大学物理第三章习题课选讲例题

合集下载

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

大学物理第三章刚体力学基础习题答案

方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J，并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据已知量推算电机的电磁力矩。解：设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma

g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质量力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律转动定律 M J M dt dt p mv 动量角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量角动量守恒 M 0, J 恒矢量力矩的功 W Md 力的功 W F dr

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

大学物理第三章部分答案知识讲解

大学物理第三章部分答案知识讲解大学物理第三章部分答案大学物理部分课后题参考答案第三章动量守恒定律和能量守恒定律选择题：3.15—3.19 A A D D C计算题：3.24 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平稳地传递50kg 的重物，结果是A 船停了下来，而B 船以3.4m/s 的速度继续向前驶去。

A 、B 两船原有质量分别为0.5?103kg 和1.0?103kg ，求在传递重物前两船的速度。

（忽略水对船的阻力）解：（1）对于A 船及抛出的重物和B 船抛来的重物组成的系统，因无外力（水对船的阻力已忽略），系统动量守恒设A 船抛出重物前的速度大小为v A 、B 船抛出重物前的速度大小为v B ，两船抛出的重物的质量均为m ．则动量守恒式为，0B A A A =+-mv mv v m （1）（2）对于B 船及抛出的重物和A 船抛来的重物组成的系统，因无外力（水对船的阻力已忽略），系统动量守恒设B 船抛出重物后的速度大小为V B ，则动量守恒式为，B B A B B B V m mv mv v m =+- （2）联立（1）、（2）式并代入kg 105.03A ?=m 、kg 100.13B ?=m 、kg 50=m 、m /s 4.3B =V 可得 m/s 4.0))((2B A B B A -=----=m m m m m mV m v3.38用铁锤把钉子敲入墙面木板。

设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。

若第一次敲击，能把钉子钉入木板m1000.12-?，第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速度，那么第二次能把钉子钉入多深？解：因阻力与深度成正比，则有F = kx （k 为阻力系数）。

现令x 0 = 1.00?10－2 m ，第二次钉入的深度为x ?，由于钉子两次所作功相等，可得+=x x x x x kx x kx 000d d 0m 1041.02-?=?x。

大学物理第3章习题解答1ppt课件

m m v m v 1 ( 1 )
又由机械能守恒定律，有：
1 2m2 v1 2m m v1 21 2k2x (2 )
由式(1)(2)可得：
x kmmmmv 最新课件
19
3-30 以质量为m的弹丸，穿过如图所示的摆锤后，速率由v减少到 v 2。已知摆锤的质量为m ，摆线长度为l ，如果摆锤能
(A) 动量守恒，机械能守恒
(B) 动量不守恒，机械能守恒
C
D
(C) 动量不守恒，机械能不守恒
A
B
(D) 动量守恒，机械能不一定守恒
最新课件
3
3-5 如图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而
C 穿出。以地面为参考系，下列说法中正确的说法是（）（A）子弹减少的动能转变为木块的动能
（B）子弹—木块系统的机械能守恒
最新课件
14
3-20 一人从10.0m深的井中提水，起始桶中装有10.0kg的水，由于水桶漏水，每升高1.0m要漏去0.20kg的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。
解：水桶在匀速上提过程中，a=0，拉力与水桶重力平衡，有：
FP0 在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为：
Pm g0.2gy
F
F0F0 Lx，则在x Nhomakorabea0到x=L过程中作功，
W 0 LFd 0 x L F 0F L 0x d xF 2 0L
由动能定理有：W 1mv2 0
2
得x=L处的质点速率为：v F0L m
此处也可用牛顿定律求质点速率，即：
F0F L0xmddvtmd dvxv
分离变量后，两边积分也可得同样结果。
(C) 只有 (2) 是正确的
(D) 只有 (3) 是正确的

《大学物理教程》郭振平主编第三章光的干涉知识点及课后习题答案

图3-2
如图3-2所示，设薄膜的厚度为 e ，折射率是 n ，薄膜周围介质的折射率是 n1 ，光射入
薄膜时的入射角是 i ，在薄膜中的折射角是，透镜 L 将a、b两束平行光会聚到位于透镜焦
平面的观察屏P上使它们相互叠加形成干涉。
当 n n1 时在反射光中要考虑半波损失，反射光中亮条纹和暗条纹分别对应
杨氏双缝干涉：
图3-1
杨氏双缝干涉实验装置如图 3-1 所示，亮条纹和暗条纹中心分别为
x k D ， k 0,1, 2,... ：亮条纹中心 a
x 2k 1 D ， k 1, 2, ：暗条纹中心
2a 式中， a 为双缝间距； D 为双缝到观察屏之间的距离；为光波的波长。
杨氏双缝干涉条件： a ≈ ； x << D 。
2e
n2
n12
sin 2
i
k
1 2
：亮条纹
2e n2 n12 sin2 i k ：暗条纹 k 1, 2,3, 。
由此可以看出，对厚度均匀的薄膜，在 n 、 n1 、 n2 和 e 都确定的情况下，对于某一波长而言，两反射光的光程差只取决于入射角。因此，以同一倾角入射的一切光线，其反射相干光有相同的光程差，并产生同一干涉条纹。换句话说，同一条纹都是由来自同一倾角的入射光形成的。这样的条纹称为等倾干涉条纹。
中央明纹相位差 0 ，光强 I0 4I1
P 点相位差，该点的光强度和中央明纹的光强度之比 4
I cos2 cos2 0.8536
I0
2
8
3-2 在杨氏实验装置中，两小孔的间距为 0.5 mm，光屏离小孔的距离为 50 cm。当
以折射率为 1.60 的透明薄片贴住小孔 S2 时，如图 3-5 所示，发现屏上的条纹移动了 1cm，试确定该薄片的厚度。

大学物理第三章习题课选讲例题PPT课件

动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
例4 甲、乙、丙三物体的质量之比是1：2：3，若它
们的动能相等，并且作用于每一个物体上的制动力都相
同，则它们制动距离之比是：
（C）
（A）1：2：3
（B）1：4：9
（C）1：1：1
（D）3：2：1
分析：由动能定理可知三个制动力对物体所作的功相等；在这三个相同的制动力作用下，物体的制动距离是相同的.
物理学教程（第二版）
作业：8，10，11，12，13
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
感谢亲观看此幻灯片，此课件部分内容来源于网络，如有侵权请及时联系我们删除，谢谢配合！
位置重力势能为零
mgcosNmv2
01m v2mg (1 RR co)s
2
cos 2 cos1 2 时，小球脱离大球.
3
3
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
例13 一轻弹簧悬挂一金属盘，弹簧长l1 10cm
一个质量和盘相同的泥球，从高于盘 h30cm
r0 r2 r0
由动能定理 WEkEk012mv2
得到： v 2 k mr 0
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
例8一质点在如图所示的坐标平面内作圆运动，有
一力 F F 0(x i y j)作用在质点上，求质点从原点
运动到（0，2R）位置过程中，力所作的功.
挂一长为l ,质量为m的小球, 开始时, 摆线水平, 摆球
静止于A，后突然放手，当摆球运动到摆线呈铅直位

大学物理课后习题详解(第三章)中国石油大学

3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质习题3-1图量分别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如图所示。

求炮车的反冲速率是多大?[解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。

由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0所以 ()mM mv v m M v +++='θcos 0此即为炮车的反冲速率。

3-2 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。

若有N 个人，质量均为m ，站在车上。

开始时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。

试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为NmM Nmuv v ++=0(2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 10[证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。

人相对于地面的速度为u v -，则()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0所以 NmM Nmuv v ++=0(2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+-所以 ()Mm x N muv v ++-+=-11x x此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得Mm muv v ++=-1N NMm muv v ++=--22N 1N……………………()M m N muv v +-+=112 MNm muv v ++=01将上面所有的式子相加得()Mm muM m mu M m N mu M Nm mu v v ++++++-+++=210N 此即为第N 个人跳离车后的速度，即()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 103-3 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力800400x F -=。

大学物理课件第3章刚体的转动刚体转动练习

刚体转动练习
刚体的转动
如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑
轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它
R
与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为 M、半径为R，其转动惯量为MR2/2，滑轮
M
轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过
程中，下落速度与时间的关系．
m
Copyright © by LiuHui All rights reserved.
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滑轮受拉力为F，而且F=mg。设A、B两滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮的摩擦，则有
(A) βA =βB (B) βA> βB (C) βA<βB (D)开始时βA =βB ，以后βA< βB
C
A
B
m
F
Copyright © by LiuHui All rights reserved.
Copyright © by LiuHui All rights reserved.
刚体转动练习
刚体的转动
一飞轮以角速度ω0绕光滑固定轴转动，飞轮对轴的转动惯量为J，另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一转
轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍，啮合后整个
系统的角速度ω =
。
ω0/3
Copyright © by LiuHui All rights reserved.
m,r m
m,r 2m
Copyright © by LiuHui All rights reserved.
刚体转动练习
刚体的转动
一质点作匀速圆周运动时， C (A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变 (B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变 (C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变 (D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变

大学物理课课件第3章_刚体的定轴转动

G2 G1
(m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2) (m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2)
a
gt 2
(rad)
两匀直细杆
两者瞬时角加速度之比转动定律例题五
θ
θ
根据
1 2 1 2
θ θ
1 3 1 3
地面从等倾角处静止释放
短杆的角加速度大且与匀质直杆的质量无关
第3节机械能守恒定律
用两个对转的顶浆
（支奴干 CH47)
A、B两轮共轴 A以ωΑ作惯性转动
守恒例题一
两轮啮合后一起作惯性转动的角速度
ωΑΒ
以A、B为系统，忽略轴摩擦，脱离驱动力矩后，系统受合外力矩为零，角动量守恒。
初态角动量末态角动量
得
守恒例题二
木棒弹
以弹、棒为系统击入阶段子弹击入木棒瞬间，系统在
铅直位置，受合外力矩为零，角动量守恒。该瞬间之始该瞬间之末棒弹棒
对质点运动和刚体转动定律
m 1 m 2 和 m 分别应用
及
β
R
T2 T2
m
T1 T1 m1
m1 g – T1 = m1a T2 – m2 g = m2a ( T1 – T2 ) R = Iβ
得故
a = Rβ
1 I = 2 mR2 常量
β
(m1-m2)g = R(m1+ m2+ m 2) 由
m2
a
定轴转动物理量
1. 角位置
描述刚体（上某点）的位置刚体定轴转动的运动方程刚体
刚体中任一点
(t+△t) (t) 参考方向
2. 角位移

大学物理第3章刚体力学习题解答之欧阳歌谷创编

第3章刚体力学习题解答欧阳歌谷（2021.02.01）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 ddtd -==-+==ωθβω 3.14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：3.15 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：对其轴线的转动惯量dI z 为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。

解：大圆盘对过圆盘中心o 且与盘面垂直的轴线（以下简称o 轴）的转动惯量为221MR I =.由于对称放置，两个小圆盘对o 轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘质量的面密度σ=M/πR 2，根据平行轴定理，设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o 轴的转动惯量为I”3.19一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm 2，转速为ω=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μ=0.4，轮半径为r=0.4m ，问从开始制动到静止需多长时间？解：由转动定理：制动过程可视为匀减速转动，/t αω=∆∆3.20一轻绳绕于r=0.2m 的飞轮边缘，以恒力F=98N 拉绳，如题3-20图（a ）所示。

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。

安徽理工大学大学物理上习题集讲解------ 第三单元牛顿定律动量和冲量

第三单元牛顿定律动量和冲量[课本内容] 马文蔚，第四版，上册 [30]-[50]，[58]-[65] [典型例题]例3-1．桌面上有一块质量为M 的木板，木板上放一个质量为的物体。

物体和木板之间、木板与桌面之间的滑动摩擦系数为，静止摩擦系数为。

现在要使木板从物体F至少多大？解：例3-2．质量分别为m 和M 的滑块A 和B ，叠放在光滑水平面上，如图．A 、B 间的静摩擦系数为μS ，滑动摩擦系数为μk ,系统原先处于静止状态．今将水平力F 作用于B 上，要使A 、B 间不发生相对滑动，应有。

(ans .)例3-3．图中所示的装置中，略去一切摩擦力以及滑轮和绳的质量，且绳不可伸长，则质量为m 1的物体的加速度a 1= __________.解：对m 1：T 1=m 1a 1对m 2： m 2g －T 2=m 2a 2又 T 2=2T 1， a 1=2a 2 ………例3-4．质量为m 的平板A ，用竖立的弹簧支持而处在水平位置，如图．从平台上投掷一个质量也是m 的球B ，球的初速为v ，沿水平方向．球由于重力作用下落，与平板发生完全弹性碰撞。

假定平板是光滑的．则与平板碰撞后球的运动方向应为(A) A 0方向． (B) A 1方向．(C) A 2方向． (D) A 3方向．［］提示：竖直方向上动量守恒，m B v By =m A v A 。

B 与A 碰后只有A 2方向速度。

所以选A 。

例3-5．三个物体A 、B 、C 每个质量都是M 。

B 、C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者间连有一段长为0. 4m 的细绳，原先放松着B 的另一侧用一跨过桌边的定滑轮的细绳与A 相连(如图)。

滑轮和绳子的质量及轮轴上的摩擦不计，绳子不可伸长。

问：(1) A 、B 起动后，经多长时间C 也开始运动?(2) C 开始运动时速度的大小是多少? (取g=10m ·s -2)解：（1）设绳中张力为T ，分别对A 、B 列动力学方程解得设B 、C 之间绳长为，在时间t 内B 物体作匀加速运动，有m k μS μg M m F Ma g M m mg F mamg k s k s s ))(()(++=⇒⎩⎨⎧=+--≥μμμμμmg M M m F s)(+≤μa M T g M A A =-a M T B =)/(B A A M M g M a +=M M M B A == g a 21=∴l 4/2221gt at l ==12 3（2）B 和C 之间绳子刚拉紧时，A 和B 所达到的速度为令B 、C 间拉紧后，C 开始运动时A 、B 、C 三者的速度大小均为V ，由动量定理（T AB 为AB 间绳中张力，T BC 为BC 间绳中张力）得例3-6．如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h=0.5m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上，设料斗口连续卸煤的流量为q m =40kg/s ，A 以v=2.0m/s 的水平速度匀速向右移动。

大学物理第三章习题答案PPT课件

2mv
式中n为正整数；
（3）试证明符合以上两个要求的轨道半径必须满足下式
r
n2 0h2 ne2
，式中n为正整数
最新课件
8
解：由题意可知
（1）
m v2 r
e2
4 0r 2
r
e2
4 0mv2
（2）电子做圆周运动，其对核的角动量为L=rmv,依题意有
Lrmv hn
2
r nh
2mv
（3）由
r
nh ,
2mv
机械能守恒，得：
1J212mg1 lcos
22
3
联立以上各式，解得： cos 23
48
61.37。
最新课件
12
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
中水的流速v和水面高度h之间的关系。
D
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
f
的大小：与 f 的大小相最新同课件；方向：与 f
的方向相反。 3
3.7 一水平均质圆台的质量为200kg，半径为2m，可绕通过其中心的铅直轴自由旋转(即轴摩擦忽略不计)．今有一质量为
60kg的人站在圆台边缘．开始时，人和转台都静止，如果人在台上以1.2m·s-1的速率沿台边缘逆时针方向奔跑，求此圆台转动的角速度．
料量为 r ，试求传递带受到饲料的作用力的大小和方向（不计
相对传送带静止的饲料质量）
解以 t~t+dt 内落到传递带上的饲
H
v
料为研究对象，它的质量为 dm
= rdt ，在与传递带接触之前的
速度大小为：

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。

大学物理上册一二章习题公开课一等奖优质课大赛微课获奖课件

6.劲度系数为k弹簧，上端固定，下端悬挂重物．当弹簧伸长x0，重物在O处达到平衡，现取重物在O处时各种势能均为零，则当弹簧长度为原长时，系统重力势能为_为_____________k__x__02．；12 k系x（02 统答弹案性用势k和能x为0表_示__）____；12系kx统02 总势能
k
xB 0.6R
vC2 0.8gR N 0.8mg
第24页
第三章习题课
5. 如图所表示,质量为m木块,从高为h,倾角为q 光滑斜面上由静止开始下滑,滑入装着砂子木箱中,砂子和木箱总质量为M,木箱与一端固定, 劲度系数为k水平轻弹簧连接,最初弹簧为原长,木块落入后,弹簧最大压缩量为l,
sinq 1 0.64 0.6
2mg sinq cosq 0.6mg sinq mat
at 0.6g 5.88 m/s2 N N F cosq mg cos 2q 0.2mg
第23页
第三章习题课
mg sin 2q F sinq mat
N F cosq mg cos 2q man
一.选择题
第三章习题课
1. 对于一个物体系来说，在下列条件中，哪种情况下系统机械能守恒？
(A) 合外力为0； (B) 合外力不作功； (C) 外力和非保守内力都不作功； (D) 外力和保守内力都不作功。
2.两个质量相等小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳
悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所表示．将绳
第31页
试求木箱与水平面间摩擦系数．
解: m落入木箱前瞬时速度 v0 2gh
m
h
q
M
k
以M、m为系统,m落入木箱时沿水平方 l 向m与M间冲力（内力）远不小于地面与木箱间摩擦力（外力）,在水平方向动量守恒 mv0 cosq (M m)v

大学物理刚体力学习题讲解

所以lrt为恒量那么角动量imvrmlrt为恒量简单地说没有外力提供的和力矩所以动量守恒一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴o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上的子弹子弹射入圆盘并且留在盘内则子弹射入后的瞬间圆盘的角速度70kg652275kgm1r5m如图所示一均匀细杆ab长为l质量为ma端挂在一光滑的固定水平轴上它可以在竖直平面内自由摆动
m ,r
m1
6 解：撤去外加力矩后受力分析如图所示

m1g－T = m1a
Tr＝J
a＝r a = m1gr / ( m1r + J / r) 代入J ＝
a
T
P
m1 v 0
m, r1 2 mrFra bibliotek2m1 g a= = 6.32 ms2 1 m1 m 2
∵
v 0－at＝0
∴
t＝v / a＝0.095 s
设m1下降，m2 上升 m1g - T1 m1 a T2 m 2 g m 2 a T1 R T2 R I 1 2 I m3 R 2 a R
2(m1 m2 ) a 联立方程得到 g 2(m1 m2 ) m3 2(m1 m2 ) g [2(m1 m2 ) m3 ]R 4m1m2 m1m3 T1 g 2(m1 m2 ) m3 4m1m2 m2 m3 T2 g 2( m m ) m
①物体状态at=rβ （P-atm）r=Jβ ②拉力情况下Pr=Jβ
挂重物时，mg－T= ma =mRβ, TR =J, P=mg 由此解出
mgR 2 mR J
而用拉力时， mgR = Jβ`
mgR J
/
故有 β`＞
3. 三个质量均为m的质点，位于边长为a的等边三角形的三个顶点上．此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J0＝ma2 ，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为JA＝1/2ma2，对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为 JB＝1/2ma2 ．

大学物理第三章题目答案演示教学

第三章3.10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 M !的重物•小球作匀速圆周运动，当半径为r 。

时重物达到平衡.今在M !的下方再挂一质量为 M 2的物体，如题3.10图•试问这时小球作匀速圆周运动的角速度题3.10图解：在只挂重物时 M i ，小球作圆周运动的向心力为M i g ，即挂上M 2后，则有(M 1 M 2)g mr重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.3.13计算题3.13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 = 50 kg ,m 2 = 200 kg,M = 15 kg, r = 0.1 m和半径r 为多少？Mig2mr 。

o联立①、②、③得1 2 1 ________________________ m 2(M 1 M 21)3mv 0l Imvlm 2g T 2 m 2 aT 1 m 1a②对滑轮运用转动定律，有1 2T 2r T 1r (尹『)③ 又，a r④联立以上4个方程，得3.15如题3.15图所示，质量为 M ，长为I 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴 0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.(1) 设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 v o 的值；(2) 相撞时小球受到多大的冲量？题3.15图解：(1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，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：解：分别以m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示.对m i , m 2运用牛顿定律，有m>2g M m 1 m 2— 2200 9.8 5 2007.6ms 2题 3.13(a)图(b)题 3.13(b)图1I 2 Mgj(1 cos30)由③式得12cos30 )由①式由①式求得'6(2 -3)gl M负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.3.16 一个质量为M 半径为R 并以角速度转动着的飞轮(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，见题 3.16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？1 2 1 ] 2 1 2 -mv o - I mv2 2 21上两式中I — Ml 2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移;3碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度30°，按机械能守恒定律可列式:3 2由②式所以(V o求得(2)相碰时小球受到的冲量为FdtV o2VoIml12I ml)2 (mv) mvFdt mvmv o(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V oR设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有v 2 v 0 2gh令v 0，可求出上升最大高度为H 遽丄R 2 2 2g 2g(2)圆盘的转动惯量I 】MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量 I - MR 2 mR 2，碎片脱2 2离前，盘的角动量为I ，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I Imv 0 R式中为破盘的角速度.于是1 2 1 2 2 MR 2 ( MR 2 mR 2) mv 0R 2 2 1 2 2 1 2 2 (MR 2 mR 2) ( MR 2 mR 2)得(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(1M R 2 mR 2)mR 2) 21 1转动动能为E k( MR 2题3.16图。