大学物理第三章习题选解
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。
大学物理学3章习题解答
3章79页]3-4 质量为m 的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v ，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是α，如图3-3所示。
若小球与桌面作用的时间为δt ，求小球对桌面的平均冲力。
解 设桌面对小球的平均冲力为f ，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.由第一个方程式可以求得,由第二个方程式可以求得.根据牛顿第三定律，小球对桌面的平均冲力为,负号表示小球对桌面的平均冲力沿y 轴的负方向。
.3-7 求一个半径为r 的半圆形均匀薄板的质心。
解 将坐标原点取在半圆形薄板的圆心上，并建立如图3-5所示的坐标系。
在这种情况下，质心c 必定处于y 轴上，即,.质量元是取在y 处的长条，如图所示。
长条的宽度为d y ，长度为2x 。
根据圆方程,故有.如果薄板的质量密度为σ，则有图3-3 图3-5.令, 则，对上式作变量变换，并积分，得...3-10 如图3-9所示，一个质量为1.240 kg 的木块与一个处于平衡位置的轻弹簧的一端相接触，它们静止地处于光滑的水平桌面上。
一个质量为10.0 g 的子弹沿水平方向飞行并射进木块，受到子弹撞击的木块将弹簧压缩了2.0 cm 。
如果轻弹簧的劲度系数为2000 n ⋅m -1 ，求子弹撞击木块的速率。
解 设木块的质量为m ；子弹的质量为m ，速度为v ；碰撞后的共同速度为v 。
此类问题一般分两步处理：第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞，第二步是子弹在木块内以共同的速度压缩弹簧。
第一步遵从动量守恒，故有. (1)第二步是动能与弹力势能之间的转换，遵从机械能守恒，于是有. (2)有式(2)解得.将v 值代入式(1)，就可求得子弹撞击木块的速率，为.3-11 质量为5.0 g 的子弹以500 m ⋅s -1 的速率沿水平方向射入静止放置在水平桌面上的质量为1245 g 的木块内。
木块受冲击后沿桌面滑动了510 cm 。
求木块与桌面之间的摩擦系数。
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。
大学物理第三章习题选解备课讲稿
第三章刚体的转动3-1一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即k ，式中k 为比例常数。
初始角速度为 °，求： （1） 飞轮角速度随时间变化的关系；（2） 角速度由°减为所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。
解：（1）由 —，kdtd分离变量 — kdt ，并由初始条件t 等式两边积分dIn —— kt（2） 当角速度由0减为一02时kte2kt11 , 1 1 . c etIn In 22k 2 k由dkt，edtd kt 0edt分离变量d °e kt dt ，并由初始条件t 0，0;等式两边积分kt°e dt0 0 kte k k10,t kdt°e ktkt e代入t J2，得飞轮转过的角度飞轮转过的转数3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。
由实验可测得刚体上 某点的切向加速度为a t ，法向加速度为a n ，试证明a, a t 2， 为任意时间内 转过的角度。
解：刚体定轴转动时，设刚体上某点作圆周运动的半径为 R ，贝U 该点的 a n 2Ra t R2厂2鱼 _R _a tRo，且 o 0, o 0a t3-3 一根质量为m ，长为I 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的 竖直固定轴转动。
已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为 ，求杆转动时受摩擦力矩的大小。
解：设杆的线密度为 。
在杆上取一线元距转轴为r ，质量为dm dr 。
该 线元在转动时受桌面摩擦力为df dN d mg g dr摩擦力方向与r 垂直，故线元受摩擦力矩的大小为杆转动时受摩擦力矩的大小为0 0 In 2ek ko o1 ok k 2 2k法向加速度为 切向加速度为又 222dM rdfg rdrM dMig rdrl 2M 1 mgl3-4 如图所示，一长为l，质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。
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第三章 刚体的转动3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即ωβk -=，式中k 为比例常数。
初始角速度为0ω，求： （1）飞轮角速度随时间变化的关系；（2）角速度由0ω减为20ω所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。
解：（1）由dtd ωβ=，ωβk -= ωωk dtd -= 分离变量kdt d -=ωω，并由初始条件0,0ωω==t ；等式两边积分⎰⎰-=tkdt d 0ωωωωkt -=0lnωωkt e -=0ωω （2）当角速度由0ω减为2ω时kt e -=002ωω21=-kt e 2ln 121ln 1kk t =-= 由dtd θω=，kt e -=0ωω kt e dtd -=0ωθ分离变量 dt e d kt -=0ωθ，并由初始条件0=t ，0=θ；等式两边积分dt e d kt t-⎰⎰=θωθ0()kt kte kkek---=--=01ωωωθ代入2ln 1kt =，得飞轮转过的角度kkke kk22102ln 0ωωωωωθ=⨯-=-=- 飞轮转过的转数 kN πωπθ420==3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。
由实验可测得刚体上某点的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，试证明θ2=t n a a ，θ为任意时间内转过的角度。
解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为R ，则该点的 法向加速度为 R a n 2ω= 切向加速度为 βR a t =βωβω22==R R a a t n 又()0222θθβωω-=-，且000,0ωθ== βθω22=θββθ22==t n a a 3-3 一根质量为m ，长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动。
已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为μ，求杆转动时受摩擦力矩的大小。
解：设杆的线密度为λ。
在杆上取一线元距转轴为r ，质量为dr dm λ=。
该线元在转动时受桌面摩擦力为()dr g mg d dN df λμμμ===摩擦力方向与r垂直，故线元受摩擦力矩的大小为rdr g rdf dM λμ==杆转动时受摩擦力矩的大小为22220l g rg rdr g dM M llλμλμλμ====⎰⎰又l m λ= m g l M μ21=3-4 如图所示，一长为l ，质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为m 2和m 的小球，杆可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。
开始杆与水平方向成某一角度θ，处于静止状态，释放后，杆绕O 轴转动。
当杆转到水平位置时，求系统所受的合外力矩M 与系统的角加速度β大小。
解：两小球对水平转轴的转动惯量为题3-4图22243222ml l m l m J =⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=当杆转到水平位置时，小球和直杆所受合外 力矩为题3-4图mgl l mg l mg M 21222=⨯-⨯= 由刚体的转动定律 βJ M =l gml mglJ M 3243212===β 3-5 如图()a 所示，一轻绳绕于半径m r 2.0=的飞轮边缘，现以恒力N F 98= 拉绳的一端，使飞轮由静止开始加速转动。
已知飞轮的转动惯量为25.0m kg J ⋅=，飞轮 与轴承之间的摩擦不计。
题3-5图（1） 求飞轮的角加速度；（2） 求绳子拉下m 5时，飞轮的角速度和飞轮获得的动能； （3） 这动能和拉力F 所做的功是否相等？为什么？（4） 如以重量N P 98=的物体m 挂在绳端，如图()b 示，飞轮将如何运动？试再计算飞轮的角加速度和绳子拉下m 5时飞轮获得的动能。
这动能和重力对物体m 所做的功是否相等？为什么？解：恒力F 作用于飞轮的力矩m N Fr M ⋅==6.19（1）由刚体转动第二定律βJ M =，飞轮 的角加速度22.39-⋅==s rad JMβ （2）绳子拉下m 5时，飞轮转过的角度rad rl25==θ 题3-5图()a 题3-5图()b 设经过的时间为t ，则221t βθ=s t 13.12==βθ飞轮的角速度 13.44-⋅==s rad t βω 飞轮获得的动能 J J E k 490212==ω （3）拉力F 所做的功为 J Fl A 490== 与飞轮获得的动能相等（4）若在绳端挂N 98重量的物体则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧'='==-'='T T r a maT P J r T ββ 解得 28.21-⋅=+='s rad r J mr P β绳子拉下m 5时，飞轮的角速度为ω'，由βθ'='2t ，r l =θ10.3322-⋅=''=''=''='s rad r lt βββθββω 飞轮获得动能 J J E k4.272212='='ω 重力对物体所做的功 J Pl A 490=='物体所获动能 ()2211217.822kE m m r J ω'''===v重力对物体所做的功为物体动能和飞轮动能之和。
3-6 如图所示，两物体的质量分别为1m 和2m ，滑轮转动惯量为J ，半径为r ，则（1） 若2m 与桌面间滑动摩擦系数为μ，求 系统的加速度a 及绳中张力（设绳不可伸长， 绳与滑轮间无相对滑动）；（2） 如2m 与桌面为光滑接触，求系统的加 速度与绳中张力；（3） 若滑轮的质量不计则结果又如何？ 题3-6图解：（1）若2m 与桌面滑动摩擦系数为μ，则有如下方程组()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=-βμβr a a m g m T J r T T am T g m 22221111 解得 ()22121rJ m m gm m a ++-=μ12221122J m m m gr T Jm m r μ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=++21122122J m m m gr T Jm m rμμ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=++ （2）若2m 与桌面光滑接触，则有()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-=-ββr a a m T J r T T a m T g m 2221111 解得 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++=+++=++=221212221122112211r J m m g m m T r J m m g m r J g m m T r Jm m g m a （3）若再忽略滑轮质量⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-=-βr a a m T T T am T g m 22211110 解得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+==+=212121211m m g m m T T m m g m a 3-7 如图所示，轻弹簧、定滑轮和物 体系统。
已知弹簧倔强系数12-⋅=m N k ，定 滑轮转动惯量25.0m kg J ⋅=，半径m r 3.0=， 开始物体静止，弹簧无伸长，求当质量为kg m 60=的物体落下m 4.0时它的速度大小。
题3-7图解：设物体m 下落了x 时，其速度为v ，由机械能守恒定律222111222mgx kx m J ω=++v又 rω=v故有 222111222J m mgx kx r ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭v 12222mgx kx J m r ⎛⎫⎪-=⎪⎪+⎝⎭v 代入 m x 4.0=，kg m 60=，m r 3.0=，25.0m kg J ⋅=，12-⋅=m N k得 12.678m s -=⋅v3-8 如图所示，一质量为m 的物体 与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可 以忽略，它与滑轮之间无滑动。
假设定滑 轮质量为M ，半径为R ，转动惯量为2MR ， 滑轮轴光滑。
求该物体由静止开始下落过 程中下落速度与时间的关系。
题3-8图解：方法一：由牛顿第二定律及刚体 的转动定律得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====-221MR J R a J TR ma T mg ββ 得 2M m mg a +=故物体m 的下落速度为 题3-8图2mgtat M m ==+v 方法二：由机械能守恒定律221122mgh m J ω=+v 其中 22111222h at t t t ⎛⎫=== ⎪⎝⎭v v 221MR J = 解得 2m g tM m =+v 3-9 水分子的形状如图所示。
从光谱分析知水分子对A A '轴的转动惯量是2471093.1m kg J A A ⋅⨯=-'，对B B '轴的转动惯量是2471014.1m kg J B B ⋅⨯=-'。
试由此数据和各原子的质量求出氢和氧原子间的距离d 和夹角θ。
假设各原子都可当质点处理。
解：水分子中两个氢分子对A A '轴和B B '轴的转动惯量分别为A A J '、B B J ' 题3-9图⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰'2sin 22sin 2222θθd M dm d dm r J H A A ①⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰'2cos 22cos 2222θθd M dm d dm r J H B B ②已知氢原子质量 kg M H 271067367.1-⨯=2471093.1m kg J A A ⋅⨯=-' 2471014.1m kg J B B ⋅⨯=-'①、②两式相除，得 B B A A J J''=⎪⎭⎫ ⎝⎛2tan 2θ()2510486.10430.1arctan 2'=== θ把θ值代入①式得m M J d HA A 112121058.92sin 2-'⨯=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=θ 3-10 如图所示，从一个半径为R 的均匀薄板上挖去一个直径为R 的圆板。
所形成的圆洞中心在距原薄板中心2R 处。
所剩薄板的质量为m 。
求此时薄板对于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量。
解：设均匀薄板被挖去圆板后的转动惯量为J ，挖去圆板前的转动惯量为1J ，被挖去的圆板对转轴的转动惯量为2J ，则有21J J J -=被挖去的圆板对通过自己圆心O '并垂直于板面的转轴的转动惯量为2221⎪⎭⎫⎝⎛'R m ，由平行轴定理 2222221⎪⎭⎫ ⎝⎛'+⎪⎭⎫ ⎝⎛'=R m R m J题3-10图又 322222m R R m R S m =⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛=='πππσ 故 2281mR J =()22213232121mR R m m R m m J =⎪⎭⎫ ⎝⎛+='+=薄板对通过圆中心O 的垂直轴的转动惯量2222124138132mR mR mR J J J =-=-= 3-11 如图所示，一根质量均匀的 铁丝，质量为m ，长为L ，在其中心O 处 弯成 120=θ角，放在xOy 平面内。