱片和转盘之间的滑动摩擦系数为k。转盘原来以角速度匀速转动，唱片刚放上去时它受到的摩擦力矩多大?唱片达到角速度需要多长时间？在这段时间内，转盘保持角速度不变，驱动力矩共做了多少功?唱片获得了多大动能？解：如图所示，唱片上一面元面积为rrsddd,质量为)/(ddd2Rrmrm,此面元受转盘的摩擦力矩为)/(ddddd22kkRrrmgmgrfrM各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为MMdmgRrrRmgkRk32dd20022唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到需要时间为gRmRMatk24321/唱机驱动力矩做的功为习题3-10图312221mRtMMA唱片获得的动能为22222k41212121mRmRJE3-1l一个轻质弹簧的劲度系数为10.2mNk，它一端固定，另一端通过一条细线绕过一个定滑轮和一个质量为1m=80g的物体相连(习题3-11图)。定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径r=0.05m，质量m=100g，先用手托住物体1m，使弹簧处于其自然长度，然后松手，求物体1m下降h=0.5m时的速度多大?(忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘上不打滑)。解：对整个系统用机械能守恒定律021212122121Jvmkhghm以rvmrJ/,212代入上式，可解得m/s48.105.008.05.025.08.908.022/22121mmkhghmv3-12如图所示丁字形物体由两根相互垂直且均匀的细杆构成，OA=OB=OC=l，OC杆的质量与AB杆的质量均为m，可绕通过O点的垂直于物体所在平面的水平轴无摩擦地转动。开始时用手托住C使丁字形物体静止(OC杆水平)，释放后求:(1)释放瞬间丁字形物体的角加速度;(2)转过90时的角加速度、角动量、转动动能。解：（1）丁字杆对垂直轴O的转动惯量为222032)2(12131mllmmlJJJOABOC对轴O的力矩mglM210，故由JM可得释手瞬间丁字杆的角加速度lgmlmglJM432321200（2）转过90角后，知矩0,0则M。由机械能守恒知020212JmglJlmg此时角动量32glmlmglJJL3200转动动能为mglJEk2121203-13如图所示，一飞轮质量为洲。，半径为R以角速度旋转。某一瞬间，有质量为m的小碎片从飞轮边缘飞出，求:(1)剩余部分的转动惯量;(2)剩余部分的角速度。解：（1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量20021RmJ，挖去小碎片，相应减少21mRJ，故剩余部分对O的转动惯量为22010021mRRmJJJ（2）碎片飞离前后，其角动量守恒112122020)21(21mRmRRmRm故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。3-14一转台绕竖直固定轴转动。每转一周所需时间为t=10s，转台对轴的转动惯量为J=1200kg2m。一质量为m=80kg的人，开始时站在转台的中心，随后沿半径向外跑去，当人离转台中心r=2m时转台的角速度是多大?解：由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即221)(MrJJ由此可得转台后来的角速度为)rad/s(496.0102280120012002122MrJJ3-15哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆，它的近日点距离为101075.8m，速率是141046.5sm，远日点的速率是121008.9sm，求它的远日点的距离。解：慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M，近日点速率为V1，与太阳之距r1;远日点速率为V2，与太阳之距r2，则有2211rMVrMV33)m(1026.51075.81008.91046.51210241212rVVr3-16宇宙飞船中有三个宇航员绕着船舱内壁按同一方向跑动以产生人造重力。(1)如果想使人造重力等于他们在地面上时受的自然重力，那么他们跑动的速率应多大？设他们的质心运动的半径为2.5m，人体当质点处理。(2)如果飞船最初未动，当宇航员按上面速率