大学物理第三章习题选解

第三章第三章 刚体的转动刚体的转动 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 式中为比例常数 初始角速度为 求 k k 0 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 0 2 0 解 解 1 由 dt d k k dt d 分离变量 并由初始条件 kdt d 0 0 t 等式两边积分 t kdt d 0 0 kt 0 ln kt e 0 2 当角速度由减为时 0 2 0 kt e 0 0 2 2 1 kt e2ln 1 2 1 ln 1 kk t 由 dt d kt e 0 kt e dt d 0 分离变量 并由初始条件 等式两边积分dted kt 0 0 t0 dted kt t 00 0 ktkt e kk e k 000 1 代入 得飞轮转过的角度2ln 1 k t kkk e kk22 1 0002ln00 飞轮转过的转数 k N 42 0 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 法向加速度为 试证明 为任意时 t a n a 2 tn aa 间内转过的角度 解 解 刚体定轴转动时 设刚体上某点作圆周运动的半径为 则该点的R 法向加速度为 Ran 2 切向加速度为 Rat 22 R R a a t n 又 且 0 2 0 2 2 00 0 0 2 2 2 2 t n a a 3 3 一根质量为 长为 的均匀细杆 可在水平桌面上绕通过其一端的ml 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 解 设杆的线密度为 在杆上取一线元距转轴为 质量为 rdrdm 该线元在转动时受桌面摩擦力为 drgmgddNdf 摩擦力方向与垂直 故线元受摩擦力矩的大小为r rdrgrdfdM 杆转动时受摩擦力矩的大小为 22 2 0 2 0 l g r grdrgdMM l l 又 lm mglM 2 1 3 4 如图所示 一长为 质量可以忽略的直杆 两端分别固定有质量为l 和的小球 杆可绕通过其中心且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平m2mO 面内转 动 开始杆与水平方向成某一角度 处于静止 状态 释放后 杆绕轴转动 当杆转到水平位O 置时 求系统所受的合外力矩与系统的角加M 速度大小 解解 两小球对水平转轴的转动惯量为 题 3 4 图 2 22 4 3 2 2 2 ml l m l mJ 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 mgM 2 1 22 2 由刚体的转动定律 JM l g ml mgl J M 3 2 4 3 2 1 2 3 5 如图所示 一轻绳绕于半径 a 的飞轮边缘 现以恒力mr2 0 NF98 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 飞轮 2 5 0mkgJ 与轴承之间的摩擦不计 题 3 5 图 1 求飞轮的角加速度 2 求绳子拉下时 飞轮的角速度和飞轮获得的动能 m5 3 这动能和拉力所做的功是否相等 为什么 F 4 如以重量的物体挂在绳端 如图示 飞轮将如何运动 NP98 m b 试再计算飞轮的角加速度和绳子拉下时飞轮获得的动能 这动能和重力对物m5 体所做的功是否相等 为什么 m 解解 恒力作用于飞轮的力矩 F mNFrM 6 19 1 由刚体转动第二定律 飞轮 JM 的角加速度 2 2 39 srad J M 2 绳子拉下时 飞轮转过的角度m5 题 3 5 图 题 3 5 图rad r l 25 a b 设经过的时间为 则t 2 2 1 t st13 1 2 飞轮的角速度 1 3 44 sradt 飞轮获得的动能 JJEk490 2 1 2 3 拉力所做的功为 FJFlA490 与飞轮获得的动能相等 4 若在绳端挂重量的物体N98 则有 解得 TT ra maTP JrT 2 8 21 srad r J mr P 绳子拉下时 飞轮的角速度为 由 m5 2 t r l 1 0 33 22 srad r l t 飞轮获得动能 JJEk 4 272 2 1 2 重力对物体所做的功 JPlA490 物体所获动能 2 2 11 217 8 22 k EmmrJ 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和 滑轮转动惯量为 半径 1 m 2 mJ 为 则r 1 若与桌面间滑动摩擦系数为 求 2 m 系统的加速度及绳中张力 设绳不可伸长 a 绳与滑轮间无相对滑动 2 如与桌面为光滑接触 求系统的加 2 m 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 若与桌面滑动摩擦系数为 则有如下方程组 2 m ra amgmT JrTT amTgm 222 21 111 解得 2 21 21 r J mm gmm a 122 2 1 12 2 J mmmg r T J mm r 211 2 2 12 2 J mmmg r T J mm r 2 若与桌面光滑接触 则有 2 m 解得 ra amT JrTT amTgm 22 21 111 2 21 21 2 2 21 1 2 21 1 2 21 1 r J mm gmm T r J mm gm r J gmm T r J mm gm a 3 若再忽略滑轮质量 解得 ra amT TT amTgm 22 21 111 0 21 21 21 21 1 mm gmm TT mm gm 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 定 1 2 mNk 滑轮转动惯量 半径 2 5 0mkgJ mr3 0 开始物体静止 弹簧无伸长 求当质量为 的物体落下时它的速度大小 kgm60 m4 0 题 3 7 图 解解 设物体下落了时 其速度为 由机械能守恒定律mxv 222 111 222 mgxkxmJ v 又 故有 r v 22 2 111 222 J mmgxkx r v 1 2 2 2 2mgxkx J m r v 代入 mx4 0 kgm60 mr3 0 2 5 0mkgJ 1 2 mNk 得 1 2 678m s v 3 8 如图所示 一质量为的物体m 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 半径为 转动惯量为 MR2 2 MR 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 解解 方法一 由牛顿第二定律及刚体 的转动定律得 得 2 2 1 MRJ Ra JTR maTmg 2 M m mg a 故物体的下落速度为 题 3 8 图m 2 mgt at M m v 方法二 由机械能守恒定律 22 11 22 mghmJ v 其中 22 111 222 hattt t v v 2 2 1 MRJ 解得 2 mgt M m v 3 9 水分子的形状如图所示 从光谱分析知水分子对轴的转动惯量A A 是 对轴的转动惯量是 247 1093 1 mkgJ AA B B 试由此数据和各原子的质量求 247 1014 1 mkgJ BB 出氢和氧原子间的距离和夹角 假设各原子都可当质d 点处理 解解 水分子中两个氢分子对轴和轴的转动惯A A B B 量分别为 题 3 9 图 AA J BB J 2 sin2 2 sin 22 2 2 dMdmddmrJ HAA 2 cos2 2 cos 22 2 2 dMdmddmrJ HBB 已知氢原子质量 kgMH 27 1067367 1 247 1093 1mkgJ AA 247 1014 1mkgJ BB 两式相除 得 BB AA J J 2 tan 2 2510486 10430 1 arctan2 把值代入 式得 m M J d H AA11 2 1 2 1058 9 2 sin2 3 10 如图所示 从一个半径为的均匀薄板上挖去一个直径为的圆板 RR 所形成的圆洞中心在距原薄板中心处 所剩薄板的质量为 求此时薄板2Rm 对于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量 解 解 设均匀薄板被挖去圆板后的转动惯量为 挖去圆板前的转动惯量为J 被挖去的圆板对转轴的转动惯量为 则有 1 J 2 J 21 JJJ 被挖去的圆板对通过自己圆心并垂 O 直于板面的转轴的转动惯量为 由平行轴定理 2 22 1 R m 22 2 222 1 R m R mJ 题 3 10 图 又 3 2 2 2 2 2 m R R mR Sm 故 2 2 8 1 mRJ 222 1 3 2 32 1 2 1 mRR m mRmmJ 薄板对通过圆中心的垂直轴的转动惯量O 222 21 24 13 8 1 3 2 mRmRmRJJJ 3 11 如图所示 一根质量均匀的 铁丝 质量为 长为 在其中心处mLO 弯成角 放在平面内 120 xOy 1 求对轴和轴的转动惯量 OyOx Oz 2 如果 1 中结果如何 题 3 11 图 60 解 解 1 30 2 120 在距点为 处取线元 距轴为 线元质量为 对OldlOx sinlr dl L m dm 轴的转动惯量为Ox dl L m ldmrdJ 222 sin 铁丝对轴的转动惯量Ox 22 22 00 22sin LL ox m JdJl dl L 2 2 0 3 2 48 1 3 30sin 2 mL l d L m L 同理 2 16 1 mLJoy 2 12 1 mLJoz 2 若 60 2 60 222 2 0 16 1 60sin2mLdll L m J L ox 2 1 48 oy JmL 2 1 12 oz JmL 3 12 长为 质量为的匀质棒 垂直悬挂在转轴点上 用m1kg5 2O 的水平力撞击棒的下端 该力作用的时间为 求 NF100 s02 0 1 棒所获得的动量矩 2 棒的端点上升的距离 解 解 棒对转轴的转动惯量为 22 833 0 3 1 mkgmlJ 1 在打击瞬间 重力对转轴不产生力矩 由 角动量定理 棒所获得的动量矩 12 0 2 smkgtFlJ 题 3 12 图 2 撞击后 棒转动到最高位置时角速度为零 以棒和地球为研究对象 此过程中机械能守恒 设棒的中心上升的距离为 Ah mghJ 2 2 1 g l mg ml mg J h 62 3 1 2 22 22 2 其中代入上式 1 4 2 srad J tFl mh098 0 棒的端点上升的距离 mhH196 0 2 3 13 如图所示 一根质量为 长为的均匀细棒 可在竖直平面内绕ml 2 通过其中心的水平轴转动 开始时细棒在水平位置 一质量为的小球 以速 m 度垂直落到棒的端点 设小球与棒作弹性碰撞 u 求碰撞后小球的回跳速度以及棒的角速度 解 解 棒的转动惯量为 2 2 3 1 2 12 1 mllmJ 题 3 13 图 设碰撞后小球的速度为 棒的角速度为 碰撞过程内力比外力大的多 碰v 撞过程角动量守恒 则有 m ulm lJ v 又因小球与棒作弹性碰撞 机械能守恒 222 111 222 m umJ v 把代入 两式解得 2 3 1 mlJ 3 3 u mm mm v lmm um 3 6 3 14 如图所示 一长 质量为的均匀细木棒 由其ml40 0 kgm0 1 上端的光滑水平轴吊起而处于静止 今有一质量的子弹以gm0 8 的速率水平射入棒中 射入点在轴下处 求 1 0 200m s v43ld 1 子弹停在棒中时棒的角速度 2 棒的最大偏转角 解 解 1 子弹对转轴的转动惯量为 23 2 2 1072 0 4 3 mkg l mmdJ 细木棒的转动惯量 232 1033 53 3 1 mkgmlJ 题 3 14 图 子弹射入棒前对转轴的角速度为 射入后与棒一起转动的角速度为 0 d v 射入木棒前后 子弹与木棒的角动量守恒 JJJ 1 0 8 88 3 4 J rad s JJ l v 2 设棒的最大偏转角为 棒的中心和子弹上升的高度分别为 由机械能守恒定律 cos1 2 l cos1 4 3 l cos1 2 cos1 4 3 2 1 2 l Mg l mgJJ 解得 cos0 074 9415 3 15 如图所示 质量为 长为 的均匀细杆可绕过端点的固定水平mlO 轴 转动 杆从水平位置由静止开始下摆 杆摆 至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球 相碰 小球看作质点