大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 习题3详解

3-1 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 [ ] A.
2ωmR J J + B. 02
)(ωR m J J
+ C.
02
ωmR J
D. 0
ω 答案：A
3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。

若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]
A. 增大.
B. 不变.
C. 减小.
D. 无法判断. 题3-2 图 答案： C
3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A
3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]
A. 动量不变，动能改变； 题3-4图
B. 角动量不变，动量不变；
C. 角动量改变，动量改变；
D. 角动量不变，动能、动量都改变。

答案：D
3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .
答案： 38kg ·m 2
3-6 如题3-6图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一
角度的方向击中木球并嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统对o 轴的 守恒。

木球
被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球 题3-6图
v v m
m
ω
O
O
R
系统的 守恒。

答案：角动量； 机械能
3-7 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω。

设它所受的阻力矩与其角速度成正比，即ωk M -=（k 为正常数）。

求圆盘的角速度从0ω变为01
2
ω时所需的时间
t = 。

答案： ln 2J
k
3-8 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为x y =+i j v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为
11x i y j =+
r
作用在质点上的力为
i f f -=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L ⨯=0
11()()x y x i y j m v i v j =+⨯+
k mv y mv x x y
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110)()(=-⨯+=⨯=
3-9 如题3-9图所示，一轴承光滑的定滑轮，质量为M ＝2.00kg ，半径为R ＝0.100m ，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m ＝5.00kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为J ＝MR 2/2，其初角速度ω0＝10.0rad/s ，方向垂直纸面向里．求：
(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向；
(2) 定滑轮的角速度变化到ω＝0时，物体上升的高度； 题3-9图 (3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向． 解：(1) ∵mg －T ＝ma
αI TR =
a R α=
∴α= mgR / (mR 2＋J )
()R M m mg MR mR mgR +=
+=
222
12
2
＝81.7 rad/s 2 方向垂直纸面向外.
(2) ∵
αθωω2202-=
当ω＝0 时，rad 612.022
0==α
ωθ
物体上升的高度
h = R θ = 6.12×10-
2 m.
(3)
==αθω210.0 rad/s
3-10 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和
m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连，1m 和2m 则挂在
圆柱体的两侧，如题3-10图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m ，m ＝4
kg ，M ＝10 kg ，1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，2m 离地均为h ＝2m ．求： 题3-10 图
(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)． (1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：
2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②
βI r T R T ='
-'21 ③
式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,, 而 222
1
21mr MR I += 由上式求得
2
22222
2212
1s rad 13.68.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=
++-=
g r
m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N
3-11 如题3-11图所示，滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设150kg m =，2200kg m =,15kg M =,
0.1m r =。

计算系统中物体的加速度
.
题3-11(a)图 题3-6(b)图
解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有
a m T g m 222=- ① a m T 11= ②
对滑轮运用转动定律，有
β)2
1
(212Mr r T r T =- ③
又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得
2212s m 6.72
15
20058
.92002
-⋅=+
+⨯=
+
+=
M m m g m a
3-12 一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下，如题3-12图所示.求：
(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有
211
()23
mg l ml β=
∴ l
g
23=β 题3-12图
(2)由机械能守恒定律，有
22)3
1
(21sin 2ωθml l mg
= ∴ l
g θ
ωsin 3=
3-13 物体质量为3kg ，t =0时位于4m =r i , 1
6m s -=+⋅v i j ，如一恒力5N =f j 作用在物
体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化．
解: (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p
(2)解(一) 73400=+=+=t v x x x
j at t v y y 5.25335
213621220=⨯⨯+⨯=+
= 即 i r
41=,j i r 5.2572+=
10==x x v v
11335
60=⨯+=+=at v v y y
即 j i v
611+=,j i v 112+=
∴ k j i i v m r L
72)6(34111=+⨯=⨯=
k j i j i v m r L
5.154)11(3)5.257(222=+⨯+=⨯=
∴ 1
212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L
解(二) ∵dt
dz M =
∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆t t t F r t M L 0
d )(d
⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t
3-14 如题3-14图，质量为m ，长为l 的均匀细棒，可绕过其一端的水平轴O 转动.现将棒拉到水平位置(OA ′)后放手，棒下摆到竖直位置(OA )时，与静止放置在水平面A 处的质量为M 的物块作完全弹性碰撞，物体在水平面上向右滑行了一段距离s 后停止.设物体与水平面间的摩擦系数μ处处相同，求μ.
解：(1)棒由水平位置下摆至竖直位置但尚未与物块相碰.此过程机械能守恒.以棒、地球为一系统，以棒的重心在竖直位置时为重力势能零点，则有
22211
226
l mg
J ml ωω== (2)棒与物块作完全弹性碰撞，此过程角动量守恒(动量不守恒)和机械能守恒，设碰撞
后棒的角速度为'ω，物块速度为v ，则有
2
2
1
13
3
ml ml lMv ωω'=
+ 22222
1111123232
ml ml Mv ωω'⨯=⨯+
(3)碰撞后物块在水平面滑行，满足动能定理
21
02
mgs Mv μ-=-
联立以上四式，可解得：
22
6m (m 3M)s
l
μ=+
题3-14图 题3-15图
3-15 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，如题3-15图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?
(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
ωR v =0
设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有
gh v v 22
02-=
令0=v ，可求出上升最大高度为
2
220212ωR g
g v H ==
(2)圆盘的转动惯量221MR I =
，碎片抛出后圆盘的转动惯量222
1
mR MR I -='，碎片脱离前，盘的角动量为ωI ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系
统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
R mv I I 0+''=ωω
式中ω'为破盘的角速度．于是
R mv mR MR MR 0222)21
(21+'-=ωω ωω'-=-)2
1
()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' (角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
ω)21
(22mR MR - 转动动能为 2
22)21(21ω
mR MR E k -=
3-16 如题3-16图所示，有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒，
静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为2m 的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v ，如
图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。

题3-16图 解: 对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即
m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2
13
1l m ① 碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为 gl m x x l m g
M l
f 10
12
1
d μμ-=⋅-=⎰
② 由角动量定理
ω21
310l m dt M t
f -=⎰ ③ 由①、②和③解得 g
m m t 12
12
2μv v +=
3-17 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3-17图所示，弹簧的劲度系数为1
2.0N m -⋅；定滑轮的转动惯量是20.5kg m ⋅，半径为0.3m ，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: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
2222
1
2121kh I mv mgh ++=
ω 又 R v /=ω
故有 22
2(2)mgh kh R v mR I
-=+
2221
(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.52.0m s -⨯⨯⨯-⨯⨯=
⨯+=⋅
题3-17图 题3-18图
3-18 如题3-18图所示,质量为M 的均匀细棒,长为L ,可绕过端点O 的水平光滑轴在竖直
面内转动,当棒竖直静止下垂时,有一质量为m 的小球飞来,垂直击中棒的中点.由于碰撞, 小球碰后以初速度为零自由下落,而细棒碰撞后的最大偏角为θ,求小球击中细棒前的速度值。

解: 小球、细棒组成系统对O 点的角动量守恒
mvL/2=0+( ML 2/3)ω
ω=3mv/ (2ML )
细棒与地球组成系统的机械能守恒
J ω2/2=Mg (L/2)(1－cos θ)
( ML 2/3) [3mv/ (2ML )]2/2=Mg L (1－cos θ)/2
3m 2v 2/ (4M )=Mg L (1－cos θ) v 2=(4M 2/ m 2)g L (1－cos θ)/3
v =(2M / m )[g L (1－cos θ)/3]1/2
m
v θ
M
L
6.0kg
3-19 关于流动流体的吸力的研究，若在管中细颈处开一小孔，用细管接入容器A 中液内，流动液体不但不漏出，而且A 中液体可以被吸上去。

为研究此原理，作如下计算：设左上方容器很大，流体流动时，液面无显著下降，液面与出液孔高差为h ，S 1,S 2表示管横截面，用ρ表示液体密度，液体为理想流体，试证明：
0)/1(2
12
201<-=-S S gh p p ρ， 题3-19图 即S 1处有一定的真空度，因此可将A 内液体吸入。

解：选图示流线，由伯努利方程，有
222
1
0212110v p v p gh p ρρρ+=+=+ 由连续性方程，有，2211v s v S =
可解得：gh v v gh v S S S S 2,21
21
2
212=
=
=
)/1()(2
12221222
101S S gh v v p p -=-=-ρρ 0)/1(,2
1220121<-=-∴<S S gh p p S S ρ
3-20 容器A 和B 中装有同种液体，可视为理想流体，水平管横截面S D =2S C ，容器A 的横截面S A >>S B ，求E 管中的液柱高度。

（ρ液>>ρ空气）
解：顺管子选取一条流线， 由伯努利方程，有
①
221
02
21120)(D C
C v p v p h h g p ρρρ+=+=-+ 题3-20图
由连续性方程，
②D
C C
D D D C C v v S S v S v S 2,2,=∴==
由①可求得： )(22,
)(21212h h g v h h g v C D -=-=
)
(3)](8)(2[120121221
02
212
210h h g p h h g h h g p v v p p C D C
--=---+=-+=ρρρρ 对于E 管 )(3,120330h h g
p p h gh p p C
C -=-=
+=ρρ
P 0
h
P 1,S 1
P 0,S 2
A
B
A
B
h 1 h 2
h 3 C
D
E。