第3章 刚体和流体答案大物
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
第03章(刚体力学)习题答案
轮子的角速度由w ＝0 增大到w ＝10 rad/s，求摩擦力矩 Mr． [5.0 N·m]
解：摩擦力矩与外力矩均为恒力矩，所以刚体作匀角加速转动。其角加速度为：
b = w - w0 = 10 - 0 = 1rad / s2
Dt
10
合外力矩为： M合 = Jb = 15 ´1 = 15(N × m) = M - M r Þ M r = 5.0(N × m)
所以机械能也不守恒。
3-3 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴 O 以角速度w按图示方向转动.若如图
所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力
F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度w 如何变化？
w
答：左边力的力矩比右边的大，所以刚体会被加速，其角加速
F
F
度增大。 3-4 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是什么？ 答：刚体所受的合外力矩为零。
解：此过程角动量守恒
Jw0
=
1 3
Jw
Þ
w
=
3w0
3-10 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M＝2.00 kg，半径为 R＝0.100 m，
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＝5.00
kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为 J＝ 1 MR 2 ，其初角速 2
w 0
R M
度w0 ＝10.0 rad/s，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w＝0 时，物体上升的高度；
m
习题 310 图
(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．
[ 81.7 rad/s2 ，垂直纸面向外； 6.12×10-2 m； w = 10.0 rad/s，垂直纸面向外]
大学物理教程第3章习题答案
⼤学物理教程第3章习题答案思考题3.1 什么是连续性⽅程？答：若以闭合表⾯内既⽆源，⼜⽆负源，则根据质量守恒，进⼊该闭合表⾯的净流量等于闭合表⾯内物质的增加率，应⽤在稳定流动的流管中，我们得到连续性⽅程：ρ1A1v1=ρ2A2v2。
其中，ρ为密度,假设它在截⾯积A处是均匀的；v为经过截⾯积A 处的平均速度（v与A垂直）。
若流体⼜是不可压缩的，连续性⽅程简化为A1v1=A2v2。
3.2 什么是伯努利⽅程？答：流体是稳定的，⾮黏性的，不可压缩的，伯努利⽅程给出同⼀流线任两点处的压强p，流速v，⾼度y满⾜p1+12ρv12+ρgy1= p2+12ρv22+ρgy2注意伯努利⽅程中每⼀项都是取的单位⾯积的内的量值。
⽅程指出：压⼒沿流线所作的功等于动能和势能的改变（都指单位⾯积）。
3.3 在定常流动中，流体是否可能加速运动？答：定常流动是指宏观上流体在空间某位置的流速保持不变，对某个流体质点⽽⾔，它在空间各点速度可能不同，也就是说，它可能是加速运动。
3.4 从⽔龙头徐徐流出的⽔流，下落时逐渐变细，为什么？答：据连续性原理知，，流速⼤处截⾯积⼩，所以下落时⽔的流速逐渐增⼤，⾯积逐渐减少变细。
3.5 两船平⾏前进时，若靠的较近，极易碰撞，为什么？答：两船平⾏前进时，两条流线⽅向相同，，如果靠的较近，两船之间的流速将⼤于两船外侧的流速，这样两船都将受到⼀个指向对⽅的⼀个压⼒的作⽤，极易造成两船碰撞，稍有晃动，流线重合，船体就会相撞。
3.6 两条流线不能相交，为什么？答：如果两条流线相交，那么焦点处就会出现两个速度，这个结论是错误的，所以两条流线不能相交。
3.7 层流和湍流各有什么特点？引⼊雷诺数有哪些意义？答：流线是相互平⾏的流动称层流。
流体微团作复杂的⽆规则的运动称为湍流。
⽆量纲的量雷诺数是层流向湍流过渡的⼀种标志。
以临界雷诺数为准，⼩于它为层流，⼤于它为湍流。
习题3.1若被测容器A 内⽔的压强⽐⼤⽓压⼤很多时，可⽤图中的⽔银压强计。
大学物理答案第3章
第三章 刚体力学3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？ 解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。
（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C Jt JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。
3－2 质量为M ，半径为R 的均匀圆柱体放在粗糙的斜面上，斜面倾角为α ，圆柱体的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，且圆柱体和滑轮间的绳子与斜面平行，如本题图所示，求被悬挂物体的加速度及绳中张力解：由牛顿第二定律和转动定律得ma T mg =-ααJ R Mg TR =-.sin 2由平行轴定理 223MR J =联立解得 g m M M m a 83sin 48+-=αmg mM MT 83)sin 43(++=α3－3 一平板质量M 1，受水平力F 的作用，沿水平面运动，如本题图所示，板与平面间的摩擦系数为μ，在板上放一质量为M 2的实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚动而不滑动，求板的加速度。
解：设平板的加速度为a 。
该平板水平方向受到拉力F 、平面施加的摩擦力1f 和圆柱体施加的摩擦力2f ，根据牛顿定律有，a M f f F 121=--。
m g设圆柱体的质心加速度为C a ，则C a M f 22=遵守转动定理，ββ22221R M J R f ==又因为圆柱体无滑滚动 βR a a C += 且 g M M f )(211+=μ解以上各方程得 212131)(M M gM M F a ++-=μ3－4 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。
大学物理习题答案
大学物理习题答案大学物理习题答案Final revision by standardization team on December 10, 2020.B 班级学号姓名第1章质点运动学1-2 已知质点的运动方程为r i 3j 6k e e t t -=++。
(1)求：自t =0至t =1质点的位移。
(2)求质点的轨迹方程。
解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++=质点的位移为()j i r-+-=3e31e ?(2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得轨迹方程为1=xy 且6=z1-3运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D )(A)dt dr (B)dt d r(C)dt d r (D)22+??? ??dt dy dt dx1-5某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。
解：由速度和加速度的定义得k j r v t dt d 1015+==， k va 10==dtd 所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 015==t jv 11015=+=t kj v 1010,ka ==t1-8 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为j i r 2235t t +=，则该质点所作运动为[ B ](A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动 (C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动*1-6一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为t t x 233-=(SI)。
则质点在4s 末的瞬时速度为142m ·s -1 ，瞬时加速度为72m ·s -2 ；1s 末到4s 末的位移为 183m ，平均速度为61m ·s -1 ，平均加速度为45m ·s -2。
解题提示：瞬时速度计算dt dxv =，瞬时加速度计算22dtx d a =；位移为()()14x x x -=?，平均速度为()()1414--=x x v ，平均加速度为 ()()1414--=v v a1-11 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为t a x 3=2s m -?。
大学物理习题答案03刚体运动学
⼤学物理习题答案03刚体运动学⼤学物理练习题三⼀、选择题1.⼀⼒学系统由两个质点组成，它们之间只有引⼒作⽤。
若两质点所受外⼒的⽮量和为零，则此系统(A) 动量、机械能以及对⼀轴的⾓动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但⾓动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和⾓动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和⾓动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
[ C ]解：系统＝０合外F，内⼒是引⼒（保守内⼒）。
（１）021 F F,＝０合外F ，动量守恒。
（２）2211r F r F A ＝合。
21F F，但21r r时0A 外，因此Ｅ不⼀定守恒。
（３）21F F，2211d F d F M ＝合。
两⼒对定点的⼒臂21d d 时，0 合外M，故L 不⼀定守恒。
2. 如图所⽰，有⼀个⼩物体，置于⼀个光滑的⽔平桌⾯上，有⼀绳其⼀端连结此物体，另⼀端穿过桌⾯中⼼的⼩孔，该物体原以⾓速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从⼩孔往下拉。
则物体 (A) 动能不变，动量改变。
(B) 动量不变，动能改变。
(C) ⾓动量不变，动量不变。
(D) ⾓动量改变，动量改变。
(E)⾓动量不变，动能、动量都改变。
[ E ]解：合外⼒（拉⼒）对圆⼼的⼒矩为零，⾓动量O Rrmv L 守恒。
r 减⼩，v 增⼤。
因此p 、E k 均变化（m不变）。
3. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环⼼并与环⾯垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则(A)A J >B J (B) A J < B J(C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个⼤。
[ C ]解：2222mR dm R dm R dm r J， J 与m 的分布⽆关。
另问：如果是椭圆环，J 与质量分布有关吗？（是）4. 光滑的⽔平桌⾯上，有⼀长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O ⾃由转动，其转动惯量为31mL 2，起初杆静⽌。
大物习题答案第3章连续物体的运动
第3章 连续物体的运动一 基本要求1 理解描写刚体定轴转动的物理量，并掌握角量与线量的关系。
2 理解力矩和转动惯量概念，掌握刚体绕定轴转动的转动定律。
3理解角动量概念，掌握质点在平面内运动以及刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。
4理解刚体定轴转动的转动动能概念，能载有刚体绕定轴转动的问题中正确的应用机械能守恒定律。
5了解流体的特点，掌握理想流体的概念。
6掌握理想流体的连续性方程和伯努利方程。
7了解伯努利方程的应用。
二 基本概念1连续介质 在宏观力学的范围内如果能忽视物体内部的不连续性，把物体看作质量连续分布的质点系。
2刚体 大小和形状的变化可以忽略的连续介质。
3F 对定轴Z 的力矩：力F 的大小与O 点到力F 的作用线的垂直距离的d （力臂）乘积。
sin M Fd Fr θ== 或 M =r ×F4转动惯量 转动惯量是描述刚体在转动中惯性大小的物理量。
对于质点系的转动惯量1ni i i J m r ==∆∑ 。
如果物体的质量是连续分布的，上式可写为 2J r dm =⎰ 。
5 质点的角动量 质点m 对固定点O 的位矢为r ，质点m 对原点O 的角动量为 m =⨯=⨯L r p r υ6 冲量矩 力矩和作用时间的乘积，记作21t t t ⎰Md 。
7刚体定轴转动的角动量 21ni i i m r ==∑L ωJ =ω8力矩的功 W Md θ=⎰ 9力矩的功率 dW Md P M dt dtθω===10刚体的转动动能 221ωJ E k ＝11流体 处于液态和气态的物体的统称。
特点是物体各部分之间很容易发生相对运动，即流动性。
12理想流体 绝对不可压缩和完全没有黏性的流体。
13定常流动 流体流经空间任一给定点的速度是确定的，并且不随时间变化。
在流速较低时定常流动的条件是能够得到满足的。
14流线 为了形象地描述流体的运动, 在流体中画出一系列曲线,使曲线上每一点的切线方向与流经该点流体质点的速度方向相同, 这种曲线称为流线。
大学物理第3章-刚体力学习题解答
大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。
显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。
解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。
解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
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第3章 刚体和流体3.1 在描述刚体转动时，为什么一般都采用角量，而不采用质点力学中常采用的线量? 答：对于刚体，用角量描述方便可行，这是因为对刚体上的各点角量（βωθ∆,,）都相同，若采用线量描述，由于刚体上各点线量（a r ϖϖϖ,,υ∆）均不相同，这对其运动的描述带来麻烦，甚至不可行。
3.2 当刚体绕定轴转动时，如果角速度很大，是否作用在它上面的合外力一定很大?是否作用在它上面的合外力矩一定很大?当合外力矩增加时，角速度和角加速度怎样变化?当合外力矩减小时，角速度和角加速度又怎样变化?答：（1）当刚体绕定轴转动时，如果角速度很大，作用在它上面的合外力不一定很大（它们没有必然联系）；（2）当合外力矩增加时，角加速度增大，若角加速度方向与角速度方向相同时，角速度也增大，反之，角速度减小。
（3）当合外力矩减小时，角加速度减小，但角速度同（2）中情况。
3.3 有人把握着哑铃的两手伸开，坐在以一定角速度转动着的(摩擦不计)凳子上，如果此人把手缩回，使转动惯量减为原来的一半。
(1)角速度增加多少?(2)转动动能会发生改变吗?答：（1）角速度增加一倍（据角动量守恒=ωJ 常量） （2）由221ωJ E k =知，转动动能增加一倍。
3.4 什么是流体?流体为什么会流动?答：具有流动性的物体叫流体。
流体之所以会流动是由于构成流体的分子间的作用很小，可以忽略，使得流体中的各分子可以自由运动。
3.5 连续性原理和伯努利方程成立的条件是什么?在推导过程中何处用过? 答：连续性方程成立的条件是理想流体作稳定流动（其核心是不可压缩性t s t s ∆=∆2211υυ）。
伯努利方程成立的条件是：理想流体，稳定流体，同一流线。
在推导中按理想稳定流体对待（未考虑粘滞力，考虑不可压缩性流线上的速度不随时间改变）。
3.6 为什么从消防栓里向天空打出来的水柱,其截面积随高度增加而变大?用水壶向水瓶中灌水时,水柱的截面积却愈来愈小?答：从救火筒理向天空打出来的水柱，其截面随高度增加而变大，是由于从高度的增加，水流的速度变小，由连续性方程就决定了液面截面积要增加。
同理，用水壶向水瓶中灌水时，水柱的截面积愈来愈小（由于速度增大）。
3.7 两船同向并进时,会彼此越驶越靠拢,甚至导致船体相撞,这是为什么? 答：这是由于在两船间，水流的截面变小，流速增大，从而据伯努利方程知压强减小，而两船之外的压强几乎不变，这压强差的存在就可使两船彼此靠近，且这种现象会继续下去。
若不及时改变船向，必将发生船体相撞。
* * * * * *3.8 转速为2940转／分的砂轮，制动后于2分20秒内停止转动。
求：(1)砂轮的平均角加速度；(2)在制动过程中砂轮转过的转数。
解：已知 s rad /9.30760229400=⨯=πω 0=t ω， s t 14020602=+⨯= （1）20221409307s rad t /..-=-=ω-ω=β （2）3429215461402221140930721220==⨯⨯-⨯=β+ω=θrad t t ..（转） 3.9 一飞轮以分转/1500=n 的转速转动，受到制动后均匀地减速，经s 50=t 后静止。
(1)求角加速度和制动后25s 时飞轮的角速度；(2)从制动到停止转动，飞轮共转了多少转?(3)若飞轮半径为m 50.=r ，求s 52=t 时，飞轮边缘上一点的速度和加速度。
解：已知s rad /1.15760215000=⨯=πω ，0=t ω ，s t 50= （1）201435011570s rad t t /..-=-=ω-ω=β 当s t 251=时 s rad t /...678251431157101=⨯-=β+ω=ω（2） 6253930501432150115721220==⨯⨯-⨯=β+ω=θrad t t ..转 （3） s m r /3.396.785.01=⨯==ωυ，22/57.114.35.0s m r -=⨯-==βυ22212/30896.785.0s m r ra n =⨯===ωυ3.10 一砂轮的直径为20厘米，厚为 b = 2.5 厘米，砂轮的密度为ρ= 2.4 克／厘米3。
求：(1)砂轮的转动惯量；(2)当转速为2940转／分 时，砂轮的转动动能(砂轮可当作实心圆盘)。
解：已知m cm R 1.010220===，m cm b 2105.25.2-⨯==， 333/104.2/4.2m kg cm g ⨯==ρ（1）⎰⎰⎰πρ=πρ=π⋅ρ=ρ==RbR R b rdrb r d r dm r J 0442222422V 232431042921052101042143m kg ⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=--.....（2） J J E k 446)6022940(1042.92121232=⨯⨯⨯⨯==-πω 3.11 一块均匀的长方形薄板，边长为a 、b ，中心O 取为原点，坐标为OXYZ ，如图3.34所示，设薄板的质量为M ，则薄板对OX 轴、 OY 轴和OZ 轴的转动惯量分别为20121Mb J x =，20121Ma J y =，)(22021b a M J Z +=， 证明此结论，并给出oz oy ox J J J ,,之间的关系。
证明：设单位面积薄板的质量abM=σ⎰⎰-=σ=σ⋅==222322012112b b x Mb ab ady y dm y J同理可得 ⎰⎰-=σ⋅==222220121bb y Ma bdx x dm x J ⎰⎰+=+=+==)(21)(22002220b a M J J dm y x dm r J y x Z 关系为： y x Z J J J 000+= 正交轴定理3.12 一圆盘半径为R ，装在桌子边缘上，可绕一水平中心轴转动。
圆盘上绕着细线，细线的一端系一个质量为m 的重物， m 距地面为h ，从静止开始下落到地面，需时间为t ，如图3.35所示，用此实验来测定圆盘的转动惯量，测得当1m m =时，1t t =；2m m =时2t t =， 证明：)11(2)(2)(2221222221121t t h Rt m t m h g m m J -⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=在实验过程中，假定摩擦力不变，绳子质量可忽略不计，绳子长度不变。
解：设绳中弹力为T ，对m 有： ma T mg =- （1） 对于圆盘有： βJ TR = （2） 由于绳子长度不变，βR a = （3） （1），（2）、（3）联立解得mg mRJ R a 22+= （4） 由 221at h =得： 22th a = 图3.34 题3.11图图3.35 题3.12图)(2222mR J thmg R +=∴（5） 当1m m =时有 )(2212112R m J t hg m R +=（6） 当2m m =时有： )(2222222R m J t h g m R += （7） 由（6）式减（7）整理得)11(2)(2)(2221222221121t t h R t m t m h g m m J -⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=3.13 如图3.36所示，有质量为21m m 和的两物体，分别悬挂在两个不同半径的组合轮上，求物体的加速度与绳之张力。
两轮的转动惯量分别为21J J 与，半径为r 与R ，轮与轴承间摩擦不计。
（12m m >）解：设悬挂1m 和2m 的绳中张力分别为1T 和2T 对1m 有： 1111a m g m T =- （1） 对2m 有： 2222a m T g m =- （2）β)(2112J J r T R T +=- （3）βr a =1 （4）βR a =2 (5)(1)----(5)联立解之得21222112)(r m R m J J g r m R m +++-=β，222121121)(R m r m J J gr r m R m a +++-=，222121122)(Rm r m J J gRr m R m a +++-= 222121221111)()(R m r m J J r R R m J J a g m T ++++++=+=，222121121222R m r m J J r R r m J J a g m T ++++++=-=)()( 3.14 一匀质圆盘，半径为m 200.=R ，质量为kg 502.=M ，可绕中心轴转动，如图3.37所示，在圆盘的边缘上绕一轻绳，绳的一端挂一质量kg 500.=m 的砝码。
试求：（1）计算绳的张力和圆盘的角加速度；图3.36 题3.13图（2）作用在圆盘上的力矩在2.0s 内所作的功以及圆盘所增加的动能。
解： ma T mg =- （1）βJ TR = （2） βR a =联立解得：2mR J mgR+=β （3）mg mRJ JT 2+= （4） 而 ⎰⎰=⋅π⋅π=πσ==RMR R RM rdr r dm r J 024222214122 (1) N mg mR MR MR mg mRJ J T 5.38.95.05.05.2215.22121212222=⨯⨯+⨯⨯=+=+= 2/142.05.02.05.2218.95.021s rad mR MR mg =⨯+⨯⨯⨯=+=β(2) 作用在圆盘上的力矩在2.0s 内所作的功J t TR TR M A 6192142053212122...=⨯⨯⨯⨯=β⋅=θ=θ=圆盘所增加的功能等于作用在盘上的力矩所作的功。
3.15 如图3.38所示，在质量为M ，半径为R 可绕一水平光滑轴OO'转动的匀质圆柱形鼓轮上绕有细绳，绳的一端挂有质量为m 的物体， m 从高h 处由静止下降。
设绳子不在鼓轮上滑动，绳子长度不变，绳的质量可略去不计。
试求：（1）m 下降的加速度a ；（2）绳的张力T ；（3）m 达到地面时的速度υ；（4）m 达到地面所需的时间t 。
解： 221MR J =（1） 对m ：ma T mg =- （2） 对盘： βJ TR = （3）βR a = （4）联立（1）---（4）解得： （1） g mM m g m M M a 2221+=+=图3.37 题3.14图图3.38 题3.15图（2） mg mM Mmg m M M T 22121+=+=（3） 由ah 22=υ得 mM mghgh m M m 2222+=+⨯=υ（4） 由221at h =得 mgm M h a h t )2(2+==3.16 如图3.39所示 ，质量为M ，长为 l 的匀质直杆，可绕垂直于杆的一端的水平轴O 无摩擦地转动 ，它原来静止于平衡位置上，现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在杆的下端与杆垂直相碰撞。