福州大学大学物理习题解答-第3章刚体
3a 2 ) 3ma 2 2
a 3a J y 1 0 2 m( ) 2 2 ( ) 2 1 m(2a) 2 9ma 2 2 2
J z 1 0 2 ma 2 2 ( 3a) 2 1 m(2a) 2 12ma 2
（2） J y 2 ma 4 m( ) 3ma
2 2
a 2
2
或根据平行轴定理 J y J y 6m a 3ma
2
2
5
福州大学-大学物理习题解答
3-11 匀质圆盘质量为 m 、半径为 R ，放在粗糙的水平桌面上，绕通过 盘心的竖直轴转动，初始角速度为 0 ，已知圆盘与桌面的摩擦系数为 ， 问经过多长时间后圆盘静止？ 解：可以把圆盘看成由许许多多的小圆环组成，其中半径为 r 、宽度 dr 的质量为
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第三章 刚体
习题
3-1 一汽车发动机曲轴的转速在 12s 内由每分钟 1200 转匀加速地增加到 每分钟 2700 转，求： （1）角加速度； （2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解： （1） 1 40 (rad / s )
2 90 (rad / s)
2 1
习题 3-14 图 习题 3-15 图
解：设作用在飞轮上的压力为 N ，则有
N 0.5 F (0.5 0.75) ，得 N 250( N)
M NR 40 1 ( rad / s ) 2 J 3 2 mR
又 0
2 900 0 0 30 (rad / s) ， 所以 t 7.07( s) 60
3-5 一个砂轮直径为 0.4m，质量为 20kg，以每分钟 900 转的转速转动。 撤去动力后， 一个工件以 100N 的正压力作用在砂轮边缘上， 使砂轮在 11.3s 内停止，求砂轮和工件的摩擦系数(忽略砂轮轴的摩擦)。 解： M J 其中 M NR ，得
d M NR dt J J
0
my 2 dy 1 1 ml 2 ，即 J x J 左x J 右x ml 2 l cos 30 4 4
1 2 ml 3
（2） J y J 左y J 右y , 其中 J 右y
l
mx 2 dx x 2 2 m , dJ 左y dmx x ， dl l l sin 30 sin 30
（ 2） A 3-4
一个半径为 R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转
轴转动。一根轻绳绕在圆盘的边缘，其自由端悬挂一物体。若该物体从静止 开始匀加速下降，在 t ＝2.0s 内下降的距离 h ＝0.4m。求物体开始下降后 第 3 秒末，盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。 解：物体下落的加速度 a
3
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习题 3-7 图 习题 3-8 图
解: J J M J m
1 ML2 mL2 3
3-8 如图所示，从质量为 M ，半径为 R 的匀质薄圆板上挖去一个半径 为 r 的圆孔，圆孔的中心位于半径的中点。求此时圆板对于原板中心且与板 面垂直的轴线的转动惯量。 解：可以把带孔的圆板看成均匀的完整圆板减去一个跟圆孔大小一致的 圆板，即 J J圆板 J 孔板
习题 3-9 图 4
习题 3-10 图
福州大学-大学物理习题解答
解： （1） J x J 左x J 右x , 其中 J 右x 0
l
m my 2 dy y ， dJ 左x dmy 2 y 2 dl ， cos 30 l l cos 30
l cos 30
J 左x
t
90 40 25 (rad / s 2 ) 13.1(rad / s 2 ) 12 6
匀变速转动
（ 2）
2 2 12 780 (rad ) 2
n
390 (圈) 2
3-2 一飞轮的转动惯量为 J , 在 t 0 时角速度为 0 ，此后飞轮经历制动 过程。阻力矩 M 的大小与角速度 的平方成正比，比例系数 K 0 。求： （1）当 0 3 时, 飞轮的角加速度； （ 2）从开始制动到 0 3 所需 要的时间。 解： （1）依题意 M J K 2
l sin 30
J左
0
mx 2 dx 1 5 ml 2 ，所以 J y J 左y J 右y ml 2 l sin 30 12 12
1 2 1 2 2 2 ml ml ml 3 3 3 1 2 5 2 或 J z J x J y ml ml 2 ml 2 4 12 3
解:
m1 g T1 m1a T m g m a k 2 2 2 T r T r J 2 1 1 2 J mr 2 a r
得 a
2(m1 g k m2 g ) 2m1 2m2 m
2(1 k )m1m2 g mm1 g 2m1 2m2 m
2h 0.2(m / s 2 ) 2 t
又 at a R ，得圆盘的角加速度
0.2(rad / s 2 )
第 3 秒末，圆盘的角速度 t 0.6(rad / s ) 所以 at 0.2(m / s ) an R 0.36(m / s )
2 2 2
(3) J z 3-10 如图所示， 在边长为 a 的正六边形的六个顶点上各固定一个质量为
m 的质点，设这正六边形放在 Oxy 平面内，求： （1）对 Ox 轴、Oy 轴、Oz
轴的转动惯量； （2）对过中心 C 且平行于 Oy 的 Oy 轴的转动惯量。 解： （1） J x 2 0 4 m(
B Bt
因为轮和皮带之间没有滑动，所以 A、 B 两轮边缘的线速度相同，即
A RA B RB
又 A
R 2 600 20 (rad / s) 联立得 t A A 10( s ) B RB 60
2 300 A 10 (rad / s) A A (rad / s 2 ) 60 t 6
习题 3-3 图
习题 3-6 图
解：方法一：设过环心且垂直于圆环所在平面的轴线为 z 轴，过环心的 两条互相垂直的直径分别为 x 轴和 y 轴， 根据垂直轴定理 J z J x J y 由对称性可知 J x J y ，又 J z mR2 得
J Jx Jy
1 mR 2 2 m 2R
•
T1 m1 ( g a )
7
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T2 k m2 g m2 a
2(1 k )m1m2 g k mm2 g 2m1 2m2 m
3-14 如图所示的飞轮制动装置，飞轮质量 m ＝600kg，半径 R ＝0.25m， 绕其水平中心轴 O 转动，转速为 900rev/min。闸杆尺寸如图示，闸瓦与飞轮 间的摩擦系数 0.40 ，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，现在闸杆的 一端加一竖直方向的制动力 F 100N ，问飞轮将在多长时间内停止转动? 在这段时间内飞轮转了几转？
t
0 0
30 R 4g
3-12 如图所示，斜面倾角为 ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为 r 、 转动惯量为 J 、 受到的驱动力矩 M ， 通过绳索牵引斜面上质量为 m 的物体， 物体与斜面间摩擦系数为 ，求重物上滑的加速度。绳与斜面平行，不计 绳质量。
6
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0 3
0
2 K0 K 2 (rad / s 2 ) J 9J
（2）由
d K 2 得 dt J
dt
0
t
J 如图所示， 发电机的轮 A 由蒸汽机的轮 B 通过皮带带动。两轮半
2 径 R A =30cm， R B 75cm。当蒸汽机开动后，其角加速度 B 0.8π rad/s ，
习题 3-13 图 习题 3-12 图
M Tr J 解： T mg cos mg sin ma a r
得 a
( M umg cos mg sin )r J mr 2
3-13 如图所示，两物体质量分别为 m1 和 m 2 ，定滑轮的质量为 m 、半 径为 r ， 可视作均匀圆盘。 已知 m 2 与桌面间的滑动摩擦系数为 k ， 求 m1 下 落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动， 滑 轮轴受的摩擦力忽略不计。
方法二： dm dl Rd ，其中
dJ dmR sin R 3 sin 2 d
2
J R 3 sin 2 d R 3
0
2
1 mR 2 2
3-7
如图所示， 长为 2 L 的匀质细棒， 质量为 M ， 未端固定一质量为 m
的质点，当它绕过棒中点的水平轴转动时，求转动惯量 J 。
J圆板
r 2 1 1 2 R 2 2 MR ， J 孔板 mr m( ) ，其中 m 2 M 2 2 R 2
1 1 r4 1 MR 2 M 2 Mr 2 2 2 R 4
得J
3-9 如图所示，把两根质量均为 m ，长为 l 的匀质细棒一端焊接相连， 其夹角 120 ， 取连接处为坐标原点， 两个细棒所在的平面为 Oxy 平面， 求此结构分别对 Ox 轴、 Oy 轴、 Oz 轴的转动惯量。
t
0
dt
0
0
J0 Jd ， 即 NRt NR
2
福州大学-大学物理习题解答
又 0
2 900 1 d 30 (rad / s) ， J m 0.4(kg m 2 ) 60 2 2
大学物理学课后3第三章答案
题 3.8(a)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
题 3.8(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r J
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
J 1 MR 2 1 mr 2
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴ ①
Fr
N
l1
l2 l1
F
J 1 mR 2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
J
mRl1
以 F 100 N 等代入上式，得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
0.20m, r ＝0.10m， m ＝4 kg， M ＝10 kg， m1 ＝ m2 ＝2 kg，且开始时 m1 ， m2 离地均为 h ＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)．
习题 3
3.1 选择题
(1) 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
① 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；
② 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；
③ 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；
④ 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．
在
上
述
说
(5) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，如图射来两个质量相同，
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
福州大学-大学物理规范作业C(上)04刚体
被挖前，小圆盘对转轴的转动惯量 1 R 2 R 2 3 J 小盘 m小盘 ( ) m小盘 ( ) mR 2 2 2 2 32 13 2 圆盘余下部分的转动惯量 J J 0 J 小盘 mR 32
5
2.一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度ω0在无摩 擦的水平面上，绕以半径为r的圆周运动，如果在绳的另 一端作用一铅直向下的拉力，小球则以半径为r/2的圆周 40 运动，则此时小球的角速度为______________ ；拉力所 3 2 2 作的功为______________ 。 mr 0 2 分析： 角动量守恒
vC 4gR
10
r 2 mr 0 m( ) 2
2
40
拉力作的功：
1 r 2 2 1 2 2 3 2 2 A EK m( ) mr 0 mr 0 2 2 2 2
6
三、计算题 1.一质量为m的匀质矩形薄板绕其竖直边转动，初始 角速度为ω0 ，转动时受到空气阻力，阻力垂直于板面， 每一小面积上所受阻力的大小正比于该面积和速度平 方的乘积，比例系数为k，求：(1) 薄板受到的阻力矩； (2) 经过多少时间角速度减为原来的一半？已知薄板 的竖直边长为b，水平边长为a。 dx y 解：(1)如图建立坐标系，并在薄板上 取宽度dx平行y轴的面元dS=bdx，则 b 面元dS受到的空气阻力
df kv2dS k 2 x2bdx
对y轴的阻力矩dM f xdf kb x dx
2 3
x
O a 7
总阻力矩
Mf
a
0
1 2 4 kb x dx k a b 4
2 3
(2) 薄板对y轴的转动惯量
m 1 2 J r dm x bdx ma 0 ab 3 d 转动定律 M J J dt 1 2 4 1 2 d k a b ma 4 3 dt
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 <<)。
大学物理五第三章习题答案
第三章 刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说：线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值，角位移、角速度、角加速度具有相同的值。
2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知，（1）0,0F M ≠=，当0r =或者sin 0θ=，即力通过转轴或者力与转轴平行； （2）0,0F M =≠，这种情况不存在； （3）0,0F M ==，这种情况任何时候都存在。
3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量：221122I mr vr ρ==可知，对于相同几何形状的铁盘和铝盘，密度大的转动惯量大。
通常我们取铁的密度为37.9/g cm ，铝的密度32.7/g cm ，因此铁盘对中心轴的转动惯量大；根据刚体动能定理：21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰，可知对铁盘的外力矩要做更多的功。
4、轮A 的转动惯量212I mr =，轮B 的转动惯量2I mr =，根据刚体的转动定律M I β=，因为两者所受的阻力矩相等，可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度，故轮A 先停止。
5、舞蹈演员在旋转过程中，可以近似地认为角动量守恒，当其把双手靠近身体时，转动惯量减小，故角速度增大；当其把双手伸开，转动惯量增大，故角速度减小。
6、解：2334d a bt ct dtθω==+-， 2612d b t c t dtωβ==-。
7、解：11200240/60rad s πωπ⨯==，22700290/60rad s πωπ⨯==， 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆， 2117803902t t n θωβπ=+==。
8、解：根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =，得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅，地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯，转动动能22813102k E I J ω==⨯。
9、解：已知030/rad s ωπ=，切断电源后的角位移752150θππ=⨯=，根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==，由于电扇是匀减速，可知阻力矩为常量，因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-， 可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅，以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。
福州大学大学物理规范作业答案全(上册)PPT课件
v0为初始速度
8
解法2： dv kv2 dt
分离变量得 d到 v ： kd t
v
两边积分
v0
dv v2
v12 v 1 1 t kdt kt
vv0 v v0 0
得到： v v0
再v0为初始速度
得到：
dt v0k t1
x dx x
比，dv kv2 ，式中k为正常数，求快艇在关闭发动机 后行d驶t 速度与行驶距离的关系(快艇的初速度为v0)。
解： 作一个变量代换 ak2 vdvdvdxvdv
dt dxdt dx
得到： kvdv dx
kdx dv
v
积分得到： kx ln v v0
v v0ekx
k2l1 l2l2k1ll1l1
k2l k1 k2
,
l2
k1l k1 k2
,
A 1 2k1 l1 21 2k2 l222 (k k 1 1 k 2 k2)l2
解：在这过程中，受到绳子拉力 作用，动量不守恒
但是小球所受力矩为0，角动量守恒
Lr12m1r2 2m2
16
三、计算题
1.已知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受到指
向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x
的平方成反比，即 f
k x2
(k是大于零的常数)，设质
点在x=A时由静止释放，求到达x=A/2时速度大小。
mg ma
agctg
N
mg
12
2.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 【 C】 （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。
大学物理第三章测试题及答案
第三章答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
3. 如图所示，一半径为r ，质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮，绕有轻绳，绳上挂一质量为m 2的重物，求重物下落的加速度。
解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= (1)对于滑轮按转动定律有 212Tr mr β=(2) 由角量线量关系有 a r β= （3）联立以上三式解得.4 有一半径为R 的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为R 21，求球体收缩后的转动周期．(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5，式中m 和R 分别为球体的质量和半径)．解：(1) 球体收缩过程满足角动量守恒：0022I I ωω=2000202225421()52mR I I m R ωωωω=== 所以0202244T T ππωω=== .6 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ)，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．解：(1) 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒：2201()2mRv mR MR ω=+ 所以 0022()22mRv mv mR MR m M R ω==++ （2）圆盘受到的摩擦力矩为0223R M rdrgr MRg μσπμ'=-⋅=-⎰由转动定律得 M Iβ'= 2200001()(0)12()()32223mv mR MR m M R I mv t M Mg MRg ωωωωβμμ+-+--===='-。
大学物理第三章练习及答案
大学物理第三章练习及答案(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--一、判断题1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。
………………………………[√]2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。
…………………………………………………[√]3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动，都具有相同的角速度。
…………[√]4. 刚体对轴的转动惯量越大，改变其对轴的运动状态就越困难。
………………………[√]5. 刚体质量一定，其转动惯量也就一定。
…………………………………………………[×]6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时，则它们的合力也一定为零。
………………[×]7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时，则它们的合力矩也一定为零。
………………[×]8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。
……………………………………………[√]9. 刚体所受合外力矩为零时，刚体总角动量守恒。
………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒，刚体的所受合外力矩为零。
……………………………[×] 二、填空题11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动，质点对过圆心的中心轴转动惯量J =2mr ，角动量L =；质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动，它相对于直线外距离为d 的一点的角动量为L =mdv 。
12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内，其一端固定在坐标原点O 位置，另一端可在平面内自由转动，当其转动到与x 轴正方向重合时，在细棒的自由端受到了一个34F i j =+牛顿的力，则此力对转轴的力矩M =4l 。
13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系，其质量分别为1m 、2m 、3m ，坐标分别为()11,x y 、()22,x y 、()33,x y ，则此质点系对z 轴的转动惯量J =()()()222222*********m x y m x y m x y +++++。
大学物理第三章习题选解资料
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。
大学物理上册第3章习题解答
大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。