大学物理第三章练习及答案

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大学物理第三章-部分课后习题答案

大学物理第三章课后习题答案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12R 处，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：2112J MR =① 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：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②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：2121332J J J MR =-=3-2 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120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 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x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。

分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 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：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，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0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。

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

大学物理教程第3章习题答案

⼤学物理教程第3章习题答案思考题3.1 什么是连续性⽅程？答：若以闭合表⾯内既⽆源，⼜⽆负源，则根据质量守恒，进⼊该闭合表⾯的净流量等于闭合表⾯内物质的增加率，应⽤在稳定流动的流管中，我们得到连续性⽅程：ρ1A1v1=ρ2A2v2。

其中，ρ为密度,假设它在截⾯积A处是均匀的；v为经过截⾯积A 处的平均速度（v与A垂直）。

若流体⼜是不可压缩的，连续性⽅程简化为A1v1=A2v2。

3.2 什么是伯努利⽅程？答：流体是稳定的，⾮黏性的，不可压缩的，伯努利⽅程给出同⼀流线任两点处的压强p，流速v，⾼度y满⾜p1+12ρv12+ρgy1= p2+12ρv22+ρgy2注意伯努利⽅程中每⼀项都是取的单位⾯积的内的量值。

⽅程指出：压⼒沿流线所作的功等于动能和势能的改变（都指单位⾯积）。

3.3 在定常流动中，流体是否可能加速运动？答：定常流动是指宏观上流体在空间某位置的流速保持不变，对某个流体质点⽽⾔，它在空间各点速度可能不同，也就是说，它可能是加速运动。

3.4 从⽔龙头徐徐流出的⽔流，下落时逐渐变细，为什么？答：据连续性原理知，，流速⼤处截⾯积⼩，所以下落时⽔的流速逐渐增⼤，⾯积逐渐减少变细。

3.5 两船平⾏前进时，若靠的较近，极易碰撞，为什么？答：两船平⾏前进时，两条流线⽅向相同，，如果靠的较近，两船之间的流速将⼤于两船外侧的流速，这样两船都将受到⼀个指向对⽅的⼀个压⼒的作⽤，极易造成两船碰撞，稍有晃动，流线重合，船体就会相撞。

3.6 两条流线不能相交，为什么？答：如果两条流线相交，那么焦点处就会出现两个速度，这个结论是错误的，所以两条流线不能相交。

3.7 层流和湍流各有什么特点？引⼊雷诺数有哪些意义？答：流线是相互平⾏的流动称层流。

流体微团作复杂的⽆规则的运动称为湍流。

⽆量纲的量雷诺数是层流向湍流过渡的⼀种标志。

以临界雷诺数为准，⼩于它为层流，⼤于它为湍流。

习题3.1若被测容器A 内⽔的压强⽐⼤⽓压⼤很多时，可⽤图中的⽔银压强计。

大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案

t1
即：作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增量，即系统动量的增量。 2．推广：n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t ＋ F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
yv 2
同乘以 ydy，得
y 2 gdty y
积分得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
7
第4讲
动量和冲量
考虑到内力总是成对出现的，且大小相等，方向相反，故其矢量和必为零，即
F
i 0
n

i内
0

设作用在系统上的合外力用 F外力表示，且系统的初动量和末动量分别用
5
第4讲
动量和冲量
P0 和 P 表示，则
t2 n n F d t m v mi vi 0 i i 外力 t1
F外 dt＝dPFra bibliotek力的效果关系适用对象适用范围解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系牛顿定律动量定理力的瞬时效果力对时间的积累效果牛顿定律是动量定理的动量定理是牛顿定律的微分形式积分形式质点质点、质点系惯性系惯性系必须研究质点在每时刻只需研究质点（系）始末的运动情况两状态的变化
1
第4讲
动量和冲量
§3－1 质点和质点系的动量定理
实际上，力对物体的作用总要延续一段时间，在这段时间内，力的作用将积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发，介绍冲量、动量的概念以及有关的规律，即动量守恒定律。一、冲量质点的动量定理 1．动量：Momentum——表示运动状态的物理量 1）引入：质量相同的物体，速度不同，速度大难停下来，速度小容易停下；速度相同的物体，质量不同，质量大难停下来，质量小容易停下。 2）定义：物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量，用 P 来表示 P=mv 3）说明：动量是矢量，大小为 mv，方向就是速度的方向；动量表征了物体的运动状态 -1 4）单位：kg.m.s 5）牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2．冲量:Impulse 1）引入：使具有一定动量 P 的物体停下，所用的时间Δt 与所加的外力有关，外力大，Δt 小；反之外力小，Δt 大。 2）定义：作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量，用 I 来表示 I= FΔt 在一般情况下，冲量定义为

(完整版)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。

大学物理第三章练习及答案

大学物理第三章练习及答案(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--一、判断题1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。

………………………………[√]2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。

…………………………………………………[√]3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动，都具有相同的角速度。

…………[√]4. 刚体对轴的转动惯量越大，改变其对轴的运动状态就越困难。

………………………[√]5. 刚体质量一定，其转动惯量也就一定。

…………………………………………………[×]6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时，则它们的合力也一定为零。

………………[×]7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时，则它们的合力矩也一定为零。

………………[×]8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。

……………………………………………[√]9. 刚体所受合外力矩为零时，刚体总角动量守恒。

………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒，刚体的所受合外力矩为零。

……………………………[×] 二、填空题11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动，质点对过圆心的中心轴转动惯量J =2mr ，角动量L =；质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动，它相对于直线外距离为d 的一点的角动量为L =mdv 。

12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内，其一端固定在坐标原点O 位置，另一端可在平面内自由转动，当其转动到与x 轴正方向重合时，在细棒的自由端受到了一个34F i j =+牛顿的力，则此力对转轴的力矩M =4l 。

13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系，其质量分别为1m 、2m 、3m ，坐标分别为()11,x y 、()22,x y 、()33,x y ，则此质点系对z 轴的转动惯量J =()()()222222*********m x y m x y m x y +++++。

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。

大学物理习题解答3第三章热力学

第三章热力学本章提要1．准静态过程系统连续经过的每个中间态都无限接近平衡态的一种理想过程。

准静态过程可以用状态图上的曲线表示。

2．内能系统内所有分子热运动动能和分子之间相互作用势能的和，其数学关系式为(,)E E V T=内能是态函数。

3．功功是过程量。

微分形式：VpA dd=积分形式：⎰=21dV VV pA4．热量两个物体之间或物体内各局部之间由于温度不同而交换的热运动能量。

热量也是过程量。

5．热力学第一定律热力学第一定律的数学表达式：Q E A=∆+热力学第一定律的微分表达式：d d dQ E A=+由热力学第一定律可知，第一类永动机是不可能造成的。

6．理想气体的热功转换〔1〕等体过程：d 0A = 热量增量为m m (d )d d V V MQ E C T μ,,==或m 21m 21V ,V ,MQ E E C (T T )μ=-=-〔2〕等压过程: 热量增量为(d )d d d d p Q E A E p V =+=+因m 21()V ME C T T μ∆,-=212121()()V V MA p V p V V R T T μd ==-=-⎰那么)()(21212T T R MT T R i M Q P -+-=μμ 〔3〕等温过程：d 0E =热量增量为(d )d d V Q A p V ==因2121d ln V T V V MV MA RT RT V V μμ==⎰那么2112lnln T T V pMM Q A RT RT V p μμ=== 〔4〕绝热过程：d 0Q = 根据热力学第一定路可得d d 0E A +=那么m d d d d V ,MA p V E C Tμ==-=-或221121m ()d d V V V ,V V MA E E p V C T μ=--==-⎰⎰)(112211V p V p A --=γ 在绝热过程中理想气体的p 、V 、T 三个状态参量之间满足如下关系：常量=γpV常量=-1γTV 常量=--γγT p 17．热容量等体摩尔热容量：m (d )d d d V V Q EC T T,== 等压摩尔热容量：m (d )d d d d d p p Q E VC p TT T,==+ 对于理想气体，假设分子自由度为i ，那么m 2V ,i C R = m 22P,i C R +=迈耶公式：m m p,V ,C C R =+比热容比：m m22p,V ,C i C γ+==8．焓在等压过程中，由热力学第一定律可得2121()()P Q E p V E E V V =∆+∆=-+-由于12P P P ==，上式可写为222111()()P Q E p V E pV =+-+ 如果令H E pV =+21P Q H H H =-=∆焓是一个态函数。

大学物理(华中科技版)第3章习题答案

习题答案3-1 运动员手持铁饼转动1.25圈后松手,此刻铁饼的速度值达到v=25m/s 。

设转动时铁饼沿半径为R=1.0m 的圆周运动并且均匀加速。

求：（1）铁饼离手时的角速度；（2）铁饼的角加速度；（3）铁饼在手中加速的时间（视铁饼为质点）.解:(1)铁饼离手时的角速度为s rad R v /250.1/25/===ω（2）铁饼的角加速度为222/8.3925.122252s rad =⨯⨯==πθωα （3）铁饼在手中加速的时间为s t 628.02525.1222=⨯⨯==πωθ3-2 汽车发动机的转速在7.0s 内由2000r/min 均匀增加到3000r/min 。

求（1）角加速度；（2）这段时间转过的角度；（3）发动机轴上半径为0.2m 的飞轮边缘上的一点在第 7.0s 末的加速度。

解：（1）初角速度为s rad /20960/20020=⨯=πω 末角速度为s rad /31460/30002=⨯=πω 角加速度为20/150.7209314s rad t=-=-=ωωβ （2）转过的角度为rad t 301083.1723142092⨯=⨯+=+=ωωθ （3）切向加速度为2/32.015s m R a t =⨯==α 法向加速度为2422/1097.12.0314s m R a n ⨯=⨯==ω总加速度为2422/1097.1s m a a a nt ⨯=+= 总加速度与切向的夹角为998931097.1arctan arctan 4'=⨯==︒t n a a θ3-3 一飞轮以等角加速度2 rad /s 2转动，在某时刻以后的5s 内飞轮转过了100 rad ．若此飞轮是由静止开始转动的，问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间？解：设某时刻后的角速度为1ω，某时刻前飞轮转动了t 秒。

t t 21==βω某时刻后't s 内飞轮转过θ∆。

则有10025105221522122''1=+=⨯⨯+⨯=+=∆t t t t βωθ s t 5.7=∴3-4 一个哑铃由两个质量为m ，半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成，如图所示。

大学物理习题答案第三章

大学物理习题答案第三章[习题解答]??33-1用锤子敲钉子。

如果锤子的质量是500g，那么撞击钉子的速度是8.0m？S1，动作时间2.0？十s，求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。

对于hammer：,式中，I1是液压锤接收到的脉冲，是榔头所受钉子的平均打击力；对于指甲：,式中，I2是指甲接收到的脉冲，是钉子所受的平均打击力，显然=?。

标题要求的是I2和：,i2的方向与榔头运动方向一致。

,的方向与榔头运动方向一致。

500米处质量为10克的3-2发子弹？s?1在垂直于板面的方向上，向板子射击的速度穿过板子，速度下降到400m?s?1。

如果子弹穿过木板所需时间为1.00?10?5s，试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹平均阻力。

解（1）用动能定理求解：,(1)在…之间是木板对子弹的平均阻力，d为穿过木板的厚度，它可用下面的关系求得：,(2).(3)通过同时建立公式（2）和公式（3）得到的板厚度为&nb.根据式(1)，木板对子弹的平均阻力为.(2)用动量定理求解：,.这与上述结果是一致的。

从求解过程可以看出，用动量定理求解要容易得多。

3-4质量为m的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是?，如图3-3所示。

若小球与桌面作用的时间为?t，求小球对桌面的平均冲力。

图3-3解设桌面对小球的平均冲力为f，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.它可以从第一个方程得到,它可以从第二个方程中得到.根据牛顿第三定律，球在桌子上的平均冲击力为,减号表示桌面上球的平均冲量在y轴的负方向。

3-5如图3-4所示，一个质量为m的刚性小球在光滑的水平桌面上以速度v1运动，v1与x轴的负方向成?角。

当小球运动到o点时，受到一个沿y方向的冲力作用，使小球运动速度的大小和方向都发生了变化。

已知变化后速度的方向与x轴成?角。

如果冲力与小球作用的时间为?t，求小球所受的平均冲力和运动速率。

大学物理第三章习题解答

第三章习题解答（仅供参考）3．2 一根直杆在S 系中观察，其静止长度为l ，与x 轴的夹角为θ，S`系沿S 系的x 轴正向以速度v 运动，问S`系中观察到杆子与x `轴的夹角若何？[解答]直杆在S 系中的长度是本征长度，两个方向上的长度分别为l x = l cos θ和l y = l sin θ．在S`系中观察直杆在y 方向上的长度不变，即l`y = l y ；在x 方向上的长度是运动长度，根据尺缩效应得`x l l =因此``tan `yx l l θ==，可得夹角为 21/2`a r c t a n {[1(/)]t a n }v c θθ-=-3．3 在惯性系S 中同一地点发生的两事件A 和B ，B 晚于A 4s ；在另一惯性系S`中观察，B 晚于A 5s 发生，求S`系中A 和B 两事件的空间距离？[解答]在S 系中的两事件A 和B 在同一地点发生，时间差Δt = 4s 是本征时，而S`系中观察A 和B 两事件肯定不在同一地点，Δt ` = 5s 是运动时，根据时间膨胀公式`t ∆=，即5=，可以求两系统的相对速度为 v = 3c /5．在S`系中A 和B 两事件的空间距离为 Δl = v Δt ` = 3c = 9×108(m)．3．5 S 系中观察到两事件同时发生在x 轴上，其间距为1m ，S`系中观察到这两个事件间距离是2m ，求在S`系中这两个事件的时间间隔．[解答]根据洛仑兹变换，得两个事件的空间和时间间隔公式`x ∆=2`t ∆= （1）由题意得：Δt = 0，Δx = 1m ，Δx` = 2m ．因此`x ∆=，2`t ∆=．（2）由（2）之上式得它们的相对速度为v = （3）将（2）之下式除以（2）之上式得 2``t v x c∆=-∆，所以`t ∆==10-8(s)．[注意]在S `系中观察到两事件不是同时发生的，所以间隔Δx` = 2m 可以大于间隔Δx = 1m ．如果在S `系中观察到两事件也是同时发生的，那么Δx`就表示运动长度，就不可能大于本征长度Δx ，这时可以用长度收缩公式`x ∆=∆3．6 一短跑运动员，在地球上以10s 的时间跑完了100m 的距离，在对地飞行速度为0.8c 的飞船上观察，结果如何？[解答]以地球为S 系，则Δt = 10s ，Δx = 100m ．根据洛仑兹坐标和时间变换公式`x =2`t =，飞船上观察运动员的运动距离为`x ∆=10=-4×109(m)．运动员运动的时间为 2`t ∆=100.8100/0.6c -⨯=≈16.67(s)．在飞船上看，地球以0.8c 的速度后退，后退时间约为16.67s ；运动员的速度远小于地球后退的速度，所以运动员跑步的距离约为地球后退的距离，即4×109m ．3．8 已知S`系以0.8c 的速度沿S 系x 轴正向运动，在S 系中测得两事件的时空坐标为x 1 = 20m ，x 2 = 40m ，t 1 = 4s ，t 2 = 8s ．求S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔．[解答]根据洛仑兹变换可得S`系的时间间隔为2``21t t -=840.8(4020)/0.6c ---=≈6.67(s)．空间间隔为``21x x -=40200.8(84)0.6c --⨯-=≈-1.6×109(m)．3．11 一粒子动能等于其非相对论动能二倍时，其速度为多少？其动量是按非相对论算得的二倍时，其速度是多少？[解答]（1）粒子的非相对论动能为 E k = m 0v 2/2，相对论动能为 E`k = mc 2 – m 0c 2，其中m 为运动质量m =．根据题意得22200m c m v =，设x = (v/c )2，方程可简化为1x =+，或1(1x =+ 平方得 1 = (1 – x 2)(1 - x )，化简得 x (x 2 – x -1) = 0．由于x 不等于0，所以 x 2 – x -1 = 0．解得x =，取正根得速率为v == 0.786c ．（2）粒子的非相对论动量为 p = m 0v ，相对论动量为`p mv ==根据题意得方程02m v =．很容易解得速率为2v c == 0.866c ．3．12．某快速运动的粒子，其动能为4.8×10-16J ，该粒子静止时的总能量为1.6×10-17J ，若该粒子的固有寿命为2.6×10-6s ，求其能通过的距离．[解答]在相对论能量关系中E = E 0 + E k ，静止能量E 0已知，且E 0 = m 0c 2，总能量为22E mc ===，所以00k E E E +=，由此得粒子的运动时为0`k E E t t E +∆==∆．还可得00kE E E =+，解得速率为v =∆=∆=∆粒子能够通过的距离为l v t c t8=⨯⨯⨯．310 2.610-3．14静止质子和中子的质量分别为m p = 1.67285×10-27kg，m n = 1.67495×10-27kg，质子和中子结合变成氘核，其静止质量为m0 = 3.34365×10-27kg，求结合过程中所释放出的能量．[解答]在结合过程中，质量亏损为Δm = m p + m n - m0 = 3.94988×10-30(kg)，取c = 3×108(m·s-1)，可得释放出的能量为ΔE = Δmc2 =3.554893×10-13(J)．如果取c = 2.997925×108(m·s-1)，可得释放出的能量为ΔE = 3.549977×10-13(J)．。

大学物理第三章作业

=
4
m
s
故选B
vv2
m2 30o
vv1
m1
2．对功的概念有以下几种说法： [C] 1）保守力作正功时，系统内相应的势能增加． 2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零．3）作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零．在上述说法中 (A)(1)、(2)是正确的；(B)(2)、(3)是正确的； (C)只有(2)是正确的； (D)只有(3)是正确的．解：保守力作正功时，系统势能减少；作用力和
方向不受外力作用，因此系统水平方向的动量
守恒，即
m2v2x (m1 m2 )v1
vv2
m2 30o
vv1
m1
m2v2x (m1 m2 )v1
v1

m2 v2 x (m1 m2 )

m2v2 sin 30o (m1 m2 )

20 10-3 400 0.5 (20 980）10-3
面摩擦：(1)求炮弹刚出口时，炮车的反冲速度
大小；(2)若炮筒长为l，求发炮过程中炮车移动
的距离．
m uv
解：(1) 以炮弹与炮车为一
a
系统，地面为参考系。则系
统水平方向的动量守恒．
a
设炮弹刚出口时炮车相对地面的速率为Vx，
则炮弹相对地面的x向速率为 u cosa Vx
系统水平方向的动量守恒，可有
由上式可得 v mv (m M )
则子弹射入振子时系统的动能为
Ek

1 2
(m
M )v2

m2v2 2(M m)
其全部转变为势能，即最大势能为
EP

大学物理第三章习题答案

可求得
AF (A1 A2 )
2 1 mgR sin sin k R( ) 2
3.17、氢原子中的电子在圆形轨道上绕核运动，速率为v，电子受到大小为 e2 / 40 r 2 的向心力（电相互作用）的作用，其中e为电子和质子的电量，r为轨道半径， 0 为恒量。
v1 v v1
由矢量三角形可知：
f v v1 v 2 2 gH
2 2
f 与传递带的夹角为：
2 gH v1 arctan arctan v v
所以，传递带受到饲料的作用力 f 与 f 互为作用力和反作用力
f 的大小：与 f 的大小相同；方向：与 f 的方向相反。
联立以上各式，解得： cos 23
48
61.37。
3.24、在一圆柱容器底部有一圆孔，孔的直径为d,圆柱体直径为D，容器中水的高度随着水的流出而下降，试找出小孔
D
中水的流速v和水面高度h之间的关系。
解：由题意可得设S1与S2分别为容器与小孔横截面积，v1为 h 容器水面下降速度， v2为水流从小孔中流出 d 速度，则 2 2 S1 D , S 2 d 4 4 d2 又根据连续性方程： S1v1 S2v2 v1 2 v2 规定小孔所在平面为参考平面，据伯努利方程：
mvl mvl J
小球与杆端碰撞是完全弹性碰撞，碰撞过程中动能守恒，得：
1 ( J 2ml 2 ) 3
O

l
l
碰后，杆上升，只有重力做功，对杆，机械能守恒，得：
1 1 1 2 2 2 mv mv J 2 2 2
1 1 2 J 2mgl 1 cos 2 2 3

大学物理课后习题答案第三章

第3章力学基本定律与守恒律习题及答案1．作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化．(2)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 -1的物体,回答这两个问题．解: (1)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，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d,同理， 12v 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． (2)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)2．一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,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0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 3．如图所示，一质量为m 的球，在质量为M 半径为R 的1/4圆弧形滑槽中从静止滑下。

大学物理3章答案

第3章能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。

已知摆球质量为m ，圆半径为R ，摆球速率为υ，当摆球在轨道上运动一周时，作用在摆球上重力冲量的大小为多少？解：如3-5题图所示，一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 2P RI mgdt mg t mgπυ==∆=⎰3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球，球飞到竖直上方10 m 的高度。

求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力。

解：设球的初速度为1υ，球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ，球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ，如3-6题图所示，因球飞到竖直上方过程中，只有重力作功，由机械能守恒定律得 2212mgh m υ=2υ=由冲量的定义可得棒给予球的冲量为21 I m j m i υυ=-其冲量大小为()7.32I N S ==⋅ 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人，手里拿着一个质量为m 的球，此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。

当他达到最高点时，将物体以相对人的速度μ水平向后抛出，求由于物体的抛出，跳的距离增加了多少?（假设人可视为质点）解：如3-7题图所示，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向后抛物的过程中，满足动量守恒，故有 ()()0cos M m M m υθυυμ+=+-式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υμ-为抛出物对地面的水平速率，得0cos mM mυυθμ=++ 人的水平速率的增量为0cos mM mυυυθμ∆=-=+ 而人从最高点到地面的运动时间为 0sin t gυθ=所以，人由于向后抛出物体，在水平方向上增加的跳跃后距离为()0sin m x t M m gυθυμ∆=∆⨯=+3-8 一质量为m ＝2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动，求当物体由m x 21=运动到m x 62=时，外力做的功。

大学物理第3章习题解答1..

3-9 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0kg 的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为2.0m，安全带弹性缓冲作用时间为0.50s。求安全带对人的平均冲力。解1：以人为研究对象，按两个阶段进行讨论。在自由落体运动过程中，人跌落至2m处时的速度为：
3-3 对功的概念有以下几种说法：（1）保守力作正功时，系统内相应的势能增加；（2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零；（3）作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。下列对上述说法判断正确的（ C ） (A) (1)、(2) 是正确的 (B) (2)、(3) 是正确的
2 m v 5 gl m
(C) 只有 (2) 是正确的
(D) 只有 (3) 是正确的
3-4 如图所示，质量分别为M1和M2的物体A和B，置于光滑桌面上，A和B之间连有一轻弹簧。另有质量为m1和m2的物体C 和D分别置于物体A和B之上，且物体A和C、B和D之间的摩擦系数均不为零。首先用外力沿水平方向相向推压A和B，使弹簧被压缩，然后撤掉外力，则在A和B弹开的过程中，对A、B、 C、D以及弹簧组成的系统，有（） D (A) 动量守恒，机械能守恒 (B) 动量不守恒，机械能守恒 (C) 动量不守恒，机械能不守恒 (D) 动量守恒，机械能不一定守恒 C A D B
vB 。传递重物解：设A、B两船原有速度分别为: v A ， v v m 表示。后船的速度分别为：，。被搬运重物的质量以 A B
分别对系统I、II应用动量守恒定律，则有:
mA mvA mvB [(mA m) m]vA mB mvB mvA [(mB m) m]vB

大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答

习题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==πθn 3-2 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 J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ⎰⎰-=32000ωωωωK Jd dt t ωK Jt 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 B B A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad t A A A 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。

大学物理第3章作业解答

第三章刚体的定轴转动选择题3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ）（A） (B) (C) (D)3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ）3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ）(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ 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.3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ）(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为（ B ） (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为（ A ）(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是（ D ）(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为（ A ）(A) 3ω; (D) 13ω.3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是（ B ）(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3－11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3－12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3－13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3－14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3－15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3－16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3－17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求：(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3－18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3－19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3－20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3－21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3－22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3－23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。

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t （s ）v （m.s -1）12m v m vo1.3题图题图第三章机械振动一、选择题1．质点作简谐振动，距平衡位置2。

0cm 时，加速度a=4.0cm 2/s ,则该质点从一端运动到另一端的时间为（一端运动到另一端的时间为（ C ）A:1.2s B: 2.4s C:2.2s D:4.4s 解：解：s T t T xax a 2.2422,2222,22===\=====p pw pw w2．一个弹簧振子振幅为2210m -´,当0t =时振子在21.010m x -=´处，且向正方向运动，则振子的振动方程是：[ A ] A ：2210cos()m3x t p w -=´-；B ：2210cos()m 6x t pw -=´-；C ：2210cos()m 3xt pw -=´+ ；D ：2210cos()m 6x t pw -=´+；解：由旋转矢量可以得出振动的出现初相为：3p-3．用余弦函数描述一简谐振动，若其速度与时间（v —t ）关系曲线如图示，则振动的初相位为：[ A ] A ：6p ；B ：3p ；C ：2p ；D ：23p ；E ：56p解：振动速度为：max 0sin()v v t w j =-+0t =时，01sin2j =，所以06p j =或056p j = 由知1.3图，0t =时，速度的大小是在增加，由旋转矢量图知，旋转矢量在第一象限内，对应质点的运动是由正最大位移向平衡位置运动，速度是逐渐增加的，旋转矢量在第二象限内，对应质点的运动是由平衡位置向负最大位移运动，速度是逐渐减小的，所以只有06pj =是符合条件的。

符合条件的。

4．某人欲测钟摆摆长，将钟摆摆锤上移1毫米，测得此钟每分快0。

1秒，则此钟摆的摆长为（长为（ B ）A:15cm B:30cm C:45cm D:60cm 解：单摆周期解：单摆周期 ,2glT p=两侧分别对T ，和l 求导，有：求导，有：cm m m T dT dl l l dl T dT 3060)1.0(2121,21=-´-==\= 1.2题图题图xyoxy二、填空题1．有一放置在水平面上的弹簧振子。

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