大学物理第二版习题答案罗益民北邮第三章答案

第三章刚体的定轴转动3-1（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（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（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（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（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（3）由转动定律JM可得lgmlmglJM37364837432003-5（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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设米尺的总量为m，则直尺对悬点的转动惯量为习题3-6图习题3-7图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3-9m视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）(a)(b)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)20041d21dd21d21dddd21gtxtgtxtgtxgttxtxvgtvtx则（3）m匀加速运动，由gtV21以及00V知mgTmaTmgga2121又由3-10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2221mRtMMA唱片获得的动能为22222k41212121mRmRJE3-11对整个系统用机械能守恒定律021212122121Jvmkhghm习题3-10图以rvmrJ/,212代入上式，可解得m/s48.105.008.05.025.08.908.022/22121mmkhghmv3-12（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glmlmglJJL3200转动动能为mglJEk2121203-13（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)m(1026.51075.81008.91046.51210241212rVVr3-16（1）由于grv/2)m/s(95.45.28.9grv（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得03JmvR由此得飞船角速度为)rad/s(1067.81035.295.4703335JmvR（3）飞船转过30用的时间)6/(t，宇航员对飞船的角速度为Rv/，在时间t内跑过的圈数为)(19)5.21067.895.41(121)1(121)2/()/(3圈RvtRvn3-17太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为)/smkg(101.186400252)1096.6(1099.1525224228302SmRJ此角动量占太阳系总角动量的百分数为%3.310)2.311.0(1011.043433-18（1）由于外力沿转动中心O，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即22112211mrrmVrmVrmV故小球作半径r2的圆周运动的角速度为1221Vrr（2）拉力F做功为212212122122121dVrrmmVmVsFA3-19（1）2223431mlmlmlJJJ球杆（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有)cos()cos2(2102lmglmgJ解得：cos23lg3-20（1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：22314343Mllmlmv解得)srad(94.0942001084.0941084320010894431333lMmmv（2）上摆过程机械能守恒)cos1(43)cos1(2212lmglMgJ即lg)(mMlmMcos1432169312122Mm，上式可近似为lg)(MMlcos12312122解得073.0)31(cos2gl0cos即为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（90）。由于685)073.0(cos1棒的最大摆角约为2594685