大学物理学第二版_第章习题解答

大学物理学习题答案
习题一答案
习题一
1.1简要回答下列问题：
(1) 位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不
相等
(2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等
(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又 是什
么
(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，
其位矢的方向是 否一定保持不变
⑹ 设质点的运动方程为：X 二xt , y = yt ,在计算质点的速度和加速度时，有人
先求出x 2 y 2，然后根据
dr v = dt 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即
你认为两种方法哪一种正确两者区别何在
⑺ 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时
间的关系是否也是线性的
(5) |酬和砒|有区别吗|话和纠V 有区别吗
睿=0和響=0各代表什么运动
d 2r
dt 2
(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向， 法向分速度恒为零,
因此其法向加速度也一定为零•”这种说法正确吗
(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么
(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，
a n 、a t 、a 三者的大小是否随时间 改变
(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，
此石子能否落回他的 手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何
1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x=4t-，式中x,t 分别以m 、s 为 单位，试计算：(1)在最初2s 内的位移、平均速度和2s 末的瞬时速度；(2) 1s 末到3s 末 的平均加速度；(3) 3s 末的瞬时加速度。

解:
(1) 最初 2s 内的位移为为： Ax = x(2) -x(0) =0 -O =O(m/s)
最初2s 内的平均速度为： v av ^— =0(m/s)
△t 2
t 时刻的瞬时速度为：v(t)=生=4 - 4t dt
2s 末的瞬时速度为： v(2)=4-4 2=-4m/s
⑶3s 末的瞬时加速度为：a 烽咛=「4(m/s 2)
1.3质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为
a o ，质点出发后，每经过•时间, 加速度均匀增加
b 。

求经过t 时间后，质点的速度和位移
解:由题意知，加速度和时间的关系为
利用dv =adt ，并取积分得
⑵ 1s 末到3s 末的平均加速度为: a ave v( 3)-v(1) -8-0 2 2 二-4m/s 2
t
再利用dx 二vdt ，并取积分［设t = 0时X o = 0 ］得
1.4 一质点从位矢为7(0) =4j 的位置以初速度V(0)=4?幵始运动，其加速度与时间的 关系为a =(3朋一21所有的长度以米计，时间以秒计•求:
(1) 经过多长时间质点到达 x 轴；
(2) 到达x 轴时的位置。

t 斗 3 科 T
解： v(t)二 v(0) °a(t)dt = 4 t 2 i - (2t) j
(1) 当4 -t 2 =0，即t =2s 时，到达x 轴。

(2) t=2s 时到达x 轴的位矢为：7(2) =12?
即质点到达x 轴时的位置为x =12m, y =0。

1.5 一质点沿x 轴运动，其加速度与坐标的关系为 a 二-・2x ，式中「为常数，设t = 0
时刻的质点坐标为X 。

、速度为v 。

，求质点的速度与坐标的关系 解：按题意 d 2x 2
2 x
dt 2 由此有 2
2 d x dv dv dx
dv
7： x 2 v dt 2 dt dx dt dx
即 vdv - - 2xdx ，
两边取积分 v 2 x
vdv - - xdx ，
v x 0
得 2v^iv2 -4 '2x 2 - .‘2x (2
由此给出 v = . A 2- x 2， A 2 =旦 x ：
1.6 一质点的运动方程为r (t^i 4t 2j tk ，式中r ，t 分别以m 、s 为单位。

试求
: (1) 质点的速度与加速度；(2)质点的轨迹方程。

解: (1)速度和加速度分别为： dr = (8t) j k ，玄=业=8」 dt dt X
t dx 二 vdt ,
X o
0 ，^=1aot^-t 3 2 6T
(2) 令r(t^xi yj zk，与所给条件比较可知x=1, y =4t2, z=t
所以轨迹方程为：x =1, y =4z2。

1.7已知质点作直线运动，其速度为v=3t-t2(ms‘)，求质点在0~4s时间内的路程。

解：在求解本题中要注意：在0~4s时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运
4
动出现往返。

如果计算积分vdt，则求出的是位移而不是路程。

求路程应当计算积
4
分I v dt。

令v = 3t -1 $ = 0，解得t = 3s。

由此可知：t：：：3s 时，v，0，v=v ; t = 3s 0
时，v=0 ;而t>3s时，vcO，v=-v。

因而质点在0~4s时间内的路程为
二％」t3 I %」t3〔6〕(m) o
IL2 3 0 |I2 3 3 3
1.8在离船的高度为h的岸边，一人以恒定的速率v。

收绳，求当船头与岸的水平距离为x 时，船的速度和加速度。

解:建立坐标系如题1.8图所示，船沿X轴方向作直线运动，欲求速度，应先建立运动方程，由图题1.8，可得出
习题1.8图
两边求微分，则有
船速为
按题意乞=「v°(负号表示绳随时间t缩短)，所以船速为
dt
负号表明船速与x轴正向反向，船速与x有关，说明船作变速运动。

将上式对时间求
导，可得船的加速度为
负号表明船的加速度与X轴正方向相反，与船速方向相同，加速度与x有关，说明船作变加速运动。

1.9 一质点沿半径为10cm的圆周运动，其角坐标班以弧度rad计)可用下式表示其中t的
单位是秒(s)试问：(1)在t =2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少
(2)当二等于多少时其总加速度与半径成45角
解：(1) 利用v -2 4t3，川二d v/dt=12t2，:二d /dt=24t ,
得到法向加速度和切向加速度的表达式
2 4
a n = r 144rt ，a t=r^ = 24rt
在t=2s时，法向加速度和切向加速度为：
4 4 2
a n =144rt =144 0.1 2 =230.4(m s_)，
(2)要使总加速度与半径成45^角，必须有a n = a t，即144rt4 =24rt
解得t3 =1/6，此时v - 2 • 4t3 =2.67 rad
1.10甲乙两船，甲以10km/h的速度向东行驶，乙以15km/h的速度向南行驶。

问坐在
乙船上的人看来，甲船的速度如何坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何
解：以地球为参照系，设i、j分别代表正东和正北方向，贝呷乙两船速度分别为
V1 =10ikm/h，V2 - -15jkm/h
根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为
V = J102+152=18.1km/h，日=arctg 15 = 56.31 ：
10
即在乙船上看，甲船速度为18.1km/h，方向为东偏北56.31
同理，在甲船上看，乙船速度为18.1km/h，方向为西偏南56.31。

1.11有一水平飞行的飞机，速率为V0，在飞机上安置一门大炮，炮弹以水平速度V向前射击。

略去空气阻力，
(1)以地球为参照系，求炮弹的轨迹方程；
(2)以飞机为参照系，求炮弹的轨迹方程；
(3)以炮弹为参照系，飞机的轨迹如何
解：(1)以地球为参照系时，炮弹的初速度为v^ V V0，而x二V1t，y—0.5gt2
消去时间参数t，得到轨迹方程为：
2
y gx2(若以竖直向下为y轴正方向，则负号去掉，下同)
2(v V0)2
2
(2)以飞机为参照系时，炮弹的初速度为v，同上可得轨迹方程为y二-卷
2v ⑶ 以炮弹为参照系，只需在(2)的求解过程中用-x代替x，- y代替y ,可得
2
gx
y
2 .
2v 1.12如题1.12图，一条船平行于平直的海岸线航行，离岸的距离为 D ，速率为v ， 一艘速率为u ：：:V 的海上警卫快艇从一港口出去拦截这条船。

试证明：如果快艇在尽 可能最迟的时刻出发，那么快艇出发时这条船到海岸线的垂线与港口的距离为 x 二D v 2 $ ；快艇截住这条船所需的时间为t =——里_2 o
u u ；v 2-u 2
-- ------------------------------------- ►
X 港口 I
习题1.12图
证明：在如图所示的坐标系中，船与快艇的运动方程分别为
一 「X 2 = X + u cos 。

t 和 y 2 二 u sin v t
拦截条件为:
vt 二 X u COST t
D =usit
所以
因此x 的最大值为
x 取最大值时对应的出发时间最迟。

快艇截住这条船所需的时间为
丄 D Dv
t usi n^ u\v 2_u 2
习题二答案
习题二
2.1简要回答下列问题:
X i =vt
y i 二 x 取最大值的条件为: dx/d^ D (v - u cos 。

)
x 二 ------- :u sin 二
=0，由此得至U COST - u/v ，相应地 sinv -1 - (u/v)2 。

(1)有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零情况下的一个特
例，因而它是多余的.你的看法如何
(2) 物体的运动方向与合外力方向是否一定相同
(3) 物体受到了几个力的作用，是否一定产生加速度
(4) 物体运动的速率不变，所受合外力是否一定为零
(5) 物体速度很大，所受到的合外力是否也很大
(6) 为什么重力势能有正负，弹性势能只有正值，而引力势能只有负值
(7) 合外力对物体所做的功等于物体动能的增量，
而其中某一分力做的功， 能否
大于物体动能的增量
(8) 质点的动量和动能是否与惯性系的选取有关功是否与惯性系有关质点的动量 定理与动能定理是否与惯性系有关请举例说明
. (9) 判断下列说法是否正确，并说明理由：
(a) 不受外力作用的系统，它的动量和机械能都守恒 . (b) 内力都是保守力的系统，当它所受的合外力为零时，其机械能守恒
(c) 只有保守内力作用而没有外力作用的系统，它的动量和机械能都守恒 .
在弹性碰撞中，有哪些量保持不变，在非弹性碰撞中，又有哪些量保持不
放焰火时，一朵五彩缤纷的焰火质心运动轨迹如何为什么在空中焰火总是
以球形逐渐扩大(忽略空气阻力)
2.2质量为m 质点在流体中作直线运动， 受与速度成正比的阻力 F =-kv ( k 为常数) 作用，t=0时质点的速度为v o ，证明：
(1)t 时刻的速度为v 二畑皿；
(10) (11)
(2)由0到t 的时间内经过的距离为x=(mv o 「k)[1—e
(3)停止运动前经过的距离为 mv 0「k
(1) 舟 dv 由 ma = m =F = -kv 分离变量得 巴= ，积分得 dt v m v dv [— v 0 v 「这dt 0 m i v k ，In t v m kt m ，vve — ⑵ X = j vdt = 0v 0e »/m dt 二 mv o (
1 _e“t/m ) k
证明:
⑶ 质点停止运动时速度为零，即t 故有x 二 0 v o e _kt /m dt mv o k 2.3 一质量为10 kg 的物体沿x 轴无摩擦地运动，设 t =0时，物体的速度为零，物体 在力F =3 • 4t (N)(t 以s 为单位)的作用下运动了 3s ，求它的速度和加速度 解•根据质点动量定理，
3 3
Fdt = mv - mv 0, 3 4t dt = mv 0 0 根据牛顿第二定律，F =ma
F b+4tL 3+4X3 “ , 2、 a = — = ----- = ------- =1.5 (m/s )
m m 10 2.4 一颗子弹由枪口射出时速率为 v 0 ms ，当子弹在枪筒内被加速时， 它所受的合力 为F =(a -bt) N (a,b 为常数)，其中t 以秒为单位: (1) 假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间; (2) 求子弹所受的冲量； (3) 求子弹的质量。

解： (1)由题意，子弹到枪口时，有 F =(a -bt)=0,得t =a b t 1 ⑵子弹所受的冲量I = [(a-bt)dt = at-1 bt 2 a 2 2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量m —
V。

2bv o
2.5 一质量为m的质点在xoy平面上运动，其位置矢量为^acos ti bsin’tj ,求质点的动量及t = 0到t = -. 2■时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量。

解：质点的动量为
将t =0和t * .2‘分别代入上式，得
p^ m b，p2 - -m，ai
动量的增量，亦即质点所受外力的冲量为
' I
2.6作用在质量为10kg的物体上的力为F =(10 ・2t)lN，式中t的单位是s。

(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量；
(2)为了使这力的冲量为200Ns，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体
和一个具有初速度-6jm s J的物体，回答这两个问题。

解：(1)若物体原来静止，则
t耳 4
阳1 = J0Fdt = J。

(10 +2t)idt = 561 [kg m『]，沿x 轴正向，
I I
若物体原来具有初速度V。

工-6jm s J，则
同理，V2 = , I 2 = h
这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动
量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理.
t 2
⑵同上理，两种情况中的作用时间相同，即I = ((10+2t)dt =10t+t
令10t t2=200，解得t =10s。

2.7 一小船质量为100kg，船头到船尾共长
3.6m。

现有一质量为50kg的人从船尾走到船
头时，船头将移动多少距离假定水的阻力不计。

习题2.7图解：由动量守恒M船V船一m人v人=0
又
t
S 船二0V 船dt ，
t
t M船M船
s人-辭人dt 一0V船dt S船，
0 0m人m人
如图，船的长度L = S船' s A
所以c L 3.6 …S 船 1.2m 船1
M
船「00
m人50
即船头相对岸边移动S
船=1.2 m
2.8质量m =2kg的质点,从静止出发沿X轴作直线运动，受力^(12t)t(N)，试求幵
始3s内该力作的功。

3
解 A 二［F x dx 二j12t)dx (12tv x)dt
而所以
2.9—地下畜水池，面积为s=50m2，水深度为1.5m，假定水的上表面低于地面的高度是5.0m，问欲将这池水全部抽到地面，需作功多少？
习题2.9图
解:建坐标如习题2.9图，图中h0表示水面到地面的距离，h1表示水深。

水的密度为
'=103kg.「m3，对于坐标为y、厚度为dy的一层水，其质量dm = ^sdy，将此层水抽到地面需作功
将蓄水池中的水全部抽到地面需作功
103 50 9.8 1.52 2 5.0 1.5 计4.23 1 06(J)
2.9一炮弹质量为m，以速度V飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于
炸药使弹片增加的动能为T ,且一块的质量为另一块质量的 k 倍，如两者仍沿原方向 飞行，试证其速率分别为 v 、- 2kT m ， v -、2T km 。

证明：设一块的质量为 m i ，则另一块的质量为 m 2二kg 。

利用m i • m 2二m ，有
m km m .
， m 2 :
k 1
k 1
又设m i 的速度为v i ，m 2的速度为V 2，则有
十 1
2
1
2
1
2
T = — m 1 V 1
m 2V 2 mv
2 2 2
m 1v 1 m 2v 2 = mv ［动量守恒］
联立①、③解得
W kv 2 = (k 1)v ， w = (k 1)v - kv 2
联立④、②解得
2 I
2
k^=(v2_v)
将其代入④式，有
2.10 一质量为m 的子弹射入置于光滑水平面上质量为
M 并与劲度系数为k 的轻弹簧
连着的木块后使弹簧最大压缩了 L ，求子弹射入前的速度v o .
习题2.10图
解：子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞，时间极短，木块获得 了速度，尚未位移，因而弹簧尚未压缩 •此时木块和子弹有共同的速度 v 1，由动量守 恒，
此后，弹簧幵始压缩，直到最大压缩，由机械能守恒，
由两式消去v 1，解出v o 得
2.11质量m 的物体从静止幵始，在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从
A 滑到B
又因为爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行,
于是有v 2 = v 一
当k 1时只能取
在B 处时，物体速度的大小为 V B 。

已知圆的半径为 R ，求物体从A 滑到B 的过程中
摩擦力所作的功： （1）用功的定义求；（2）用动能定理求；（3）用功能原理
习题2.11图
解 方法一：当物体滑到与水平成任意 /角的位置时，物体在切线方向的牛顿方程为 即 注意摩擦力f 与位移dr 反向，且|dr 〔=：Rd n ，因此摩擦力的功为
方法二： 选m 为研究对象，合外力的功为
考虑到 N dr = 0，因而
1 2 1 2
A f mgR mv
B ， A f - -mgR mv B 。

2 2
地球组成的系统为研究对象，以 B 点为重力势能零点。

初始在A 点时，E p° =mgR 、E k ° = ° 终了在 B 点时，E p=°，E k^mv B
由功能原理知： A f =厶E = E 1 - E ° = 1
mv 2 - mgR
2
经比较可知，用功能原理求最简捷。

2.12墙壁上固定一弹簧，弹簧另一端连接一个物体，弹簧的劲度系数为
k ，物体m
与桌面间的摩擦因素为 」，若以恒力F 将物体自平衡点向右拉动，试求到达最远时， 系统的势能
习题2.12图
解：物体水平受力如图，其中 f k 二kx ， f 」.—mg 。

物体到达最远时，v=0。

设此时
物体的位移为x ,由动能定理有 1
即
Fx - kx 2 - "mgx 二 °
由于动能增量为
1 _____________
：Ek=2mV
^°，因而按动能定理有
方法三：选物体、
2.13 一双原子分子的势能函数为 式中r 为二原子间的距离，试证明: ⑴r o 为分子势能极小时的原子间距; ⑵分子势能的极小值为-E 。

；
r 。

所以r 寸0，即r °为分子势能取极值时的原子间距。

另一方面,
质量为7.2 x 10-23
kg ，速度为6.0 x 107
m/s 的粒子A,与另一个质量为其一半
而静止的粒子B 相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子
A 的速率为5X 107m/s ，
求:
⑴粒子B 的速率及偏转角; ⑵粒子A 的偏转角
习题2.14图
解出
x 2(F —Amg )
X —
k
系统的势能为
2
2 F -二mg
k
⑶当E p (r) =0时，原子间距离为
证明：(1)当唾©=0、理口
dr
dr
0时，势能有极小值E p (r)min 。

由
当r = r 。

时,
dWr) ,2 - l2E
0 dr
13 7 ~ ~~2
J 。

I
(2) 当 r 二 r ° 时，E p (r)min 二 E ° 〕=72
^0
> 0，所以r = r 0时，E P (r)取最小值。

時
r ° & V 1
一 E o
(3)
人 i'r 0 [
令 E P (r)=E ° |丄
|_V 丿
E 6
r
12
-2 =0,直
.r
6
=2 ,
得到
_ r°
「
I
2.14
解：两粒子的碰撞满足动量守恒
写成分量式有
碰撞是弹性碰撞，动能不变：
利用
_23 ■m A _23
m^ 7.2 10 kg，m B A =3.6 10 kg，
2
v A = 6.0 107m/s，V'A = 5.0 107m/s，
可解得
7 a 0o
v'B=4.69 10 m/s，- =54 4'， > - 22 20'。

2.15平板中央幵一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为
M1的重物。

小球作匀速圆周运动，当半径为r0时重物达到平衡。

今在M1的下方再挂
一质量为M2的物体，如题2-15图。

试问这时小球作匀速圆周运动的角速度「和半径r •为多少
习题2.15图
解：在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为Mg，即
M1g = mr0①
挂上M2后，则有
(M1■ M2)g = mr ■ 2②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.
即r0mv0 =rmvM r02时(=r "备©③ 联立①、②、③得2.16哈雷慧星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。

它离太阳最近距离为R =8.75 1010m 时的速率是v1 =5.46 104ms」，它离太阳最远时的速率是v2 =9.08 102ms J，这时它离太阳的
距离r2是多少（太阳位于椭圆的一个焦点。

）
解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；
又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
斤m v二r m 2/
二r
2」1』75 10105.46 104=5.26 101仆］v29.08 102
2.17查阅文献，对变质量力学问题进行分析和探讨，写成小论文。

参考文献：
[1]石照坤，变质量问题的教学之浅见，大学物理，1991年第10卷第10期。

[2]任学藻、廖旭，变质量柔绳问题研究，大学物理，2006年第25卷第2期
2.18通过查阅文献，形成对惯性系的进一步认识，写成小论文。

参考文献：
[1]高炳坤、李复，“惯性系”考，大学物理，2002年第21卷第4期。

[2]高炳坤、李复，“惯性系”考（续），大学物理，2002年第21卷第5期。

习题三答案
习题二
3.1简要回答下列问题：
（1）地球由西向东自转，它的自转角速度矢量指向什么方向作图说明.
⑵ 刚体的转动惯量与那些因素有关“一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗
⑶平行于z轴的力对z轴的力矩一定为零，垂直于z轴的力对z轴的力矩一定不为
零.这种说法正确吗
（4）如果刚体转动的角速度很大，那么作用于其上的力是否一定很大作用于其上的力矩是否一定很大
（5）两大小相同、质量相同的轮子，一个轮子的质量均匀分布，另一个轮子的质量主要集中在轮子边缘，两轮绕通过轮心且垂直于轮面的轴转动。

问：（a）如果作
用在它们上面的外力矩相同，哪个轮子转动的角速度较大（b）如果它们的角加速度相同，哪个轮子受到的力矩大（c）如果它们的角动量相等，哪个轮子转得快
（6）为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关，而与内力矩无关
（7）下列物理量中，哪些与参考点的选择有关，哪些与参考点的选择无关：（a）位矢；（b）位移；（c）速度；（d）动量；（e）角动量；（f）力；（g）力矩.
（8）做匀速圆周运动的质点，对于圆周上某一定点，它的角动量是否守恒对于通过圆心并与圆平面垂直的轴上任一点，它的角动量是否守恒对于哪一个定点，它的角动量守恒
（9）一人坐在角速度为0的转台上，手持一个旋转着的飞轮，其转轴垂直于地面，
角速度为'0如果忽然使飞轮的转轴倒转，将发生什么情况设转台和人的转动惯量为I，飞轮的转动惯量为I ' 0
3.2质量为m长为I的均质杆，可以绕过B端且与杆垂直的水平轴转动。

幵始时，用手支住A端，使杆与地面水平放置，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
习题3.1图
解：（1）绕B点的力矩M由重力产生，设杆的线密度为 1 m，则绕B点的力矩
杆绕B 点的转动惯量为 | = ° x ?dm = ° x 2「dx = 1 ml 2
3
角加速度为 一叫=四
I
21 (2)杆的质心加速度为
a 」
3
g 2
4
3.3如图所示，两物体1和2的质量分别为口!与m 2，滑轮的转动惯量为I ，半径为r 。

⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为 」，求系统的加速度a 及绳中的张力T 与T 2 (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
a 及绳中的张力T ,与T 2。

习题3.2图
解：⑴先做受力分析，物体1受到重力m®和绳的张力T |，对于滑轮，受到张力T 1和
T 2，对于物体2,在水平方向上受到摩擦力
」m 2g 和张力T 2，分别列出方程
m i g -T i = mi a [ T i 二 m i g - a ] T 2 ~ =m 2g = m 2a [ T 2 = m 2 a ]
通过上面三个方程，可分别解出三个未知量
a=叶一皿严2
，Tr …吋勺Ig
，T 2訴…吋勺七 mi m 2 r I
⑵在⑴的解答中，取即得
2
3.4电动机带动一个转动惯量为 l=50kg •m 的系统作定轴转动。

在0.5s 内由静止幵
始最后达到i20r/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
3.5 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,
o 5
m i m 2 r I
2
mgr a=*^， T i 訓占'
m m 2 r 2 I
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I二丄mr2，所以，拉力的大小为
2
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
2
a -125.7 0.15 =18.8(m/s )。

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卩=0.4，飞轮的质量全部分布在
轮的外周上。

尺寸如图所示。

习题3.6图
解：设在飞轮接触点上所需要的压力为F，则摩擦力为「F，摩擦力的力矩为牛d，
2 在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由mv d变化到0,所以由Mdt二L-L。

2
有
解得F = m d = 785.4N。

由杆的平衡条件得F二卫5F = 314.2N 。

2 円 1.25
3.7弹簧、定滑轮和物体的连接如图 3.7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 m 4,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幵始时物体静止而弹簧无伸长。

习题3.7图
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
mgh Jkh 2 1
mv 2 -IV
y ， 2 2 2r 2 将 m =6kg ， g=9.8kgm/s 2， h = 0.4m ， I = 0.5kgm 2， r = 0.3m 代入，得
3.8在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。

圆盘的半径为R ，转动惯量为J , 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 「一
（J+mR 2）
CO =人在盘边和在盘心时，系统动能分别为
1 J mR
2 2 2 co
3.9在半径为R ，质量为m 的静止
水平圆盘上，站一质量为 m 的人。

圆盘可无摩擦
地绕通过圆盘中心的竖直轴转动。

当这人幵始沿着与圆盘同心，半径为
R 2[ R^： R 1] 的圆周匀速地走动时，设他相对于圆盘的速度为 v ,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 4 J
系统动能增加
W =W 2 -W^1m 2R 2 2 1 m 2R 4 2 2
解：脉冲星的转动惯量为
I =-mr 2 5 转动动能为
转动动能的变化率为 1 . 2 1 2 2 W I m ■ r 2 5 dW 2 2 d ■ mr dt 5 dt
出 d ⑷ 由 ，■-
二:t ， 得停止自旋所需要的时间为 3.12 两滑冰运动员，质量分别为 M=60kg, M=70kg ，它们的速率 M=7m/s, V s =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，幵始绕质心作 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 s ，两人与质心距离分别为r A 和g ，则
M B
M A M A M B s ， r B M A M B s
解得 3.10 如题3.10图示，转台绕中心竖直轴以角速度 「0作匀速转动。

转台对
该轴的转 动惯量J =5x 10-5 kg ・m 2。

现有砂粒以1g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一
半
径r =0.1m 的圆。

试求砂粒落到转台，使转台角速度变为
夕，0所花的时间。

习题3.10图
解：要使转台角速度变为 务‘°，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
m 沙粒r 2 =J 。

将J =5 10_5kg m 2和r =0.1m 代入得
3.11 一脉冲星质量为 1.5 x 1030kg ，半径为20kmo 自旋转速为 2.1 r/s ，并且以 1.0
x 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。

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
-2R 2
所以
t _ 5 10 "kg 1g/S 二 5S
所以，丄—=8.67rad/s
M A。

+M B「B s
⑶两人拉手前总动能为：W, =1M A V A1M B V B^ = 2730J
2 2
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M A V A =M B V B时，体系能量守恒，否
则能量会减小，且
3.13一长1 =0.40m的均匀木棒，质量M=1.00kg，可绕水平轴0在竖直平面内转动，幵始时
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
为和，如图。

求：⑴棒幵始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角。

习题3.13图
解：系统绕杆的悬挂点的角动量为^-3mv^0.48kgm2^1
子弹射入后，整个系统的转动惯量为I = 1Ml 2 9ml2 = 0.054kgm2
3 16
所以=—=8.88rad / s
I
⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为
当杆转至最大偏转角，时，系统动能为零，势能的增加量为
由机械能守恒，W动二「：W势得v - 94.24
3.14通过查阅文献，探讨计算刚体转动惯量的简化方法，写成小论文。

参考文献：周海英、陈浩、张晓伟，巧算一类刚体的转动惯量，大学物理，
2005年第24卷第2期。

3.15通过上网搜寻，查找对称陀螺规则进动在生活、生产中的应用事例，并进行分。