大学物理第3章习题解答1
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 <<)。
大学物理教程第3章答案张文杰等主编中国农业大学出版社
思考题3.1 什么是连续性方程？答：假设以闭合外表内既无源，又无负源，那么根据质量守恒，进入该闭合外表的净流量等于闭合外表内物质的增加率，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〕。
假设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，假设靠的较近，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那么的运动称为湍流。
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 假设被测容器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-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
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。
大学物理第3章作业解答
第三章刚体的定轴转动选择题3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ）（A） (B) (C) (D)3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ）3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ）(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ A ）(A) 角速度从小到大,角加速度从大到小;(B) 角速度从小到大,角加速度从小到大;(C) 角速度从大到小,角加速度从大到小;(D) 角速度从大到小,角加速度从小到大.3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ）(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为（ B ） (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为 （ A ）(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是 （ D ）(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为 （ A ）(A) 3ω; (D) 13ω.3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是 （ B ）(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3－11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3－12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解 飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3－13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解 该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3－14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解 由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3－15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解 开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3－16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解 制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3－17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求：(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解 物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3－18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解 细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3－19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解 两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3－20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解 飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3－21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解 人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3－22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解 子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3－23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。
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（D）子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热
v M f m
m
fM
s
s
3-6 一架以 3102 m / s 的速率水平飞行的飞机，与一只身长为 0.20m，质量为0.50kg的飞鸟相碰。设碰撞后飞鸟的尸体与飞机 具有相同的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小，可以忽略 不计。试估计飞鸟对飞机的冲击力（碰撞时间可用飞鸟身长被 飞机速率相除、汽车）与通常情况下不足以引起危害的物体 （如飞鸟、小石子）相碰后会产生什么后果的问题有些什么体 会？解: 以飞鸟为研究对象，以飞机运动方向为x轴正向。
由动量定理得： Ft mv 0
式中 F为飞机对鸟的平均冲力，而身长为20cm的飞鸟 与飞机碰撞时间约为 t l v ，由此代入上式可得：
F mv 2 l 2.25 105 N
鸟对飞机的平均冲力为：F F 2.25105 N
负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反。
从计算结果可知，2.25105 N 的冲力大致相当于一个22t的 物体所受的重力，可见，此冲力是相当大的。若飞鸟与发 动机叶片相撞，足以使发动机损坏，造成飞行事故。
解：(1)由分析知：I
2
(30
0
4t)dt
30t
2t 2
2 0
68 N
s
(2) 由 I 300 30t 2t2，解此方程可得：
t 6.86s (另一解不合题意已舍去)
(3)由动量定理，有： I mv2 mv1
由(2)可知 t 6.86s 时，将 I 、m 及v1 代入可得：
v2
I
mv1 m
第三章 习题
3-1 对质点组有以下几种说法： （1）质点组总动量的改变与内力无关； （2）质点组总动能的改变与内力无关； （3）质点组机械能的改变与保守内力无关。
下列对上述说法判断正确的（ C ）
(A) 只有 (1) 是正确的 (C) (1)、(3) 是正确的
(B) (1)、(2) 是正确的 (D) (2)、(3) 是正确的
有质量分0.5别1为03 kg 1.0和103 kg
，求在传递重物前两船的
速度。（忽略水对船的阻力。）
后船解的：速设度A分、别B为两v：船A 原v，有B 速度。分被别搬为运:重v物A ，的v质B 。量传以m递重表物示。
分别对系统I、II应用动量守恒定律，则有:
mA mvA mvB [(mA m) m]vA (1) mB mvB mvA [(mB m) m]vB (2)
3-3 对功的概念有以下几种说法：
（1）保守力作正功时，系统内相应的势能增加； （2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零； （3）作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所
作功的代数和必为零。 下列对上述说法判断正确的（ C ）
(A) (1)、(2) 是正确的
(B) (2)、(3) 是正确的
40m s1
3-9 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0kg 的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护， 最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为2.0m，安全 带弹性缓冲作用时间为0.50s。求安全带对人的平均冲力。
解1：以人为研究对象，按两个阶段进行讨论。 在自由落体运动过程中，人跌落至2m处时的速度为：
由题意知 vA 0 , vB 3.4m s1 代入数据后，可解得：
vA
mB
mBmvB
mmA m m2
0.40m s1
vB
mA
mA mmBvB mmB m m2
3.6m s1
也可以选择不同的系统，例如把A、B两船(包括传递的 物体在内)视为系统，同样能满足动量守恒，也可列出 相对应的方程求解。
3-14 质量为m的人手里拿着一个质量为m的物体，此人用与水 平面成 角的速度 v0 向前跳去。当他达到最高点时，他将物体 以相对于人为 u 的水平速率向后抛出。问：由于人抛出物体，
他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）
解：取如图所示坐标，把 人与物视为一系统，当人跳跃 到最高点处，在向左抛物的过 程中，满足动量守恒，以地面
3-8 Fx 30 4（t 式中的单位为N，t的单位为s）的合外力作用 在质量m=10kg的物体上，试求：(1)在开始2s内此力的冲量I；
(2)若冲量I=300 N s ，此力作用的时间；(3)若物体的初速度 为 v1 10m s，1 方向与Fx 相同，在t=6.86s时，此物体的速度v2 。
(A) 动量守恒，机械能守恒
(B) 动量不守恒，机械能守恒
C
D
(C) 动量不守恒，机械能不守恒
A
B
(D) 动量守恒，机械能不一定守恒
3-5 如图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后 而
C 穿出。以地面为参考系，下列说法中正确的说法是（ ） （A）子弹减少的动能转变为木块的动能
（B）子弹—木块系统的机械能守恒
v1 2gh
(1)
在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量
定理，有：
F P t mv2 mv1 (2)
(F mg )t 0 (mv1)
由(1)(2)可得安全带对人的平均冲力大小为：
F mg mv1 mg m 2gh 1.14 103 N
t
t
解2：从整个过程来讨论。 根据动量定理有：
Ft2 mgt1 mgt2 0
h 1 gt2 2
t1 2h g t2 0.50s
F
mg t2
t1
mg
1.14 103 N
3-13 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m3.s41 的速度继续向前驶去。A、B两船原
(C) 只有 (2) 是正确的
(D) 只有 (3) 是正确的
3-4 如图所示，质量分别为M1和M2的物体A和B，置于光滑桌 面上，A和B之间连有一轻弹簧。另有质量为m1和m2的物体C 和D分别置于物体A和B之上，且物体A和C、B和D之间的摩擦 系数均不为零。首先用外力沿水平方向相向推压A和B，使弹 簧被压缩，然后撤掉外力，则在A和B弹开的过程中，对A、B、 C、D以及弹簧组成的系统，有（ D）