同济大学 大学物理B 上 第3章一刚体力学答案
2021大学物理B-第3章刚体力学练习题 (1)
第三章 刚体力学一、 选择题1、一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1 和m 2 的物体(m 1＜m 2)，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力［ ］(A) 处处相等． (B) 左边大于右边．(C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断．2、将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将［ ］(A) 小于β ． (B) 大于β，小于2β． (C) 大于2β． (D) 等于2β．3、如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统［ ］(A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒．(C) 只有对转轴O 的角动量守恒．(D) 机械能、动量和角动量均守恒．4、如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m 。
今使杆从与竖直方向成︒60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角速度为 ［ ］ （A ）3rad/s ； (B)πrad/s ； 3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。
5、对一个绕固定水平轴O 匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应［ ］(A) 增大；(B) 减小；(C) 不变；(D) 无法确定。
6、一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。
现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90°，则v 0的大小为 ［ ］ (A)34gl m M ； (B)2gl ； (C)gl m M 2； (D)22316mgl M 。
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;(2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;(3)这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;(4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.在上述说法中,(A)只有(1)是正确的；(B) (1)、(2) 正确, (3)、(4)错误；(C) (1)、(2)、(3)都正确, (4)错误；(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确.3.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的[ A ](A) 角速度从小到大，角加速度从大到小；(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大；(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小；(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，如图射来两个质量相同，速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。
大学物理练习册习题及答案4
习题及参考答案第3章 刚体力学参考答案思考题3-1刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 （A ）刚体不受外力矩的作用。
（B ）刚体所受合外力矩为零。
(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
答：（B ）。
3-2如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻 绳的定滑轮。
A 滑轮挂一质量为M 的物体， B 滑轮受拉力F ，而且F =Mg 。
设A 、B 两 滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮 轴的摩擦，则有（A ）βA = βB （B ）βA > βB（C ）βA < βB （D ）开始时βA = βB ，以后βA < βB 答：（C ）。
3-3关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
(D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无 答：（C ）。
3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统(A)动量守恒； (B)机械能守恒； (C)对转轴的角动量守恒；(D)动量、机械能和角动量都守恒； (E)动量、机械能和角动量都不守恒。
答：（C ）。
3-5光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点o 且垂直于杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为213mL，起初杆静止，桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在 垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向 运动，如图所示，当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为AMF思考题3-2图v思考题3-5图(A)23L v (B)45L v (C)67L v (D)89L v (E)127L v答：（C ）。
大学物理第三章课后习题答案
r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能； （3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的 功； （4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量， 画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械 能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下， 由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球 无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环， 到达最高 点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速 度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处， 如图试求 小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静 止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍， 矿 车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运 动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自 动卸货， 然后矿车借助弹簧的弹性力作用， 使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这 一过程，空载时车的质量与满载时车的质 量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度
大学物理第三章部分课后习题答案
大学物理第三章部分课后习题答案3-1半径为R、质量为M的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R的圆孔，孔的中心在求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1R处，2J11MR2①2由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1MRMR3J2Jcmd2()2()2MR2②2424232由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：JJ1J213MR2323-2如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M，长度为L，在其中点O处弯成120角，放在某Oy平面内，求铁丝对O某轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对某轴的转动惯量为：L20J某rdm(lin600)22M1dlML2L32（2）对y轴的转动惯量为：L1ML2M5Jy()2(lin300)2dlML20322L96（3）对Z轴的转动惯量为：1ML1Jz2()2ML2322122题图3-23-3电风扇开启电源后经过5达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kgm，且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩M。
分析：Mf，M为常量，开启电源5内是匀加速转动，关闭电源16内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M。
解：由定轴转动定律得：MMfJ1，即52520.54.12Nm5163-4飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，转速为1000r/min，现要求在5内使其制动，求制动力F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，MJ1MfJ1J20.5尺寸如题图3-4所示。
分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。
刚体力学习题答案.docx
连,m1和m2则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示．设R＝0.20m,r＝0.10m,m＝4 kg,M＝10
kg,m1＝m2＝2 kg,且开始时m1,m2离地均为h＝2m．求：
(1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．
2
1( J
2mr
2)
0
2
0
2
2
0
1
1
(5
2 4
0.22)
122
(5 2
4 0.82)
(2 )2
2
2
＝183J
3-18如3-20图所示,质量为M,长为l的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上． 现有一质量为m的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂
直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度30°处．
L2
m2
vr sin 30
1m1r2
2
2
v
1
2
故有
m2vr sin60 m22r sin30
2m1r
可解得：
(2 3 1)m2v
2m1r
3-16
一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘
,转台的轴承处的摩擦可忽略不计
,人的质量
为m',转台的质量为
10m',半径为R.最初整个系统是静止的,这人把一质量为
m的石子
2
mv
6m'R
人的线速度为vR
mv
6m'
其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反-
3-17一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个m
大学物理第三章刚体力学基础习题答案培训课件
1 )
t2
下次上课内容：
§5-1 简谐运动 §5-2 旋转矢量表示法 §5-3 单摆和复摆 §5-4 振动的能量
角动量定理
t2 Mdt
t1
J2
J1
角动量守恒 M 0, J 恒矢量
力的功
W
r F
drr
力矩的功 W Md
动 能 1 mv2
2
动能定理
W
1 2
mv22
1 2
mv12
转动动能 1 J 2
2
转动动能定理W
1 2
J22
1 2
J12
习 题 课 (三)
3-1 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，绳下端挂一
的角加速度 =
。从开始制动到 =1/3 0所经过
的时间t = 。
M k2 J
k 2 k02
J 9J
k2 J d
dt
t k dt
0J
1 3
0
d
0
2
t 2J
k0
3-6 一长为L的轻质细杆，两端分别固定有质量为
m 和2m 的小球，此系统在铅直平面内可绕过中心点
O且与杆垂直的水平固定轴转动。开始时杆与水平成
方向上，正对着杆的一端以相同的速率v相向运动，
如图所示。当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性
碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的
转动角速度为
m
(A) 2v
4v (B)
v
3L
✓(C)
6v 7L
5L (D) 8v
9L
(E) 12v v m
o
7L
2mvL 1 mL2 2mL2
3
6v
7L
大学物理习题答案03刚体运动学
⼤学物理习题答案03刚体运动学⼤学物理练习题三⼀、选择题1.⼀⼒学系统由两个质点组成，它们之间只有引⼒作⽤。
若两质点所受外⼒的⽮量和为零，则此系统(A) 动量、机械能以及对⼀轴的⾓动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但⾓动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和⾓动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和⾓动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
[ C ]解：系统＝０合外F，内⼒是引⼒（保守内⼒）。
（１）021 F F,＝０合外F ，动量守恒。
（２）2211r F r F A ＝合。
21F F，但21r r时0A 外，因此Ｅ不⼀定守恒。
（３）21F F，2211d F d F M ＝合。
两⼒对定点的⼒臂21d d 时，0 合外M，故L 不⼀定守恒。
2. 如图所⽰，有⼀个⼩物体，置于⼀个光滑的⽔平桌⾯上，有⼀绳其⼀端连结此物体，另⼀端穿过桌⾯中⼼的⼩孔，该物体原以⾓速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从⼩孔往下拉。
则物体 (A) 动能不变，动量改变。
(B) 动量不变，动能改变。
(C) ⾓动量不变，动量不变。
(D) ⾓动量改变，动量改变。
(E)⾓动量不变，动能、动量都改变。
[ E ]解：合外⼒（拉⼒）对圆⼼的⼒矩为零，⾓动量O Rrmv L 守恒。
r 减⼩，v 增⼤。
因此p 、E k 均变化（m不变）。
3. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环⼼并与环⾯垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则(A)A J >B J (B) A J < B J(C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个⼤。
[ C ]解：2222mR dm R dm R dm r J， J 与m 的分布⽆关。
另问：如果是椭圆环，J 与质量分布有关吗？（是）4. 光滑的⽔平桌⾯上，有⼀长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O ⾃由转动，其转动惯量为31mL 2，起初杆静⽌。
大学物理第3章-刚体力学习题解答
大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。
显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。
解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。
解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀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中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
大学物理课后习题及答案刚体
题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转题解：（1）由于角速度2n （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为圈390220=+==t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt e --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。
求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。
题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωωωτt e（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tt e e t ττωωα （3）t = s 时转过的角度为rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰-s t s t et τωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半（2）在此时间内共转过多少转题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为J C t ωωα-==d d （1）根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得t J C e -=0ωω 当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为 2ln CJ t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=t t J C t e 000d d ωθθ即CJ 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为CJ N πωπθ420== 题：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。
【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动
第3章 刚体的定轴转动习题解答3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω=)/(1.13)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动（2）)(78022122rad πβωωθ=-=)(3902圈==πθn3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。
阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。
求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。
解：（1）依题意 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK JK ωωβ-=-=（2）由JK dtd 2ωωβ-==得⎰⎰-=3200ωωωωK Jd dt tωK J t 2=3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。
两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。
当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2，设轮与皮带之间没有滑动。
求（1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。
解：（1）t A A βω= t B B βω=因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即B B A A R R ωω=又)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t BB A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad tAAA πωωβ=-'=3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。
大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。
大学物理B上习题册答案
习题2.2答案
01 习题2.2-2答案
02 正确答案
03
此题考查了动能定理的基本应用，通过分析物体的受
力情况，结合动能定理可求得物体运动的高度。
习题2.2答案
公式
$W_{F} - W_{G} = Delta E_{k}$
答案
$h = frac{W_{F} - W_{G}}{mg} = frac{30 - ( - 40)}{10 times 10}m = 7m$
内容概述
章节安排
习题册按照大学物理B的章节顺序 编排，涵盖了力学、热学、电磁 学、波动与光学等主要内容。
题目类型
包括选择题、填空题、计算题和 问答题等多种题型，以满足不同 知识点的考察需求。
难度分布
习题册难度逐步提升，从基础知 识点到综合应用，帮助学生逐步 提高解题能力。
02 第一章答案
习题1.1答案
习题1.2答案
习题1.2.1答案
正确
该题考查了动量定理的基本概念， 通过分析物体的受力情况，可以 得出物体的动量变化量，进而求 出物体的运动情况。根据题意， 物体受到的合外力为$F = -3N$， 时间为$t = 5s$，因此物体的动 量变化量为$Delta P = Ft = -3 times 5 = -15kg cdot m/s$，方 向与初速度方向相反。
01
习题1.1.1答案
02
正确
03
该题考查了牛顿第二定律的基本概念， 通过分析物体的受力情况，可以得出物 体的加速度，进而求出物体的运动情况。 根据题意，物体受到的合外力为$F = 2N$，加速度为$a = frac{F}{m} = frac{2}{1} = 2m/s^2$，因此物体的速 度将均匀增加，$t = 5s$时刻的速度为 $v = at = 2 times 5 = 10m/s$。
大学物理上册第3章习题解答
大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。
大学物理上课后习题答案
第1章 质点运动学 P21一质点在xOy 平面上运动,运动方程为：x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；5计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；6求出质点加速度矢量的表示式,计算t ＝4s 时质点的加速度请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式;解：1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ；2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44ja j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x=+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值;解：由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴ t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度;解：s 2=t 时,4.022.0=⨯==t αω 1s rad -⋅则0.40.40.16R ω==⨯=v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅0.40.20.08a R τα==⨯=2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒第2章 质点动力学质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv k 为常数作用,t =0时质点的速度为0v ,证明：⑴t 时刻的速度为()0=k t me-v v ；⑵ 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝0m k v 1-t m ke )(-；⑶停止运动前经过的距离为0()mkv ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量;解：f k =-v ,a f m k m ==-v⑴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m==-vv分离变量得：d d kt m =-v v ,即00d d t k t m-=⎰⎰v v v v , 因此有：0ln ln kt m e -=v v , ∴ 0k m te -=v v ⑵ 由d d x t =v 得：0d d d k m t x t e t -==v v ,两边积分得：000d d k mx t t x e t-=⎰⎰v∴ 0(1)k m tm x e k-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零,00k mt e -=→v v ,即t →∞,故有：000d k mt x et m k ∞-'==⎰v v⑷ t m k =时,其速度为：1000k m m kv e e e -⋅-===v v v ,即速度减至0v 的1e .作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N,式中t 的单位是s,⑴ 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;⑵ 为了使这力的冲量为200 N·s,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j6-m/s 的物体,回答这两个问题; 解： ⑴ 若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --∆=∆=⋅=∆=⋅⋅；v若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则000000, (d )d t tp m p m F m t m F t=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是：⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理有：21∆=∆v v ,12I I =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;⑵ 同上理,两种情况中的作用时间相同,即：⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即：0200102=-+t t , 解得s 10=t ,s 20='t 舍去设N 67j i F -=合;⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时,求F所作的功;⑵ 如果质点到r 处时需,试求平均功率;⑶ 如果质点的质量为1kg,试求动能的变化;解： ⑴ 由题知,合F为恒力,且00r =∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合⑵ w 756.045==∆=t A P ⑶ 由动能定理,J 45-==∆A E k一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端又挂一重物C ,C 的质量为M ,如图;求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比;解： 弹簧B A 、及重物C 受力如题图所示平衡时,有： Mg F F B A == ,又 11x k F A ∆=,22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k ∆∆= 弹性势能之比为：22111222211212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆第3章 刚体力学基础一质量为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：j y i x r11+=作用在质点上的力为：i f f-=所以,质点对原点的角动量为：01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =⨯=+⨯+=-v v v v v作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 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：1122r m r m =v v ∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610m 9.0810r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r=,6i j =+v m/s,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化; 解：⑴ ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p⑵ 解法一 由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v222031515663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v即有：i r41=,j i r 5.2572+=01x x ==v v ；0653311y y at =+=+⨯=v v即有：216i j =+v ,211i j =+v∴ 11143(6)72L r mi i j k =⨯=⨯+=v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解法二 ∵d LM dt =, ∴ 2032031d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t tL M t r f tt i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少解：只挂重物1M 时,小球作圆周运动,向心力为g M 1,即：2001ωmr g M = ①挂上2M 后,则有：221)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒;即：00r m r m ''=v v ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得：100M g mr ω=,2112301()M g M M mr M ω+'=, 112130212()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900 rev/min;现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速;已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算;试求：⑴ 设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b;图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力;杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有：121()0F l l N l '+-=, 121)N l l F l '=+(对飞轮,按转动定律有r F RIβ=-,式中负号表示β与角速度ω方向相反; ∵ N F r μ= ,N N '=∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ 212I mR =,∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-① 以N 100=F 等代入上式,得：2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：2201900291409()53.12rad 2604234t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯可知在这段时间里,飞轮转了1.53转; ⑵10s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 200215rad s 22ttωωωπβ--==-=-⋅ 用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为：112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRl F N l l βπμ⨯⨯⨯=-==+⨯⨯+⨯计算题图所示系统中物体的加速度．设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m 1=50kg,m 2=200 kg,M =15 kg,r = m解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对m 1、m 2运用牛顿定律,有：a m T g m 222=- ；a m T 11=对滑轮运用转动定律,有：β)21(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.87.6 m s 25200152m g a m m M -⨯===⋅++++题a 图 题b 图如题图所示,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;求：⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211()23mg l ml β=, ∴ lg23=β⑵ 由机械能守恒定律有：22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ lg θωsin 3= 如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上;现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞;相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处;⑴设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量解：⑴ 设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式：0m l I m l ω=+v v ①2220111222m I m ω=+v v②上两式中23I Ml =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移；碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得：2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω 由①式得：0I mlω=-v v ④ 由②式得：2220I m ω=-v v ⑤所以：22200()I I ml mωω-=-v v求得：026(23)13(1)(1)22312gl l I l Mm M ml m mωω-+=+=+=v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v由①式求得：06(23)1d 36gl I F t m m Ml M l ωω-=-=-=-=-⎰v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反;一质量为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;另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向; ⑴开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值⑵用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比;解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω⑵ 022*******000sin 1[()][]2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 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：222111222mgh m I kh ω=++v 又/R ω=v ,故有：2222221(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I --⨯⨯⨯-⨯⨯==+⨯+=⋅v第5章 机械振动质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动,求：⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又0.8m A ωπ==v 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅,2.632==A a m ω2s m -⋅⑵ 0.63N m m F ma ==,J 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即：)21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示;如果0=t 时质点的状态分别是：⑴A x -=0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2Ax =处向负向运动； ⑷过2A x -=处向正向运动; 试求出相应的初位相,并写出振动方程;解：因为000cos sin x A A φωφ=⎧⎨=-⎩v将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相;故有：)2cos(1πππφ+==t T A x , )232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x , )452cos(454πππφ+==t T A x一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+;求：⑴s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12=x 处物体的总能量;解：由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ,∴ -120.5 rad s ωππ==⋅ 又,0=t 时,00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10242t x π-⨯=⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-⨯⨯⨯=-⨯方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;⑵ 由题知,0=t 时,00=φ；t t =时,02,0,3t x A φπ=+<=且故v ∴ s 322/3==∆=ππωφt ⑶ 由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：22232241111010()(0.24)7.110J 2222E kA m A πω--===⨯⨯⨯=⨯ 有一轻弹簧,下面悬挂质量为g 0.1的物体时,伸长为cm 9.4;用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子,将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后,给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ,求振动周期和振动表达式; 解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时,-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x 设向上为正又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω-=====⨯即 222222205.010 ()(1.010)()210m 5v A x ω---⨯∴=+=⨯+=⨯200020 5.0105tan 1 , 1.01054x πφφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x题图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程;解：由题图a,∵0=t 时,0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v即：1s rad 2-⋅==ππωT,故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题图b ∵0=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v01=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v又ππωφ253511=+⨯=,∴ πω65=故m t x b )3565cos(1.0ππ+=一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子;现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动;⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同⑵ 此时的振动振幅多大⑶ 取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程; 解：⑴ 空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大;⑵按⑶所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则0x mg k =-;碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即：02()m gh m M =+v则有：02m gh m M=+v ,于是22220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M gω=+=+=+++3gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ 第三象限,所以振动方程为 221cos arctan ()()mg khk kh x t k m M gm MM m g ⎡⎤=++⎢⎥+++⎣⎦有一单摆,摆长m 0.1=l ,摆球质量kg 10103-⨯=m ,当摆球处在平衡位置时,若给小球一水平向右的冲量41.010kg m s F t -∆=⨯⋅,取打击时刻为计时起点)0(=t ,求振动的初位相和角振幅,并写出小球的振动方程; 解：由动量定理,有：0F t m ⋅∆=-v∴ 4-131.0100.01 m s 1.010F t m --⋅∆⨯===⋅⨯v 按题设计时起点,并设向右为x 轴正向,则知0=t 时,1000 , 0.01m s x -==⋅v ＞0,∴ 2/30πφ=又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13A x ωω-=+===⨯v v故其角振幅：33.210rad A l θ-==⨯小球的振动方程为：rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为m 20.0,位相与第一振动π/6的位相差为,已知第一振动的振幅为m 173.0,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差;解：由题意可做出旋转矢量题图;由图知222211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01A A A A A =+-︒=+-⨯⨯⨯=,∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1,则：θcos 22122212A A A A A -+=即：2222221212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1A A A A A θ+-+-===⨯⨯即2θπ=,这说明,1A 与2A 间夹角为2π,即二振动的位相差为2π; 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为：⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程;解：∵ πππφ=--=∆)65(6, ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sinsin sin 366tan 5cos cos 30.4cos 0.3cos 66A A A A ππφφφππφφ⨯-+===++ ∴ 6φπ=其振动方程为：0.1cos(26)m x t π=+作图法略第6章 机械波已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y =A cos Cx Bt -,其中A ,B ,C 为正值恒量;求：⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； ⑶ 任一时刻,在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差;解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y -= 0≥x 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(λππυxt A y -=比较,可知：波振幅为A ,频率πυ2B =,波长C πλ2=,波速B u C λν==, 波动周期12T Bπν==;⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y -=⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12,及2Cπλ=代入上式,即得：Cd =∆φ; 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =10x t ππ4-,式中x ,y 以米计,t 以秒计;求：⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相,它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点 解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x πωλ=-相比,得：振幅05.0=A m ,圆频率10ωπ=,波长5.0=λm ,波速 2.5m s 2u ωλνλπ===;绳上各点的最大振速,最大加速度分别为：ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为：08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点0=x ,在92.008.010=-=t s 时的位相,即：2.9=φπ;设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点,则,825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m一列平面余弦波沿x 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题图所示;⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线;解： ⑴ 由题a 图知,1.0=A m,且0=t 时,000 , 0y =>v ,∴230πφ=, 又52.52uνλ===Hz ,则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ,则波动方程为：30.1cos[5()]52x y t ππ=-+m⑵ 0=t 时的波形如题b 图5.0=x m 代入波动方程,得该点处的振动方程为：50.530.1cos[5]0.1cos(5)52y t t πππππ⨯=-+=+m如题c 图所示;如题图所示,已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线a 和b,周期T>,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求： ⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程; 解：⑴ 由题图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,000,0y =<v , ∴20πφ=,而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆,20.5Hz 4u νλ===,∴ππυω==2故波动方程为：]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m⑵ 将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为：t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题图所示,已知波速为10 m/s 1,波长为2m,求： ⑴波动方程；⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间;解：由题图可知1.0=A m ,0=t 时,00,02A y =<v ,∴30πφ=,由题知2=λm ,-110m s u =⋅,则5210===λυuHz ,∴ππυω102==⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t ππ=-+m⑵ 由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P P 点的位相应落后于0点,故取负值∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-=t x t 解得：67.135==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图a,则由P点回到平衡位置应经历的位相角πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为：121106/5==∆=∆ππωφt s 如题图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P 点的振动方程为P y =Acos 0ϕω+t ;⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程;解：⑴ 如题图a,则波动方程为：0cos[()]l xy A t u uωϕ=+-+ 如图b,则波动方程为：0cos[()]x y A t uωϕ=++⑵ 如题图a,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=-+如题图b,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=++一平面余弦波,沿直径为14cm 的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J/m 2·s,频率为300 Hz,波速为300m/s,求波的平均能量密度和最大能量密度.解： ∵u w I =, ∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅如题图所示,1S 和2S 为两相干波源,振幅均为1A ,相距4λ,1S 较2S 位相超前2π,求：⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度 解：1在1S 外侧,距离1S 为1r 的点,1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r ,∴ 0,0211===-=A I A A A 2在2S 外侧.距离2S 为1r 的点,1S 2S 传到该点引起的位相差：0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ,∴ 2121114,2A A I A A A A ===+=一平面简谐波沿x 轴正向传播,如题图所示;已知振幅为A ,频率为ν,波速为u ;⑴ 若t =0时,原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程；⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置;解： ⑴ ∵0=t 时,0,000>=v y ,∴20πφ-=,故波动方程为：cos[2()]2x y A t u ππυ=--m⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为即将λ43=x 代入2432πλλπ-⨯-,再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为：πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点,则反射波在O 点处的位相为23542πλππλ--⨯-=,因只考虑π2以内的位相角,∴反射波在O 点的位相为2π-,故反射波的波动方程为：]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]222 2cos cos(2)2x x y A t A t u u x A t u πππυπυπυππυ=--++-=-故波节位置为：2)12(22πλππυ+==k x u x故 4)12(λ+=k x ,2,1,0±±=k …根据题意,k 只能取1,0,即λλ43,41=x 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为1y =t x ππ4-SI, 2y =t x ππ4+SI;⑴ 试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解：⑴ 它们的合成波为：0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动; 令ππk x =,则k x =,k=0,±1,±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ,,2,1,0±±=k …,此即波节的位置;⑵波腹处振幅最大,即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定,即：097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m第7章 气体动理论基础 P218设有N 个粒子的系统,其速率分布如题图所示;求⑴ 分布函数f υ的表达式； ⑵ a 与υ0之间的关系； ⑶ 速度在υ0到υ0之间的粒子数; ⑷ 粒子的平均速率; 5 υ0到υ0区间内粒子平均速率;解：⑴从图上可得分布函数表达式： 00000()/(0)()(2)()0(2)Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪=≥⎩, 00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪≥⎩⑵ f υ满足归一化条件,但这里纵坐标是N f υ而不是f υ,故曲线下的总面积为N.由归一化条件：20d d a NN a N υυυυυυυ+=⎰⎰,可得023Na υ=⑶ 可通过面积计算001(2 1.5)3N a N υυ∆=⨯-=⑷N 个粒子平均速率：220220001()d ()d d d 11311()329a f Nf a Na a N υυυυυυυυυυυυυυυυυυ∞∞===+=+=⎰⎰⎰⎰5 υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284NN a a a υυυ=+-== υ0到υ0区间内粒子平均速率：000000.50.50.5111d d ()d NN N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ===⎰⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰0033220000.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=⎰ 2007769a N υυυ==试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比; 解：令P u υυ=,则麦克斯韦速率分布函数可表示为：du e u N dN u 224-=π因为u=1,∆u=由u e u N N u ∆=∆-224π,得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π容器中储有氧气,其压强为P=即1atm 温度为27℃求：⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；5 平均速率υ；62υ7分子的平均动能ε; 解：⑴ 由气体状态方程nkT p =得：242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3⑵ 氧分子的质量：26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M MpV mol =,得： 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅⑷ 分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m5 平均速率：mol 8.313001.601.60446.580.032RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题图Nf υO2υ0υυ0a6482.87≈=1s m -⋅ 7 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少解：理想气体分子的能量：RT iE 2υ= 平动动能 t=3 5.373930031.823=⨯⨯=t E J转动动能 r=2 249330031.822=⨯⨯=r E J内能 i=5 5.623230031.825=⨯⨯=i E J一瓶氧气,一瓶氢气,等压、等温,氧气体积是氢气的2倍,求⑴氧气和氢气分子数密度之比；⑵氧分子和氢分子的平均速率之比; 解：⑴ 因为nkT p =,则：1O H n n =⑵由平均速率公式υ=,得：14O H υυ== 7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa 即×10-5 mmHg,试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直径d ＝3×10-10 m; 解：由气体状态方程nkT p =得：317-3231.3810 3.3310m 1.3810300p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式nd 221πλ=得： 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；⑵ 若温度不变,气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少设分子有效直径为10-10m解：⑴碰撞频率公式2z d n υ=对于理想气体有nkT p =,即：kTpn =,所以有：2d p z kT υ=而-1455.43 m s υ≈≈=⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz s -1⑵气压下降后的平均碰撞频率2042310455.43 1.33100.7141.3810273z ---⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ s -11mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比；⑵ 分子平均自由程之比; 解：⑴ 由气体状态方程：2211T p T p = 及 3322V p V p =====⑵ 对于理想气体,nkT p =,即 kTpn =所以有：pd kT 22πλ=,即：12121==T p p T 末初λλ第8章 热力学基础.如题图所示,一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中,有350 J 热量传入系统,而系统做功126 J;⑴ 若沿adb 时,系统做功42 J,问有多少热量传入系统⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84 J,试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差：A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程,系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程,外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K,问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功⑴ 容积保持不变； ⑵ 压力保持不变; 解：⑴ 等体过程对外作功0=A∴ V 2121()()2328.31(350300)623.25J iQ E A E C T T R T T νν=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=, ⑵ 等压过程,吸热：P 212125()()8.31(350300)1038.75J 22i Q C T T R T T νν+=-=-=⨯⨯-=内能增加：V 21()328.31(350300)623.25J E C T T ν∆=-=⨯⨯-=对外作功：5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ,比热容比为γ的理想气体,整个容器以速度υ运动,若容器突然停止运动,求气体温度的升高量设气体分子的机械能全部转变为内能;解：整个气体有序运动的能量为212m υ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化;2V 12m E C T m M υ∆=∆=,22mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 0.01m 3氮气在温度为300K 时,由压缩到10MPa;试分别求氮气经等温及绝热压缩后的⑴ 体积；⑵ 温度；⑶ 各过程对外所做的功; 解：⑴ 等温压缩过程中,T =300K,且2211V p V p =,解得：3112210.0111010p V V p -==⨯=⨯m 3 , 6321112lnln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V pA vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ⑵ 绝热压缩：R C 25V =,57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =,得：111/33111421221()()()0.01 1.9310m 10p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯由绝热方程 111122T p T p γγγγ----=,得11.40.4122211300(10)579K T p T T p γγγγ--==⨯⇒=Oab c d由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得：)(12molT T C M MA V --=, 又RT M MpV mol=,所以 51121135 1.013100.015()(579300)23002 2.3510Jp V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 理想气体由初状态P 1,V 2经绝热膨胀至末状态P 2,V 2;试证过程中气体所做的功为：12211--=γV P V P w 式中γ为气体的比热容比;证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211得γγV V p p 111= 故,22111121221111221121d 11d ()11 ()11V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγγγγγγγ----===----=--=--⎰⎰1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示,ab 为直线,延长线通过原点O ;求ab 过程气体对外做的功; 解：设T kV =,由图可求得直线的斜率k 为：2T k V =,得过程方程002T T V V =由状态方程pV vRT=得：RT p V ==R V 02T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：⎰=02d V v V p A 02000d 22V V RT RTV V ==⎰某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ,a 为常数,气体从V 1膨胀到V 2;求其所做的功;解：气体做功：22211122221211d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V ===-=-⎰⎰设有一以理想气体为工质的热机循环,如题图所示;试证其循环效率为：η＝1212111V V p p ηγ-=--解：等体过程：1V 21()0Q vC T T '=->,吸热,∴ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程：03='Q 等压压缩过程：2p 21()0Q vC T T '=-<,放热 ∴ 212222P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R'==--=-,则, 循环效率为：p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-=-=--- 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作,试计算⑴ 热机效率；⑵ 若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少T Oab题图Vp OV绝热题图V 2 V 1 p 1p解：⑴ 卡诺热机效率 213001170%1000T T η=-=-= ⑵ 低温热源2300K T =不变时,即1130080%T η'=-=,解得：11500K T '=,则： 11115001000500K T T T '∆=-=-=即高温热源温度提高500K;⑶ 高温热源11000K T =不变时,即21100080%T η'=-= 解得：2200K T '=,则：222200300-100K T T T '∆=-=-=即低温热源温度降低100K;如题图所示是一理想气体所经历的循环过程,其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 为绝热过程,已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3;求此循环效率;这是卡诺循环吗解：⑴热机效率211Q Q η=-AB 等压过程1P 21()0Q C T T ν'=->,吸热,即有： 11P mo ()B A lMQ Q C T T M '==- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<,放热,即有： )(P mol22D C T T C M MQ Q -='-= ∴)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= AD 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=D D AA T p T p 11 BC 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=C C B BT p T p 111 又 A B C D p p p p ==，,所以得：D C BT TT T = ∴ 231T T -=η⑵ 不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间;⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功从-173℃向27℃呢⑵ 一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于做功就愈有利;当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利为什么解：⑴卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时,需作功：12122300280100071.4J 280T T A Q T --==⨯= 173-℃→27℃时,需作功：1222230010010002000J 100T T A Q T --==⨯= ⑵从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的;p O 题图A B C D第9章 静电场长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ= C/m 的正电荷;试求：⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；⑵ 在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强; 解：⑴ 如题图所示,在带电直线上取线元d x ,其上电量d q 在P 点产生场强为：20)(d π41d x a xE P -=λε 22200220d d 4π()11 []4π22π(4)l P P l x E E a x a l a l la l λελελε-==-=--+=-⎰⎰用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得：21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右⑵ 同理,2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220ddd d π41d ++=x x xE Qy λε22223222222022d d d 4π(d )2π4ll Qy Qy l x lE E x d l d λλεε-===++⎰⎰以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得：21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强; 解：如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为：20π4d d R R E εϕλ=,方向沿半径向外,则：ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分得：R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向;均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ;⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；⑵证明：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ;解：如图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E 方向如图,大小为：()12220cos cos 4π4P E r l λθθε-=+∵1222cos 2l r l θ=+ ,12cos cos θθ-=∴ 222204π42P lE r l r l λε=++P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=∴ 22222204π424lr E r l r l r l λε⊥=+++由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为：22220444π(4)2PO lrE E r l r l λε⊥=⨯=++∵ l q4=λ ∴ 222204π(4)2P qrE r l r l ε=++ , 方向沿OP⑴ 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；⑵ 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少解： ⑴ 立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等,由高斯定理0d sE S q ε⋅=⎰得：各面电通量06εq e =Φ; ⑵ 电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ;均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×510-C/m 3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强;解：高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,334π()3q pr r =-∑内 ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外; 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外. 半径为1R 和2R 2R ＞1R 的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求：⑴r ＜1R ；⑵ 1R ＜r ＜2R ；⑶ r ＞2R 处各点的场强;解：取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=,则：rl E S E Sπ2d =⋅⎰⑴ 1R r <时,0q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =；⑵ 21R r R <<时,λl q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：rE 0π2ελ= 沿径向向外；⑶ 2R r >时,0=∑q ,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场强;解：如题图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ,两面间, n E)(21210σσε-= 1σ面外,n E)(21210σσε+-=2σ面外,n E )(21210σσε+=, n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面;半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题图所示;试求：两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的;。
同济大学普通物理活页作业答案
第一章 质点运动学班号 学号 姓名 日期一、 选择题1． 一个质点在Oxy 平面上运动，已知质点的运动方程为j t i t r2252-=（SI ），则该质点作（A ）匀速直线运动； （B ）变速直线运动；（C ）抛物线运动； （D ）一般曲线运动。
（ B ） 2．一个质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，τ表示曲线的切线方向。
下列几个表达式中，正确的表达式为C （A ）a t =d d v ； （B ）v =trd d ； （C ）v =tsd d ； （D ）τa =t d d v 。
（ C ）3．沿直线运动的物体，其速度的大小与时间成反比，则其加速度的大小与速度大小的关系是（A ）与速度大小成正比； （B ）与速度大小的平方成正比； （C ）与速度大小成反比； （D ）与速度大小的平方成反比。
（ B ） 4．下列哪一种说法是正确的(A) 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心； (B) 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； (C) 物体作曲线运动时，速度的方向一定在运动轨道的切线方向上，法向分速度恒等于零；因此其法向加速度也一定等于零；(D) 物体作曲线运动时，必定有加速度，加速度的法向分量一定不等于零。
（ D ） 5． 如图所示，路灯距离地面高度为H ，行人身高为h匀速v 背向路灯行走，则人头的影子移动的速度为(A)v H h H -； （B ）v h H H-； (C ） v H h ； （D ） v hH。
（ B ） 6．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为t v ，那么它运动的时间是(A)g t 0v v -； (B) gt 20v v -；选择题5图(C)()g21202tv v -； (D)()g221202tv v-。
（ C ）7．一个质点沿直线运动，其速度为kte -=0v v （式中k 、v 0为常量）。
当0=t 时，质点位于坐标原点，则此质点的运动方程为： (A ）kt e k x -=0v ； （B ）kt e kx --=0v； （C ）)1(0kt e k x --=v ； （D ）)1(0kt e kx ---=v。
大学物理第3章刚体和流体试题及答案.docx
第3章刚体和流体一、选择题1. 飞轮绕定轴作匀速转动吋，飞轮边缘上任一点的[](A)切向加速度为零，法向 加速度不为零(B) 切向加速度不为零，法向加速度为零 (C) 切向加速度和法向加速度均为零 (D) 切向加速度和法向加速度均不为零2. 刚体绕一定轴作匀变速转动时，刚体上距转轴为r 的任一点 的[](A)切向加速度和法向加速度均不随时间变化(B) 切向加速度和法向加速度均随时间变化 (C) 切向加速度恒定，法向加速度随时间变化 (D) 切向加速度随时间变化，法向加速度恒定T3-1-2 图3. 一飞轮从静止开始作匀加速转动吋，飞轮边缘上一点的法向加速度禺和切向加速 度a f -的值怎样？ [](A) a n 不变,a,为 0(C) a n 增尢a,为04. 当飞轮作加速转动时，飞轮上到轮心距离不等的二点的切向加速度a,和法向加速度偽是否相同?[](A) a,相同,a n 相同(C)e •不同，禺相同(C) 刚体的质量对给定转轴的空间分布(D)转轴的位置6. 关于刚体的转动惯量丿，下列说法中正确的是 [](A)轮子静止时其转动惯量为零(B)若加A >〃B ,则4>J B(C) 只要m 不变，则J 一定不变(D)以上说法都不正确7. 下列各因素中，不影响刚体转动惯量的是 I](A)外力矩(B)刚体的质量(B) a n 不变,a,不变(D) 增大,a,不变(B) a,相同,a n 不同(D) a,不同,a n 不同5.刚体的转动惯量只决定于[](A)刚体的质量(B)刚体的质量的空I'可分布(C) 刚体的质量分布(D)转轴的位置& 关于刚体的转动惯量，以下说法中错误的是[](A)转动惯量是刚体转动惯性大小的量度(B)转动惯量是刚体的固有属性，具有不变的量值(C)转动惯量是标量，对于给定的转轴，刚体顺时针转动和反时针转动时，其转动惯量的数值相同(D)转动惯量是相对量，随转轴的选取不同而不同9.两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为厂八和厂B,如果有厂A >金，但两圆盘的总质量和厚度相同.设两圆盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为丿A和儿, 则有：[1(A)丿A>J B(B)J A<J B(C) %=J B(D)不能确定丿A、丿B哪个大10.M个半径相同、质量相等的细圆坏A和B, A环的质量均匀分布，B环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分別为厶和丿B,则有：[ ](A) A>J B(B)J A<J B(C) 几=几(D)不能确定J八、哪个大11.一均匀圆环质量为内半径为R\,外半径为心，圆环绕过12. 一正方形均匀薄板，已知它对通过中心并与板面乖直的轴的转动惯量为J ・如果以1(B) _2 J(C)J(D)不能确定13•地球的质量为g 太阳的质量为地心与太阳中心的距离为&引力常数为G 地球绕太阳转动的轨道角动量的大小为14•冰上芭蕾舞运动员以一只脚为轴旋转吋将两臂收拢，则 [](A)转动惯量减小(B)转动动能不变(C)转动角速度减小(D)角动量增大速度为15. 一滑冰者，开始自转吋其角必，转动惯量为丿°当他将手臂收回时，其转动惯量减少为3 j,则它的角速度将变为11[1 (A) -K4)(B)_ 必 (C) 3144)3V316. 绳的一端系一质量为m 的小球，在光滑的水平桌面上作匀速圆周运动.若从桌面中心孔向下拉绳子，则小球的I ] (A)角动量不变 (B)角动量增加中心且乖直 暈是11](A) 3M R(22- /?!2)(B) 21 122(C) M R( 2 -T3-1-11 图M/?(22+ /?!2) /?! )2 (D) MR (2+ /?! )2其一条对角线为轴，它的转动惯量为2](A) _3 J (D)必丁圆环面的转轴的转动惯 T3-1-12 图T3-1-16 图(D)动量减少(C) 动量不变17. 刚体角动量守恒的充分而必耍的条件是 r 1(A )刚体不受外力矩作用 (B )刚体所受的合外力和合外力矩均为零(C)刚体所受合外力矩为零(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变18. 绕定轴转动的刚体转动时，如果它的角速度很大，则 [](A)作用在刚体上的力一定很大 (B)作用在刚体上的外力矩一定很大(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大(D)难以判断外力和力矩的大小19. 一个可绕定轴转动的刚体，若受到两个大小相等、方向相反但不在一条直线上的恒力作用，而且力所在的平面不与转轴平行，刚体将怎样运动？ [](A)静止(B)匀速转动(C) 匀加速转动(D)变加速转动20. 儿个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这儿个力的矢量和为零，则 物体 [](A)必然不会转动 (B)转速必然不变(C) 转速必然改变 (D)转速可能不变，也可能变 21. 两个质量相同、飞行速度相同的球A 和B,其中A 球无转动，B 球转动，假设要 把它们接住，所作的功分别为內和金，则： [1(A) 4>人2 (B)A }<A 2(C)A )= A 2(D)无法判定22. 一个半径为R 的水平圆盘恒以角速度"作匀速转动.一质量为m 的人要从圆盘 边 缘走到圆盘中心，圆盘2 I J (A) _L mR w2T3-1-22 图23. 在外力矩为零的情况下，将一个绕定轴转动的物体的转动惯量减小一半，则物体的 [1(A)角速度将增加三倍(B)角速度不变，转动动能增大二倍(C) 转动动能增大一倍(D)转动动能不变，角速度增大二倍24. 银河系中一均匀球体天体，其半径为R,绕其对称轴自转的周期为T.由于引力凝 聚作用，其体积在不断收缩.则一万年以后应有：对他所作的功为(B)2(C)mR 1 W-(D) -mBrw 2[](A)自转周期变小，动能也变小(B)自转周期变小，动能增大(C)自转周期变大，动能增大(D)自转周期变大，动能减小25. 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动.卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B, 用厶和瓦分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有 r ] (A) L A > L B , E^A > E RB(B) L A =厶〃,E^A < E 匕B(C) L A = L B ,E U > E RB(D) L A < L B ,Eg < E RB26. 一运动小球与另一质量相等的静止小球发生对心弹性碰撞，则碰撞后两球运动方 向间的夹角 [](A)小于 90° (B)等于 90°(C) 大于90°(D)条件不足无法判定27. 一质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为M 的子弹射入木块后又穿出來.子弹在射入和穿出的过程中， M[ ](A)子弹的动量守恒o —[(C ) 子弹的角动量守恒(D) 子弹的机械能守恒T3-1-27 图(B)子弹和木块系统的动fi:守恒，机械能不守恒这一过程的分析是 [](A)子弹的动能守恒止于光滑水平面上的木块后随木块一起运动.对于(B) 子弹、木块系统的机械能守恒 (C) 子弹、木块系统水平方向的动量守恒 (D) 子弹动能的减少等于木块动能的增加T3-1-28图29. 一块长方形板可以其一个边为轴自由转动，最初板自由下垂•现有一小团粘土垂 直于板面撞击板，并粘在板上.对粘土和板系统，如果不计空气阻力, 在碰撞过程中守恒的塑是 I ](A)动能(B)绕长方形板转轴的角动量(C) 机械能(D)动量30. 在下列四个实例中，物体机械能不守恒的实例是 I J(A)质点作圆锥摆运动(B) 物体在光滑斜面上自由滑下(C) 抛出的铁饼作斜抛运动(不计空气阻力) (D) 物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速运动31. 在系统不受外力作用的非弹性碰撞过程屮 [](A)动能和动量都守恒(B)动能和动量都不守恒(C) 动能不守恒，动量守恒(D)动能守恒，动量不守恒32. 下面说法屮正确的是 [](A)物体的动量不变，动能也不变(B) 物体的动量不变，角动量也不变(C) 物体的动量变化，角动量也一定变化 (D) 物体的动能变化，动量却不一定变化33. 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动.若忽略空气阻力和其他星球的作用，在卫星 的运行过程中[](A)卫星的动量守恒，动能守恒(B) 卫星的动能守恒，但动量不守恒(C) 卫星的动能不守恒，但卫星对地心的角动量守恒 (D) 卫星的动量守恒，但动能不守恒2& — 子弹以水 M平速度v 射入一静T3-1-29 图34.人站在摩擦可忽略不计的转动平台上，双臂水平地举起二哑铃，当人在把此二哑铃水平地收缩到胸前的过程中，人与哑铃组成的系统有[](A)机械能守恒，角动量守恒(B)机械能守恒，角动量不守恒(C) 机械能不守恒，角动量守恒(D)机械能不守恒，角动量不守恒35.—人手拿两个哑铃，两臂平伸并绕右足尖旋转，转动惯量几角速度为若此人2突然将两臂收冋，转动惯量变为亍丿.如忽略摩擦力，则此人收臂后的动能与收臂前的动能之比为[ ](A) 1 : 9 (B) 1 : 3 (C)9:l (D) 3 : 136.将唱片放在绕定轴转的电唱机转盘上时，若忽略转轴摩擦，则以唱片和转盘为体系的[](A)总动能守恒(B)总动能和角动量都守恒(C) 角动量守恒(D)总动能和角动量都不守恒37.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如T3-1-37图所示.今使棒从水平位置由静止开始白由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？[ ](A)角速度从小到大，角加速度从大到小(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从大到小，角加速度从大到小(D)角速度从大到小，角加速度从小到大T3-I-37图38.有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零.在上述说法中:J(A)只有⑴是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C)(1)、(2)、(3)都正确，(4)错误(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确39.一圆盘正绕垂直于盘而的水平光滑固定轴0转动，如图射来两个质量相同、速度大小相同，方向相反并在一条直线m上的子弹，子弹射入圆盘并II留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度M/[ ](A)增大(C)减小(B)不变(D)不能确泄T3-1-39 图40. 光滑的水平血上有长为2/、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点O 且垂直]_于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量为3mZ 2 .起初杆静止.有一质量为m 的小 球沿桌面正对着杆的一端，在垂直于杆长的方向上，以速率v 运动，如右图所示.当小球与杆端发生 碰撞后，就与杆粘在一起随杆转动，则这一系统碰撞后的转动角速度是lv 2vT3-2-3 图[](A) I2_ (B) _3/3v(C )一4/T3-1-40图二、填空题3V(D) 一1. 半径为r 的圆环平放在光滑水平面上，环上有一甲虫，环和甲虫的质量相等，并且原先都是静止的.以后甲虫相对于圆环以等速率T3-2-1 图爬行，当甲虫沿圆环爬完一周时，圆环绕其中心转过的角度是 __________ •2. 一质量为60 kg 的人站在一质量为60 kg 、半径为1米的均 匀圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相乖直的中心竖直轴无摩擦地转动.系统 原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当他相对于圆盘的走动速 圆盘的角速度大小为 ______________ •度为2m.s"时,T3-2-2 图3. 一匀质杆质量为税、长为I,通过一端并与杆成q 角的轴的转动惯量为 ___________T3-2-5 图T3-2-4 图4. 两个完全一样的飞轮，当用98N 的拉力作用时，产生角加速度5;当挂一重98N的重物时，产生角加速度b 2.则b 、和b 2的关系为 ____________ .5. 两人各持一均匀直棒的一端，棒重w, —人突然放手，在此瞬间，另一人感到手上承受的力变为 __________ •一 一 - 一 =（4L - 3J ） m,则该力对坐标原点的6. 一力F = （3z + 5；） N,其作用点的矢径为r力矩为 ___________ .7. 一质量为m 的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为 F =^zcos wtL + hsinwt^j ,其屮a 、b 、"皆为常数.则此质点所受的对原点的力矩-M= ___________ ；该质点对原点的角动量厶二 ______________8. 一转动惯量为丿的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为必，设它所受阻力矩与转动角速度成正比M 二-kw 伙为正常数）.则在它的角速度从％）变为_1 %）过程中阻力矩2所作的功为 __________ .9. 质量为32 kg 、半径为0.25 m 的均质飞轮，其外观为圆盘形状.当飞轮作角速度为12rad.s-'的匀速率转动时，它的转动动能为 ____________ .10. 一「氏为I 、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m 和m 的小球，杆可绕通过其小心o 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平而内 转Im 图所示.释放后，杆绕0轴转动，则当杆转到水平位置时，该系统所受的合外力矩的 大小M 二 ,此吋该系统角加速度的大小b= _________ .11. 在一水平放置的质量为加、长度为I 的均匀细杆上, 套着一个质量也为m 的套管（可看作质点），套管用细线拉住, 它到竖直的光滑固定轴00'的距离为亍/ ,杆和套管所组成的 速度 系统以角 ％绕OO'轴转 动，如图所 示.若在转动过程屮细线被拉断，套管将 沿着杆滑1动.在套管滑动过程屮，该系统转动的角3动.开始杆与水平方向成某一角度g,处于静止状态, T3-2-9 图3速度iv 与套管轴的距离x 的函数关系为 ________________ ・（已知杆本身对OO ,轴的转 动惯量为ml 2）12. 长为/、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端0的水平光滑 固定轴转动，转动惯量为3M/2,开始时杆竖直下垂，如右图所示•现 v 有一质量为m 的子弹以水平速度一。
同济第3章-刚体xue
说明：
1. 物体绕定轴转动时角动量守恒是指转动惯量 和角速度的乘积不变。 2. 几个物体组成的系统， 绕一公共轴转动，则对该 公共转轴的合外力矩为零 时，该系统对此轴的总角 动量守恒
i i i
J ω 恒量
或 J2ω2= J1ω1
3-1-6 力矩的功 dW F ds F sin rd
ω
0 z
2 1 (J J ) 2 1 J 2 1 J Δ Ek = 2 1+ 2 ω ( 2 1ω 1 + 2 2 ω 2 ) 2
=
摩擦力矩作负功，质点（刚体）系统有机械能损失。
例4. 如图示已知：M=2m，h，=60°
粘土块 求：碰撞后瞬间盘的
y h
R P V
P 转到 x 轴时盘的 =? a ? 解： m下落： 1 mgh mv 2 2 v 2 gh (1) 碰撞 t 极小，对 m +盘系统，冲力 远大于m重力，故m重力对过O点轴 的力矩可忽略，角动量守恒： mvRcos J o 1 MR2 mR2 2 mR2 J 2 (2) (3)
J mr
2 G
例4. 计算钟摆的转动惯量。（已知：摆锤质量为m， 半径为r，摆杆质量也为m，长度为2r） 解： 摆杆转动惯量：
o
1 4 2 2 J1 m2r mr 3 3
摆锤转动惯量：
r
1 2 19 2 2 J 2 J c md mr m3r mr 2 2 4 2 19 2 65 2 J J1 J 2 mr mr mr 3 2 6
如果
W外 0
E E k E p 恒量
刚体定轴转动的机械能守恒定律： 当外力为保守力或虽有耗散力作用，但耗
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运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变，且不计 一切摩擦。已知r=10cm。求：
（1）组合轮的角加速度； （2）当物体A上升h=40cm时，组合轮的角速度。
m
m
Or
r
Am
计算题1图
mB
解：（1）对A物：T mg ma
为
。
1 2
MR20
(120
R2 2u 2t 2
1 MR2 Rm(v R) 0
2
2mv
(M 2m)R
M m0
三、计算题
1．如图所示，两个匀质圆盘，一大一小，同轴地 粘结在一起，构成一个组合轮，小圆盘的半径为r， 质量为m；大圆盘的半径为r¹=2r，质量m¹=2m。组 合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的水平固定轴O 转动，整个组合轮对O轴的转动惯量为J=9mr2/2。
m1 A
解： 对m1：m1g T1 m1a
对m2：T2 m2 g m2a
对m：T1r
T2 r
1 2
mr 2
a r
计算题2图
a m1 m2 g
m1
m2
m 2
T1
m1 g
m1 m1
m1 m2
m2
m 2
g
T2
m2 g
F mg m v2 l
l
A
OM
v0
B
填空题3图
14rad s-1
转动定律
M J d
dt
8 M dt
0 J d
0
0
TR J
mg T ma
a R
J m(g a)R2 a
M J k 2 J 0 时，
Or
r
得组合轮在该时刻的角速度：
Am
计算题1图
mB
2h 2 10.3 0.4 9.08rad s1
r
0.1
2． 如图所示，两物体A和B的质量分
B
别为m1和m2，滑轮质量为m，半径r， 已知物体B与桌面间的滑动摩擦系数为
m2
m
，不计轴承摩擦，求物体A下落的加
速度和两段绳中张力。
对B物：mg T ' ma'
对圆盘：T
'2r
Tr
9 2
mr 2
a r
a'
2r
2g 2 9.8 10.3rad s2
19r 19 0.1
（2）物体A上升h时，组合轮转过的角度
h
r
由运动学方程： 2 2
m
m
m2 m1
m2 g
m
m1 m2 2
解： 两轮间没有相对滑动时：
r11 r22
由转动定律：
fr1
1 2
m1r12 1
f m1g
fr2
1 2
m2 r22 2
1
1
t
2
2
t
0
解：（1）
J
J1
J2
ml2
1 ml2 3
4 3
ml2
(3M 6m)gl
点C，如图所示。则下抛初速度v0=
3m M ，在最低
点 B 时，细杆对球的作用力为
15m 7M mg 3m M
。
1 2
mv02
1 2
(1 3
Ml2 )
v0 l
2
Mg
l 2
mgl
C
1
mv2
1
(1
Ml2 )
v
2
Mgl
mg2l
2
2 3 l
（2）
mglsin mg l sin 1 J 2
2
2
3 g sin
2l
大作业题解
刚体力学
一、选择题
C
P T mR TR J
PR J '
C A
D
合外力矩矢量和为0
合外力可以不为0
J 不变
B
J00
1 3
J0
30
C
B
机械能守恒
mg l 1 1 ml2 2
2 23
mg l 1 1 m l2 '2
4 23 2 4
3
k02
9J
k 2 J d
dt
k
t
dt
0
J
130 0
d0 02
t 2J
k0
7．设有一均匀圆盘形转台，其质量为M，半径为R，可绕
竖直中心轴转动，初始时角速度为0。然后，有一质量也
为M的人以相对园盘转台以恒速率u沿半径方向从转台中 心轴处向边缘走去，则转台的角速度与时间t的函数关系
' 2
机械能守恒
mg l 1 J 2
22
4 3g
7l
J
1
m
l
2
3m
3
l 2
7
ml 2
3 4 4 4 4 48
A
二、填空题
1． 一物体作定轴转动的运动方程为 20sin 20t （SI），
则物体在 t =0时的角速度 400rad·s-1 ；物体在改变转动方 向时的角加速度为 8000rad·s-2 。
d 400cos20t
dt
d 8000sin20t
dt
改变转动方向时 0 20t
2
8000sin 8000
2
2 1.26m·s-2
0.15m·s-2
a r 0.30 0.5 0.15 m s-2
d d 0.5
dt
d
4
d 0.5 3 d
0
0
4 rad s1
3
an r 2 0.30 4 1.26m s-2
3
3．一根质量为 M，长为 l 的匀质细杆，一端连接一个质量
为 m 的小球，细杆可绕另一端 O 无摩擦地在竖直平面内转
动。现将小球从水平位置 A 向下抛射，使球恰好能通过最高