大学物理第三章部分课后习题答案
上海交大版大学物理第三章参考答案
版权归原著所有 本答案仅供参考习题33-1．如图，一质点在几个力作用下沿半径为20R m =的圆周运动，其中有一恒力0.6F i =N ，求质点从A 开始沿逆时针方向经3/4圆周到达B 的过程中，力F所做的功。
解：本题为恒力做功，考虑到B 的坐标为（R -，R ）， ∴2020B A r r r i j ∆=-=-+，再利用：A F r =⋅∆，有：0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-（焦耳）3-2．质量为m =0.5kg 的质点，在x O y 坐标平面内运动，其运动方程为x =5t 2,y =0.5(SI),从t =2s 到t =4s 这段时间内，外力对质点的功为多少？解：由功的定义：A F r =⋅∆ ，题意：250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=，220.5105d r F m i i d t==⋅=∴560300A i i J =⋅=。
3-3．劲度系数为k 的轻巧弹簧竖直放置，下端悬一小球，球的质量为m ，开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。
今将弹簧上端缓慢提起，直到小球能脱离地面为止，求此过程中外力的功。
解：由于小球缓慢被提起，所以每时刻可看成外力与弹性力相等，则：F k x =，选向上为正向。
当小球刚脱离地面时：max mg kx =，有：max mgx k=， 由做功的定义可知：max222122mg x k m g A k xd x k x k===⎰。
3-4．如图，一质量为m 的质点，在半径为R 的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力数值为N ，求质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其做的功。
分析：f A 直接求解显然有困难，所以使用动能定理，那就要知道它的末速度的情况。
解：求在B 点的速度：2v N G m R -=，可得：R G N mv )(21212-=由动能定理： 2102f mgR A mv +=-∴11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-3-5．一弹簧并不遵守胡克定律，其弹力与形变的关系为2(52.838.4)F x x i =-- ，其中F和x 单位分别为N 和m 。
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。
大学物理第三章课后习题答案
r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能； （3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的 功； （4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量， 画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械 能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下， 由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球 无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环， 到达最高 点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速 度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处， 如图试求 小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静 止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍， 矿 车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运 动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自 动卸货， 然后矿车借助弹簧的弹性力作用， 使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这 一过程，空载时车的质量与满载时车的质 量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度
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。
大学物理第三章刚体力学基础习题答案
方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定 转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma
g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr
大学物理第3章习题解答
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-⋅=s m v 。
设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m 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===.//R v ω（2）铁饼的角加速度为)(rad/s 83925122252222..=⨯⨯==πθωα（3）铁饼在手中加速的时间为(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt3-2一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./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为)(rad/s 9410792031420...=-=-=tωωα（2）转过的角度为)186(rad 1017172314920230圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ（3）切向加速度为)(m/s 388209412t ...=⨯==R a α法向加速度为)(m /s 10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s 10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctan arctan 4t n '︒=⨯==.a a θ3-3 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a d <<)。
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
即：作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增 量，即系统动量的增量。 2．推广：n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t ＋ F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
yv 2
同乘以 ydy，得
y 2 gdty y
积分 得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
7
第4讲
动量和冲量
考虑到内力总是成对出现的，且大小相等，方向相反，故其矢量和必为零， 即
F
i 0
n
i内
0
设作用在系统上的合外力用 F外力 表示，且系统的初动量和末动量分别用
5
第4讲
动量和冲量
P0 和 P 表示，则
t2 n n F d t m v mi vi 0 i i 外力 t1
F外 dt＝dPFra bibliotek力的效果 关系 适用对象 适用范围 解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系 牛顿定律 动量定理 力的瞬时效果 力对时间的积累效果 牛顿定律是动量定理的 动量定理是牛顿定律的 微分形式 积分形式 质点 质点、质点系 惯性系 惯性系 必须研究质点在每时刻 只需研究质点（系）始末 的运动情况 两状态的变化
1
第4讲
动量和冲量
§3－1 质点和质点系的动量定理
实际上，力对物体的作用总要延续一段时间，在这段时间内，力的作用将 积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发，介绍冲量、 动量的概念以及有关的规律，即动量守恒定律。 一、冲量 质点的动量定理 1．动量：Momentum——表示运动状态的物理量 1）引入：质量相同的物体，速度不同，速度大难停下来，速度小容易停下；速 度相同的物体，质量不同，质量大难停下来，质量小容易停下。 2）定义：物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量，用 P 来表示 P=mv 3）说明：动量是矢量，大小为 mv，方向就是速度的方向；动量表征了物体的 运动状态 -1 4）单位：kg.m.s 5）牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2．冲量:Impulse 1）引入：使具有一定动量 P 的物体停下，所用的时间Δt 与所加的外力有关， 外力大，Δt 小；反之外力小，Δt 大。 2）定义： 作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量， 用 I 来表 示 I= FΔt 在一般情况下，冲量定义为
大学物理第三章部分答案知识讲解
大学物理第三章部分答案知识讲解大学物理第三章部分答案大学物理部分课后题参考答案第三章动量守恒定律和能量守恒定律选择题：3.15—3.19 A A D D C计算题：3.24 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平稳地传递50kg 的重物，结果是A 船停了下来，而B 船以3.4m/s 的速度继续向前驶去。
A 、B 两船原有质量分别为0.5?103kg 和1.0?103kg ，求在传递重物前两船的速度。
（忽略水对船的阻力）解：（1）对于A 船及抛出的重物和B 船抛来的重物组成的系统，因无外力（水对船的阻力已忽略），系统动量守恒设A 船抛出重物前的速度大小为v A 、B 船抛出重物前的速度大小为v B ，两船抛出的重物的质量均为m ．则动量守恒式为，0B A A A =+-mv mv v m （1）（2）对于B 船及抛出的重物和A 船抛来的重物组成的系统，因无外力（水对船的阻力已忽略），系统动量守恒设B 船抛出重物后的速度大小为V B ，则动量守恒式为，B B A B B B V m mv mv v m =+- （2）联立（1）、（2）式并代入kg 105.03A ?=m 、kg 100.13B ?=m 、kg 50=m 、m /s 4.3B =V 可得 m/s 4.0))((2B A B B A -=----=m m m m m mV m v3.38用铁锤把钉子敲入墙面木板。
设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。
若第一次敲击，能把钉子钉入木板m1000.12-?，第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速度，那么第二次能把钉子钉入多深？解：因阻力与深度成正比，则有F = kx （k 为阻力系数）。
现令x 0 = 1.00?10－2 m ，第二次钉入的深度为x ?，由于钉子两次所作功相等，可得+=x x x x x kx x kx 000d d 0m 1041.02-?=?x。
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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 达到额定转速，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。
分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。
对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。
对象杆受的合力矩为零。
题图3-2解：设闸瓦对飞轮的压力为N ，摩擦力为f ，力矩为M ， 飞轮半径为R,则依题意得， M fR J β==① 0.4f N N μ== ②(0.50.75)0.5F N ⨯+=⨯ ③ 22600.25J mR ==⨯④ 10002605πβ⨯=⨯ ⑤解：①②③④⑤式得314F N =3-5 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用r t m S 、、和表示)． 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ， 则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ma -= ①J Tr β= ②由运动学关系有： a r β= ③ 由①、②、③式解得：2(-)J m g a r a = ④题图3-4mOr又根据已知条件 00v = 212S at ∴=， 22Sa t= ⑤ 将⑤式代入④式得： 22(1)2gt J mr S=-3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 2.00,M kg =半径为0.100,R 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 5.00,m kg =的物体，如题图3-6所示．已知定滑轮的转动惯量为212J MR =，其初角速度 010.0/,rad s ω=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0ω=时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向 分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程， 对定轴转动物体由转动定律列方程。
解：(1) ∵ mg T ma -=R J T β=R a β=∴ ()2222281.7/122mgR mgR mgrad s mR J m M RmR MR β====+++方向垂直纸面向外(2) ∵ βθωω2202-=题图3-5当0ω= 时， rad 612.0220 ==βωθ 物体上升的高度26.1210 m h R θ-==⨯(3) 210.0/rad s ωβθ== 方向垂直纸面向外.3-7 如题图3-7所示，质量为m 的物体与绕在质量为M 的定滑轮上的轻绳相连，设定滑轮质量M=2m ，半径R ，转轴光滑，设00t v ==时，求：（1）下落速度υ与时间t 的关系；（2）4t s =时,m 下落的距离；（3）绳中的张力T 。
分析：对质量为m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。
解：(1)设物体m 与滑轮间的拉力大小为T ，则mg T ma -= ①212M TR J MR ββ===② a R β= ③v at = ④解：①②③式得24.9/a m s =，并代入④式得 4.9v t = （2）设物体下落的距离为s ，则题图3-7TTmga图3-622114.9439.222s at m ==⨯⨯= （3）由（1）的②式得， 4.9T mg ma N =-=3-8 如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量110M kg =，半径0.10R m =，小盘质量24M kg =，半径0.05r m =。
两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量122m m kg ==的物体，此物体由静止释放，求：两物体12,m m 的加速度大小及方向。
分析：分别对物体12,m m 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律解：设物体12,m m 的加速度大小分别为12,,a a 与滑轮的拉力分别为12,,T T 1111T m g m a -= ①2222m g T m a -= ②1a r β= ③ 2a R β=④21M T R T r J β=-= ⑤22121122J M R M r =+ ⑥把数据代入，解上述各式得210.6125/a m s = 方向向上22 1.225/a m s = 方向向下3-9 如题图3-9所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m 的题图3-8物体1和物体2相连。
（1）若不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。
（2）若滑轮半径为r ，其转动惯量可用m 和r 表示为2J kmr =（k 是已知常量），绳子与滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。
分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。
（2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。
解：设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为1T 、2T 它们对地的加速度为a 。
（1）若不考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的拉力1T 、2T 相等，记为T 。
则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得，sin 30mg T ma T mg ma-=-=解上两式得：2/4/a g m s =，方向竖直向下。
（2）若考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的 拉力1T 、2T 不相等。
则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得1mg T ma -= ① 02sin 30T mg ma -= ②a r β= ③12M T r T r J β=-= ④题图3-92J kmr = ⑤解上述各式得：2/2(2)ga m s k =+，方向竖直向下。
3-10一飞轮直径为0.3m ，质量为5.0kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 转速达每秒10转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后10t s =时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。
分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。
解：（1）角加速度为：22102 1.2610/0.5rad s tωπβ⨯===⨯ 转过的角度为：22211 1.26100.515.722t rad θβ==⨯⨯⨯= 转过的圈数为： 2.52N θπ==圈 （2）由转动定律M fR J β==得220.550.15 1.261047.10.15J f N R β⨯⨯⨯⨯===力矩做的功为：047.10.1515.7111A Md M J θθθ===⨯⨯=⎰ （3）角速度为：231.261010 1.2610/t rad s ωβ==⨯⨯=⨯ 边缘一点的线速度为：320.15 1.2610 1.8810/v R m s ω==⨯⨯=⨯边缘一点的法向加速度为：226520.15 1.2610 2.3710/n a R m s ω==⨯⨯=⨯ 边缘一点的切向加速度为：220.15 1.261018.84/a R m s τβ==⨯⨯=3-11 一质量为M ，长为l 的匀质细杆，一端固接一质量为m 的小球，可绕杆的另一端O 无摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A 向下抛射，使球恰好通过最高点C ，如题图3-11所示。
求：（1）下抛初速度0v ；（2）在最低点B 时，细杆对球的作用力。
分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。
解：（1）如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，22011222lmv J Mg mgl ω+=+ ① J=213Ml ②0v l ω= ③解①②③得，0(36)3M m glv m M+=+（2）取最低点作势能零点，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，2211222mv J Mgl mgl ω+=+ ①2v N mg m l -= ②v l ω= ③213J Ml = ④解：①②③④得，1573m MN mg m M+=+题图3-113-12 物体质量为3,0kg t =时位于14,6r i m i j m s υ-==+⋅，如一恒力5f j N =作用在物体上，求3s 后，（1）物体动量的变化；（2）相对z 轴角动量的变化。