大学基础物理学答案(习岗) 刚体力学讲解

由转动的动能定理可得外力矩对飞轮做的功为
W Ek2 Ek1 2.1 103 1.97 10 4 1.75 10 4 J
故飞轮对外所做的功为
W 1.75 10 4 J
3-15 一个质量为 m，长为 l 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自
3
由悬挂。现在以 F 的力打击它的下端点，打击时间为 t 。(1)若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的 变化；(2)棒的最大偏转角是多少？ 解：(1)在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则 获得一定的角速度。由刚体的角动量定理得
系统动能的变化为
Ek
1 1 mR 2 J J 2 J mR 2 2 mR 2 2 2 2 2J




最心疼的人只有你 演唱：张振宇 两只小船儿 孤孤零零 浮浮沉沉漂泊风浪里 终于有一天 在海边相遇 他们牵着手决定不分离 从普通朋友 变成情侣 这是千年修来的福气 茫茫人海中 多少的过客 最心疼的人 依然只有你 深深的感情 厚厚的回忆 难道只留下 一声叹息 我们风里雨里好不容易才能在一起 说什么也不能让你再离我而去 不愿一错再错等到失去才懂得珍惜 一个人哭泣在夜里
/ 4 ， 2 / 4 代入
B4
0 I 8 2 0 I I 2sin 4 3.60 0 4 r L L
在图 6-2(b)中，通电线圈中心处产生的
33-18 长为 l、质量为 M 的均质杆，一端悬挂，可绕通过 O 点垂直于纸面的轴转动。今让杆自水平位 置无初速地落下，在铅垂位置与质量为 m 的物体 A 作完全非弹性碰撞，如本题图所示，碰撞后物体 A 沿 摩擦系数为 的水平面滑动。试求物体 A 沿水平面滑动的距离。 解：像处理一般涉及碰撞的问题一样，这个问题要分为三个阶段求解：杆自水平位置落到铅垂位置， 并将和 A 碰撞的瞬间为第一阶段；杆与物体 A 的碰撞过程为第二阶段，由于碰撞过程极短，可以认为物体 尚来不及移动；第三阶段为物体 A 沿水平面滑动的过程。 习题 3-18 用图 见上 第一阶段 取杆为研究对象，机械能守恒。设 为这一阶段末杆的角速度，
r·min-1 时，它的转动动能是多少?每冲一次，其转速降到 10 r·min-1，求每冲一次，飞轮对外所做的功。 解： 因为
E k1
1 1 2 30 4 J12 4.00 10 3 1.97 10 J 2 2 60
2
2
E k2
1 1 2 10 2 3 J 2 4.00 10 3 2.19 10 J 2 2 60
答：应用安培环路定理只能处理某些具有对称 性的磁场分布情况。能否得出结果的关键技巧在于 能否找出一个合适的闭合环路，得出 B 的环流。如 果找不到这样的闭合环路，就不能够用安培环路定 理来获得磁感应强度。
B4
将 r L / 8 ， 1 上式得
0 I (sin 2 sin 1 ) 4 r
9-2
在电子仪器中，为了减小与电源相
于是，通过各面的电通量为 q 6 0 7-11 试 利 用 电 场 强 度 与 电 势 的 关 系 式
连的两条导线的磁场，通常总是把它们扭在 一起。为什么? 答： 可以将扭在一起的两条通电导线看成 是交织在一起的两个螺线管。管外的磁场非 常弱；因两 个螺线管的 通电电流大 小相等、方 向相反，而
N
15.8 2.5r 2 2 3.14
（3）当 t=10s 时，飞轮的角速度为
t 1.26 10 2 10 1.26 103 rad s -1
于是，飞轮边缘一点的速度大小为
R 0.15 1.26 103 1.89 10 2 m s -1
从普通朋友 变成情侣 这是千年修来的福气 茫茫人海中 多少的过客 最心疼的人 依然只有你 深深的感情 厚厚的回忆 难道只留下 一声叹息 我们风里雨里好不容易才能在一起 说什么也不能让你再离我而去 不愿一错再错等到失去才懂得珍惜 一个人哭泣在夜里 独白...... 第七章思考题
7-7 一个点电荷 q 位于一个边长为 a 的立方体的中
6
将导线弯成周长为 L 的圆线圈，比较哪一种 情况下磁场更强。 解： 在本题图 (a)中， 由于正方形线圈电 流沿顺时针方向，线圈的四边在中心处产生 的磁场大小相等，方向都是垂直纸面向里。 所以，正方形中心点的磁感应强度为四边直 导线产生得磁感应强度的叠加。由教材例题 6-1 可知，其大小应为
理求解载流体系的磁场。
1 FR J MR 2 2

2 FR 2mg MR MR 2

1 2 mg 2 t t 2 MR
(2)在本题图（b）中，设 T 为绳子的张力，对圆盘使用转动定律有
1 TR MR 2 2
对物体 m，由牛顿定律得
mg T ma

d C dt J
图片在上面
根据初始条件对上式积分，有
1

由于 C 和 J 均为常量，得

0
d
t C dt 0 J
0 e -Ct J
当角速度由 0 0 2 时，转动所需的时间为
t
(2)根据初始条件对式 0 e
-Ct J
J ln2 C
积分，有
由于法向加速度大小为
an
切向加速度大小为
2
R

1.89 10
0.15
2 2
2.38 10 5 m s -2


at R 0.15 1.26 10 2 18.9 m s -2
于是，总加速度大小为


a an2 at2 2.38 105 18.9 2 2.38 105 m s -2
s
2 M 3m
3lM 2
2
3-19 在自由转动的水平圆盘上，站着一个质量为 m 的人。圆盘的半径为 R，转动惯量为 J，角速度为
4
。如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。
解：取人和圆盘为定轴转动系统。人与盘的相互作用力为系统内力，系统所受的重力是外力，但对转 轴的力矩为零，故系统的角动量守恒。 人站在盘边缘时，与圆盘具有相同的角速度 。此时，系统的角动量为
0 t ，得

t
2n 2 3.14 10 1.26 10 2 rad s -1 t 0.5
2 （2）飞轮转过的角度由 0 0 t t 可知为
1 2

1 2 1 t 1.26 10 2 0.5 2 15.8rad 2 2


2


3-6 如本题图所示，一个通风机的转动部分以初角速度 0 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，也为常量，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? 解：(1)根据题意设通风机叶片所受的阻力矩为 M C ，由转动定律 M J 可得叶片的角加速度 为
第 3 章刚体力学讲解
3-2 一个飞轮直径为 0.30 m，质量为 5.00 kg，边缘绕有绳子，现用力拉绳子的一端，使其由静止均 匀地加速，经 0.5 s 转速达 10 r·s-1。假定飞轮可看作实心圆柱体，求：(1)飞轮的角加速度；（2）飞轮在 这段时间里转过的转数； (3)拉动后 t 10 s 时飞轮边缘上一点的速度和加速度的大小。 解：飞轮在拉力的恒力矩作用下，作匀变角速转动。已知 0 0 ， 2n (1) 由
El
dU 分析下列问题： dl
（1） 在电势不变的空间内， 电场强度是否为 零？ （2） 在电势为零处，电场强度是否一定为 零？ （3） 在电场强度为零处，电势是否一定为 零？ 答：（1）是。当电势处处相等时，电势沿任 何方向的空间变化率为零，由
2
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R
1
(a) 思考题 9-3
(b)
且匝数基本相当，管内的磁场基本上可以相 互抵消。因此，与电源相连的两条导线，扭 在一起时比平行放置时产生的磁场要小得 多。
5
心，通过该立方体各面的电通量是多少？ 答：点电荷位于立方体中心时，通过该立方体 各面的电通量都相等，并且等于总通量的 1/6。由 高斯定理可知总通量为
（3）否。因为如果 El 等于零，则电势梯度为 零，但电势不一定为零。 实际例子：两个相同电荷连线中点处。

S
E dS
q
第九章思考题
0
El
dU 可知，场强为零。 dl
实际例子：静电平衡的导体内。 （2）否。因为电势为零处，电势梯度 一定为零，所以 El 也不一定为零。 实际例子：电偶极子连线中点处。
dU 不 dl
9-3
长为 L 的一根导线通有电流 I ，
在下列情况下求中心点的磁感应强度： （ 1） 将导线弯成边长为 L/4 的正方形线圈； （2）
L J mR 2
设人走到盘心时，系统的角速度为 。由于人已在转轴处， 所以就是 圆盘的角速度。此时，系统的角动量为


L J
由于系统角动量守恒，所以
J mR J
2
由此得

于是，角速度的变化为
mR2 J J
mR 2 J


0
d 0 e
0
t
在时间 t 内所转过的圈数为
-Ct J
dt

J 0 2C
N
J 0 2 4C
由此解得
3-7 一根轻绳绕于半径为 R 的圆盘边缘，在绳端施以 F=mg 的拉力，圆盘可绕水平固定光滑轴转动，圆盘 质量为 M，圆盘从静止开始转动。(1)试求圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系；(2)如以质量 m 的 物体挂在绳端，再计算圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。（而弹簧无伸长。？） 解：(1) 如本题图（a）所示，圆盘所受的合外力矩为 M=FR F=mg 对圆盘使用转动定律，有
L J0 Mdt Flt
(2) 在棒的转动过程，由于棒和地球所组成的系统， 除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械 能守恒，即有
3-14 题用图
1 1 2 J0 mgl1 cos 2 2
由上两式可解得
3F 2 t 2 arccos 1 - m 2 gl
1 2 1 1 kh m 2 J 2 mgh 2 2 2
其中，h 为物体下落高度，m 为物体质量，J 为轮子的转动惯量。由该式可解得

带入数据解得
2mgh kh2 m J r2
1.51m s -1
3-11 某冲床上飞轮的转动惯量为 4.00×103k·m2，当它的转速达到 30
再考虑到 a
R ，由上述各关系可解得圆盘的角加速度为
2

mgR 1 MR 2 mR 2 2

2mg MR 2mR

1 mg t2 t2 2 MR 2mR
解：取弹簧、轮子、物体和地球为系统，系统不受外力。 绳与滑轮间的摩擦力和绳的张力都是成对内力，由于绳与滑轮 间无相对滑动，以及绳不可伸长，这两对内力的功都为零，所 以利用机械能守恒定律即可求解；也可由牛顿运动定律和转动 定律求解。 设下落物体的速度为 ， 则轮子的转速 用图 为 r ，因绳子不可伸长，所以弹簧的 伸长量即为物体下落的距离。选物体下落 40 cm 时的位置为重 力势能零点，由机械能守恒定律得 习题 3-10
1 l J 2 0 Mg 2 2
将 J Ml / 3 代入上式，解得
2
2
第二阶段，设碰撞结束时杆的角速度为 ，则有
3g l
J J ml 2
1 2 mgs 0 ml 2
由此解出

M 3g l M 3m
在第三阶段，物体 A 在摩擦力作用下滑过的距离为根据质点的动能定理有