普通物理学第二版第七章课后习题答案

1、精品文档第七章 刚体力学7.1.1设地球绕日作圆周运动. 求地球自转和公转的角速度为多少rad/s? 估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据） .解答7.1.2汽 车 发 动机 的 转 速 在12s内 由1200rev/min增加 到3000rev/min. （1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2) 在此时间内，发动机转了多少转？解答（ 1）（ 2）V2(3000 1200)1/ 601.57(rad / s2 )Vt1222( ) 2 (3000212002 )0302639(rad)2215.7所以 转数=26

2、392420(转 )7.1.3某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为球 t 时刻的角速度和角加速度 . 解答7.1.4 半径为 0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立 O-xy 坐标系，原点在轴上 .x 和 y 轴沿水平和铅直向上的方向 . 边缘上一 点 A 当 t=0 时 恰 好 在 x 轴 上 ， 该 点 的 角 坐 标 满 足1.2t t 2 ( : rad,t: s). 求（ 1）t=0 时，（2）自 t=0 开始转 45o 时，（3）转过 90o 时， A 点的速度和加速度在 x 和 y 轴上的投影 .解答vt0,?1.2, A Rj0.12j(m/s).（1）x0, y

3、0.12(m/s)（2）45o时，1.2tt 2, 得t0.47(s)42.14(rad/s)v v v由 v AR（3）当90o 时，由7.1.5 钢制炉门由两个各长 1.5m 的平行臂 AB和 CD支承，以角速度 10rad/ s 逆时针转动，求臂与铅直 45o 时门中心 G的速度和加速度 .解答因炉门在铅直面内作平动，门中心G的速度、加速度与B 或 D.精品文档点相同。所以：7.1.6收割机拔禾轮上面通常装4 到 6 个压板 . 拔禾轮一边旋转，一边随收割机前进 . 压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上， 因此要求压板运动到下方时相对于

4、作物的速度与收割机前进方向相反 .已知收割机前进速率为 1.2m/s ，拔禾轮直径 1.5m，转速 22rev/min, 求压板运动到最低点挤压作物的速度 .解答取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。取收割机前进的方向为坐标系正方向7.1.7 飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在半径为 150cm，发动机转速 2000rev/min. （1）桨尖相对于飞机的线速率等于多少？（ 2）若飞机以 250km/h 的速率飞行， 计算桨尖相对于地面速度的大小， 并定性说明桨尖的轨迹 .解答取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。（ 1）研究桨头相对于运动参考系的运动：（ 2）研究桨头相对于基本参考系的运动

5、：由于桨头同时参与两个运动：匀速直线运动和匀速圆周运动。故桨头轨迹应是一个圆柱螺旋线。7.1.8 桑塔纳汽车时速为166km/h. 车轮滚动半径为0.26m. 自发动机至驱动轮的转速比为 0.909.问发动机转速为每分多少转 .解答设发动机转速为 n发 ，驱动轮的转速为 n轮 。n发0.909,n发0.909n轮由题意： n轮（1）166103,汽车的速率为60166103n轮（2）2 R轮60n发0.909 166 1031.54 103 (rev / min)（2）代入（ 1）2 R轮607.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置 . （1）圆锥体为均质；（2）密度为 h 的

6、函数 :ho (1L ), o 为正常数 .解答.精品文档建立如图坐标O-x, 由对称轴分析知质心在 x 轴上。xcxdmxdvxdvdmdvdv由得：L(a / L) 2dxx3 Lxc0124（1）3a Lmv1a2L质量3L( ax) 20 (1h )dxx4xc0LLL(h=L x)ha250 (1dx（2）)(x)0LLm00 (1 h ) ( a x)2dx0 a2 L质量LL47.2.3 长度为 l 的均质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上， 然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下 . 求杆子的上端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式） .解答建立坐标系， 水平方

7、向为 x 轴，竖直方向为 y 轴. 杆上端坐标为（x,y ）, 杆受重力、地面对杆竖直向上的支承力，无水平方向力。r r由Fi外 acm （质心运动定理）质心在杆的中点，沿水平方向质心加速度为零。开始静止，杆质心无水平方向移动。由杆在下落每一瞬时的几何关系可得：即杆上端运动轨迹方程为：7.3.1 （1）用积分法证明：质量为m长为 l的均质细杆对通过中心且1 m l 2与杆垂直的轴线的转动惯量等于 12.解答建立水平方向 ox 坐标（2）用积分法证明：质量为m、半径为 R 的均质薄圆盘对通过中心且在盘面内的转动轴的转动惯量为解答1 mR 24 .令 xRsin4mR32x 2 )2 dx,I2(

8、R或3R0利用公式.精品文档7.3.2 图示实验用的摆， l0.92m ， r 0.08m ，m l 4.9kg ， m r 24.5kg ，近似认为圆形部分为均质圆盘，长杆部分为均质细杆. 求对过悬点且与摆面垂直的轴线的转动惯量 .解答将摆分为两部分：均匀细杆（I1 ），均匀圆柱（ I 2 ）则II1 I21 m l L2 B 0.14(kg gm 2 )I1=31 m r r2m r (Lr) 2I2= 2（用平行轴定理）I=0.14+2.51=2.65(kg gm 2 )7.3.3 在质量为 M半径为 R的均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

9、中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量 .解答设未挖两个圆孔时大圆盘转动惯量为I 。如图半径为 r 的小圆盘转动惯量为I1 和 I 2 。则有 I xII1 I 2（ I1 I2 ）7.3.5一转动系统的转动惯量为I8.0kg.m2，转速为41.9rad / s ，两制动闸瓦对轮的压力都为392N，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为0.4 ，轮半径为 r0.4m ，从开始制动到静止需要用多少时间？解答7.3.6 均质杆可绕支点 O转动，当与杆垂直的冲力作用某点A 时，支点 O对杆的作用力并不因此冲力之作用而发生变化， 则 A 点称为打击中心 . 设杆长为 L，求打击中心与支点的距离 .解答vv杆不受 F 作用

10、时，支点O对杆的作用力 N ，方向竖直向上，大小v v为杆的重量。依题意，当杆受力 F时， N 不变。建立如图坐标系， z 轴垂直纸面向外。由质心运动定理得：（ Ox 方向投影）Fmac （质心在杆中点）（1）FOA I01 mL 2（2）由转动定理得：3有角量与线量的关系.精品文档ac1 L（3）21 mL22OA31L（1）（2）（3）联立求解L327.3.7现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量. 用轻线且尽可能润滑轮轴 . 两端悬挂重物质量各为m 10.46kg ，且 m 2 0.5kg . 滑轮半径为0.05m . 自静止始，释放重物后并测得5.0s内 m 2 下降 0.75m . 滑轮转动

11、惯量是多少？解答分析受力。建立坐标系，竖直向下为 x 轴正方向，水平向左为 y 轴正方向。 z 轴垂直纸面向里。根据牛顿第二定律，转动定理，角量与线量关系可列标量方程组：已知 a1R ,a 1 a2 ,T1 T1 ,T 2 T2 ,Vx122at（其中 m 1,m 2,R, Vx, t为已知）求解上列方程组：7.3.8 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 I ，受到驱动力矩 M，通过绳索牵引斜面上质量为 m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为 ，求重物上滑的加速度 . 绳与斜面平行，不计绳质量 .解答分析受力及坐标如图。 z 轴垂直纸面向外。列标量方程组：Tmgsinmg

12、 cosma（ 1）MTR=I（ 2）a R（ 3）T T（ 4）T mg sinmg cosmaR(M mgR sinmgR cos )解得：a=2I mR7.3.9利用图中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的距离为r. 为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量较小的重物m 1 ，从距地面高度 h 处由静止开始下落，落地时间为t 1 ，然后悬挂质.精品文档量较大的重物 m 2 ，同样由高度 h 下落，所需时间为 t 2 ，根据这些数据确定轮盘的转动惯量 . 近似认为两种情况下摩擦力矩相同 .解答分析受力及坐标如图。z 轴垂直纸面向里。列方程：M 阻m1 r(g2h2h2) I 2解

13、得t1rt1m1 r(g2hI2hm 2 r(g2h2h2 )22 )I 2即t1rt 1t2rt27.4.1 扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线O 转动，其转动惯量 I为 . 装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴的垂直距离为 r. 在槽内装有一小球，质量为 m，开始时用细线固定，只弹簧处于压缩状态 . 现用燃火柴烧断细线， 小球以速度 vo弹出 . 求转动装置的反冲角速度 . 在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否？总机械能守恒否？为什么？（弹簧质量不计）解答取小球和转动装置为物体系， 建立顺时针为转动正方向。 在弹射过程中，物体系相对于转动轴未受外力矩， 故可知物体受对

14、转轴的角动量守恒。有Irmrm00 0,I动能不守恒，原因是弹性力对系统作正功，物体系动能增加。总机械能守恒。原因是此过程中无耗散力做功。应有守恒关系式：7.4.2 质量为 2.97kg ，长为 1.0m 的均质等截面细杆可绕水平光滑的轴线 O转动，最初杆静止于铅直方向 . 一弹片质量为 10kg，以水平速度 200m/s 射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角 .解答取子弹和杆为物体系。分两个过程。过程 1：子弹嵌入前一瞬时开始到完全嵌入时为止。此过程时间极短，可视为在原地完成。此时受力为vv vmg ， Mg, N 为转轴对杆的支承力，对于轴，外力矩为零。有角动量守恒。规定逆时针

15、为转轴正方向。得 :解得：ml 202.0(rad / s)1l 2l 2M3m过程 2：由过程 1 末为始到物体系摆至最高点为止。此过程中一切耗散力做功为零。 故物体系机械能守恒。 取杆的最低点为重力势能零点。.精品文档l Mg1 ml 221 1 M l 22l (1 cos )mgl (1 cos )Mgl Mg有 222 32212(1 Mm) l 2cos1230.864( Mm)g l2解得30.3o7.4.3 一质量为 m 1，速度为 v1 的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为m 2 99m 1 ，长度为 L 的棒的端点，速度 v 1 与棒垂直，棒原来静止于光滑的水平面上 . 子弹击

16、中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直于平面的轴的角速度等于多少？解答取 m1 与 m 2 为物体系。此物体系在水平面内不变外力矩。故角动量守恒，规定逆时针为转动正方向。设 m1 嵌入后物体系共同质心为c ， c 到棒右端距离为 r ，棒自身质心为 c 。m1rm 2 ( Lr)( 质心公式）由2有物体系对点的角动量守恒可得：解得0.058 1 / L，半径为几千米，质量与太阳的质量大致相等，转动角速率很大. 试估算周期为 50ms的脉冲星的转动动能 . （自己查找太阳质量的数据）解答7.5.1 10m 高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度 . 设倒塌时底部未移动 . 可近似认为烟

17、囱为细均质杆 .解答7.5.2用四根质量各为m长度各为 l 的均质细杆制成正方形框架， 可绕其一边的中点在竖直平面内转动，支点O 是光滑的 . 最初，框架处于静止且 AB边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当 AB边达到水平时，框架质心的线速度VC 以及框架作用于支点的压力 N.解答框架对 O点的转动惯量：在框架摆动过程中，仅受重力和支点的支撑力， 重力为保守力，支撑力不做功， 故此过程中框架的机械能守恒。 取过框架中心的水平线为重力势能零点：4mgl1 I 02有2 2.2l12 g4mgI07 l12g7lcl12gl解得：2l27框架转到 AB水平位置时，故支点 O对框架的作用力由质心运动定

18、理得：v精品文档3 gl7即0(水平方向）M 0 0,0. acvN ，仅有法向分量。框架作用支点的力N与 N 是作用力与反作用力。7.5.3 由长为 l ，质量各为 m的均质细杆制成正方形框架， 其中一角连于光滑水平转轴 O，转轴与框架所在平面垂直 . 最初，对角线 OP处于水平，然后从静止开始向下摆动 . 求对角线 OP与水平成 45o 时 P 点的速度，并求此时框架对支点的作用力 .解答框架对 O点转动惯量由机械能守恒：r先求支点 O对框架作用力 N ，M o2mgl3gI o10l25lM o I om由转动定理3由质心运动定理：投影得：N n22 2 mg解得：5tg设 N与 ?i方

19、向夹角为 ，则 7.5.4 质量为 m长为 l 的均质杆，其桌面上， A端用手支住， 使杆成水平 .A 端，在此瞬时，求：（1）杆质心的加速度，（2）杆 B 端所受的力 .解答N n11oN,79.72B 端放在突然释放取杆为隔离体，受力分析及建立坐标如图。规定顺时针为转动正方向。依据质心运动定理有：N mg mac（1）.精品文档mg lI B依据转动定理：2lac依据角量与线量关系：22N nmacnmcl / 2此外，I B1 ml 23由 c0. c0,N n 0（2）（3）（4）联立上述四个方程求得：7.5.5 下面是均质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况，求地面对圆柱体的静摩擦

20、力 f.（ 1）沿圆柱体上缘作用以水平拉力 F，柱体作加速滚动 .（ 2）水平拉力 F 通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动 .（ 3）不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动 .（ 4）在主动力偶矩 的驱动下作加速滚动 . 设柱体半径为 R. 解答取均匀圆柱体为隔离体，建立坐标系，水平向右为x 轴正方向，vz 轴垂直纸面向里。假设f c 方向水平向右。（ 1）fF得3 （符号表示实际方向与假设方向相反）（ 2）fF得 3 （符号表示实际方向与假设方向相同）（3）2M得f（符号表示实际方向与假设方向相反）3R7.5.6板的质量为 M，受水平力 F 的作用，沿水平面运动 . 板与水平面间的摩擦系

21、数为. 在板上放一半径为 R质量为 M 2 的实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动 . 求板的加速度 .解答设所求板对地的加速度为a，（方向与vF 相同）。以板为参照系 ( 非惯性系 ) 。取圆柱体为隔离体， 分析受力如图， z 轴垂直纸面向里。依质 心 运 动 定 律 有 ： f0 f 2 M 2ac板.精品文档（1）f 0 R I 01M2R2依据转动定理有：2（2）依 据 角 量 与 线 量 关 系 有 ： ac板R（3）此外： N 2M 2 g（4）f 2 m2a（5）取板为隔离体，受力如图，并建立如图坐标系。列标量方程有：N1N 2Mg=0(6)Ff 0ff10(7)f1Ma(8)fN 1(

22、9)N 2N 2f 0f 0(10)(11)将上述十一个方程联立求解得：7.5.7 在水平桌面上放置一质量为m的线轴，内径为 b，外径为 R，1mR 2. 线轴其绕中心轴转动惯量为 3. 线轴与地面间的静摩擦系数为受一水平拉力F，如图所示 .（ 1）使线轴在桌面上保持无滑滚动之 F 最大值是多少？（ 2）若 F 与水平方向成 角，试证， cos b/ R 时，线轴向前滚动；cos b/ R 时，线轴线后滚动 .解答取线轴为隔离体。建立坐标系，水平向右为x 正方向， z 轴垂直纸面向里。（1）依据质心运动定理有：F f mac（1）依据对质心轴的转动定理有：fR Fb I 01 mR 2（2）3由角量与线量的关系得：ac R（3）.精品文档上述三式联立求解得：欲保持无滑滚动得：4Rmgff maxN= mg即Fmax3bR（2）列标量方程解得： ac3F(R cosb)4mR讨论：当