第3章习题解答.doc

习题三答案3.1一质量为，边长为的等边三角形薄板，求绕垂直于薄板平面并通过其顶点的转轴的转动惯量解1：三角形的顶点与质心的距离为，设所求转动惯量为，垂直于薄板平面并通过其质心的转轴的转动惯量为，利用平行轴定理， Y X取直角坐标系原点位于转轴与边的交点，三角形的一个顶点位于处，等边三角形薄板的面密度为，通过质心的转动惯量为由于该积分区域是对轴对称的，积分区间从到，的积分区间从到(单位均为L)将上述积分化为，其中， ， [是由于积分号内的单位被提出] [令] 所以： 解2：在薄板平面内取直角坐标系，原点即为通过转轴的三角形顶点，另两个顶点分别位于，，如下图所示 Y X则而由于该积分区域是对轴对称的，积分区间从到，的积分区间从到(单位均为L)。

上述积分化为3.2一质量为、半径为的均匀球体，求对于通过球心转轴的转动惯量解： 3.3一个轮子装在固定轴上，整个系统无摩擦地自由转动一条质量可忽略的带子缠绕在轴上，并以已知恒定的力拉之，以测定轮轴系统的转动惯量当带子松开的长度为L时，系统转动的角速度为，求系统的转动惯量解：外力做功为，带子松开的长度为L时，系统动能为，所以3.4质量为长为的均质杆，其B端水平的放在桌上，A端用手支住，问在突然撒手的瞬时，(1)绕B点的力矩和角加速度各是多少？(2)杆的质心加速度是多少？解：(1)绕B点的力矩由重力产生，设杆的线密度为，，则绕B点的力矩为 杆绕B点的转动惯量为 角加速度为 (2)杆的质心加速度为 3.6 飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1000r/min，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μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上尺寸如图所示解：设在飞轮接触点上所需要的压力为，则摩擦力为，摩擦力的力矩为，在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由变化到0，所以由 有 解得。

由杆的平衡条件得 3.7 如图所示，两物体1和2的质量分别为与，滑轮的转动惯量为，半径为⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为，求系统的加速度及绳中的张力与(设绳子与滑轮间无相对滑动)； ⑵如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度及绳中的张力与 解：⑴先做受力分析，物体1受到重力和绳的张力，对于滑轮，受到张力和，对于物体2，在水平方向上受到摩擦力和张力，分别列出方程 [] []通过上面三个方程，可分别解出三个未知量，，⑵ 在⑴的解答中，取即得， ，3.8 电动机带动一个转动惯量为I=50kg·m2的系统作定轴转动在0.5s内由静止开始最后达到120r/min的转速假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩解：由于转速是均匀增加的，所以角加速度为从而力矩为3.9 求题3.6中制动力矩在制动过程中所作的功解：制动力矩在制动过程中所作的功等于系统动能的变化 本题也可以先求出摩擦力做功的距离以及摩擦力的大小来求解。

3.10 一飞轮直径为0.30m，质量为5.00kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀的加速，经0.50s转速达到10r/s假定飞轮可看作实心圆柱体，求：⑴飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；⑵拉力及拉力所作的功；⑶从拉动后t=10s时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度解：⑴ 飞轮的角加速度为 转过的圈数为 ⑵ 飞轮的转动惯量为 ， 所以，拉力的大小为 拉力做功为 ⑶从拉动后t=10s时，轮角速度为 轮边缘上一点的速度为 轮边缘上一点的加速度为 3.11 弹簧、定滑轮和物体的连接如图3.11所示，弹簧的劲度系数为2.0N m-1；定滑轮的转动惯量是0.5kg m2，半径为0.30m，问当6.0kg质量的物体落下0.40m时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长。

解：当物体落下0.40m时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能， 即 ， 将，，，，代入，得 3.12 一均匀铅球从高为，与水平面夹角为的固定斜面顶上由静止无滑动地滚下，求滚到底端时球心的速度试用下述几种方法求解：(1)转动定理，以球和斜面的接触点为瞬时转轴；(2)质心运动定理；(3)机械能守恒定律；(4)角动量定理图3.12 无滑移滚动的铅球解 铅球的受力如图3.12所示，根据质心运动定理，质心沿斜面平移运动的方程为绕质心的转动方程为 ，．因为是无滑移的滚动，有 消去，我们有 ， 即 ，滚到底端时球心的速度为 3.13 质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动一质量为m0的子弹以速度v0射入轮缘(如题3-13图所示方向)1)开始时轮是静止的，在子弹打入后轮的角速度为何值？(2)用m,m0和表示系统[包括轮和子弹]最后动能和初始动能之比。

v0 m0 解：由角动量守恒定律有 ，3.14 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为的人圆盘的半径为，转动惯量为，角速度为如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化解：系统的角动量在整个过程中保持不变人在盘边时，角动量为 人走到盘心时角动量为 因此 人在盘边和在盘心时，系统动能分别为，系统动能增加 3.15 在半径为，质量为的静止水平圆盘上，站一质量为的人圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动当这人开始沿着与圆盘同心，半径为[]的圆周匀速地走动时，设他相对于圆盘的速度为，问圆盘将以多大的角速度旋转？解：整个体系的角动量保持为零，设人匀速地走动时圆盘的角速度为，则 解得 3.16 如题3.16图示，转台绕中心竖直轴以角速度作匀速转动。

转台对该轴的转动惯量=5×10-5 kg·m2现有砂粒以1g/s的速度落到转台，并粘在台面形成一半径=0.1m的圆试求砂粒落到转台，使转台角速度变为所花的时间解：要使转台角速度变为，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系的转动惯量加倍才行，即 将和代入得所以 3.17 一质子从远处射向一带电量为的重核，但没有瞄准，偏离了一个距离[叫做散射参量]，如习题3.17图所示质子的动能为，重核的质量非常大，可以略去其反冲能量，即可以把重核看作是静止的求质子能接近重核的最近距离解：设质子在离核最近处，速度为分别列出体系的角动量守恒方程和能量守恒方程由得，代入能量守恒方程得，，，由于，因而 3.18 一脉冲星质量为1.5×1030kg，半径为20km自旋转速为2.1 r/s，并且以1.0×10-15r/s的变化率减慢问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体解：脉冲星的转动惯量为 转动动能为 转动动能的变化率为 由，，得停止自旋所需要的时间为[单位时间内，能量的变化百分比为：因此，停止自旋所需要的时间为]？？？3.19 两滑冰运动员，质量分别为MA=60kg，MB=70kg，它们的速率VA=7m/s，VB=6m/s，在相距1.5m的两平行线上相向而行，当两者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5m。

求该瞬时：⑴系统的总角动量；⑵系统的角速度；⑶两人拉手前、后的总动能这一过程中能量是否守恒，为什么？解：⑴设两滑冰运动员拉手后，两人相距为，两人与质心距离分别为和，则 ， 两人拉手前系统总角动量为 ⑵设两人拉手后系统的角速度为，由于两人拉手后系统角动量不变 所以， ⑶两人拉手前总动能为： 拉手后，由于整个体系的动量保持为零，所以体系动能为 所以体系动能保持守恒可以算出，当且仅当时，体系能量守恒，否则能量会减小，且 3.20一长=0.40m的均匀木棒，质量M=1.00kg，可绕水平轴O在竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直悬垂现有质量m=8g的子弹以v=200m/s的速率从A点与O点的距离为，如图求：⑴棒开始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角解：系统绕杆的悬挂点的角动量为 子弹射入后，整个系统的转动惯量为 由角动量守恒有 。