新编基础物理学第三章习题解答Word格式.docx
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、1211
L,在其中点0处弯成120角,。
放在xOy平面内,求铁丝对Ox题图3-3
轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。
(1)
解:
对x轴的转动惯量为:
Lq
Jxr2dm2(lsin60°
)2mdl—mL2
0L32
对y轴的转动惯量为:
1m
Jy
32
3-4
时角速度为每秒
Jz21m
电风扇开启电源后经过5s达到额定转速,此
5rs1,关闭电源后经过16s风扇停
止转动,已知风扇转动惯量为0.5kgm2,且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量,求电机的电磁力矩
解:
由定轴转动定律得
3-5一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上,如题
图3-5所示•轴水平放置且垂直于轮轴面,其半径为r,整个装置架在光滑的固定轴承之上•当物体从静止释放后,在时间t内下降了一段距离
S•试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和s表示)•解:
设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动定律得
mgTma
TrJ
由运动学关系有
ar
由①、②、③式解得
Jm(g-a)r2a
又根据已知条件V00所以
s1at2a年
2t2
将⑤式代入④式得
2gt2
Jmr叱1)M2.00kg,半径为R0.100m,一根不能伸长的轻绳,一端固定在定滑轮上,另一端系有一质量为m5.00kg,的物体,如题图3-6所示.已知定滑轮的转动惯量为J1MR2,其初角速度。
10.0rads1,方向垂直纸面向里•求:
(1)定滑轮的角加速度的大小和方向;
(2)定滑轮的角速度变化到0时,物体上升的高
度;
(3)当物体回到原来位置时,定滑轮的角速度的大小和方向。
(1)
由牛顿第二定律和转动定律列方程
TRJ
aR
解得
mgR2mg81.7(rads2)
mR2jmR2'
MR22mMR
方向垂直纸面向外
(2)由运动学方程得
0.612rad
所以物体上升的高度
hR6.12102m
(3)当物体回到原来位置时
210.0rads
题图3-7
3-7如题图3-7所示,质量为m的物体与绕在质量为M的定滑轮上的轻绳相连,设定滑轮质量M2m,半径为R,转轴光滑,设t0时v0,求:
(1)下落速度v与时间t的关系;
(2)t4s时,m下落的距离;
(3)绳中的张力T。
(1)设物体m与滑轮间的拉力大小为T,则
①
MTRJ
12-MR2
②
③
vat
④
由①②③式解得a4.9ms2,
并代入
④式得
v49
(2)设物体下落的距离为s,则
12i2
sat24.94239.2(m)
22
(3)由
(1)的①式得
Tmgma4.9N
3-8如题图3-8所示,一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成,大盘质量Ml10kg,半径R0.10m,小盘质量
M24kg,半径r0.05m。
两盘边缘上分别绕有细绳,细绳的下端各悬质量
m1m22kg的物体,此物体由静止释放,求:
两物
体m』2的加速度大小及方向解:
设物体m1,m2的加速度大小分别为a1,a2,与滑轮的拉力分别为T1,T2,
T|m|gm1a1
m2gT2m?
a2
a1r③
a2R④
MT2RT1rJ⑤
J1M1R2^M2r2⑥
22
把数据代入,解上述各式得
a10.6125ms2方向向上aa1.225ms2方向向下
3-9如题图3-9所示,一倾角为30。
的光滑斜面固定在水平面上,其上装有一个定滑轮,若一根轻绳跨过它,两端分别与质量都为m的物体1和物体2相连。
(1)若不考虑滑轮的质量,求物体1的加速度
(2)若滑轮半径为r,其转动惯量可用m和r表示为Jkmr2(k是已知常量),绳子与滑轮之间无相对滑动,再求物体1的加速度。
设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为T1、T2它们对地的加速度为a。
(1)若不考虑滑轮的质量,则物体1、物体2与滑轮间的拉力T1、T2相等,记为T。
则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得
Tmgsin30°
ma
解上两式得
方向竖直向下。
(2)若考虑滑轮的质量,则物体1、物体2与滑轮间的拉力T1、T2不相等。
则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律,和对滑轮应用刚体定轴转动定律得
mg
T2
a
M
J
解上述各式得
方向竖直向下(3-10一飞轮直径为0.3m,质量为5.0kg,边缘绕有绳子,现用恒力拉绳子的一端,使其由静止均匀地绕中心轴加速,经0.5s转速达10rs1,假定飞轮可看作实心圆柱体,求:
(1)飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数;
(2)拉力及拉力所做的功;
(3)从拉动后tios时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。
(1)角加速度为
-1021.26102(rads2)
t0.5
转过的角度为
12122
t1.26100.515.7(rad)
转过的圈数为
N—2.5圈
(2)由转动定律
0.15
J0.550.151.261047.1(N)
力矩做的功为
WMdM47.10.1515.7111(J)
(3)角速度为
231
t1.2610101.2610(rads)
边缘一点的线速度为
vR0.151.261031.88102(ms1)
边缘一点的法向加速度为
anR20.151.2621062.37105(ms2)
边缘一点的切向加速度为
aR0.151.261018.84(ms)
3-11物体质量为3kg,t0时刻位于
rV4Vm,Vi6j(ms1),如一恒力;
5jN作用在物体上,求3s后,
(1)物体动量的变化;
(2)相对z轴角动量的变化。
(1)由动量定理可知,动量的增量为
P;
jdto35jdt15jkgms1
(2)由角动量定理可知,角动量的增量为
rtr3r
LtoMdtoMdt
而
Mr(t)f
r(t)x(t)i「y(t)j(xoVxot)「(yovygt如旳丨(4t)[(6t-|t2)[③
rr
f5j
把③④代入②解得
M(205t)k
⑤
把⑤代入①解得:
L:
Mdt0(205t):
dt82.5:
kgm2s1
3-12水平面内有一静止的长为L、质量为m的细棒,可绕通过棒一末端的固定点在水平面内转动。
今有一质量为2m、速率为v的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点,子弹穿出时速率减为2v,当棒转动后,设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速率(其中比例系数为k)试求:
(1)子弹穿出时,棒的角速度°
为多少?
(2)当棒以转动时,受到的阻力矩Mf为多大?
(3)棒从0变为1°
时,经历的时间为多少?
(1)以子弹和棒组成的系统为研究对象。
取子弹和棒碰撞中间的任一状态分析受力,子弹与棒之间的碰撞力f、f'
是内力。
这一对相互作用力对同一转轴来说,其力矩之和为零。
因此,可以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零,则系统对转轴的角动量守恒
mvL
mvL
J0
222
J新L2
解上述两式得
3v
8L
(2)设在离转轴距离为I处取一微兀dl,则该微
元所受的阻力为
即上式可化为
解上式积分得
m210g的子弹,以v2.0102ms1的速度射入杆端,其方向与杆及轴正交。
若子弹陷入杆中,试求杆的角速度。
解根据角动量守恒定律
I,J、2
m2V2Jm)2
(2)
杆的转动惯量J丄m」2代入
12
I12I2
吋2[石叫讪护
6m2V29.1rads1
(m13m2)l
3-14如题图3-14所示,
\/
01/
质量为m的小球由一绳索系着,
/
以角速度o在无摩擦的水平面
上,做半径为ro的圆周运动。
女口题图3-14
果在绳的另一端作用一竖直向
下的拉力,使小球做半径为ro2的圆周运动。
试求:
(1)小球新的角速度;
(2)拉力所做的功。
解
(1)根据分析,小球在转动过程中,角动量守恒
(2)根据转动动能定理,拉力做的功等于小
球转动动能的增量
3mro2
3-15如题图3-15所示,一长为
21、质量为M的匀质细棒,可绕棒中点的水平轴O在竖直面内转
动,开始时棒静止在水平位置,一质量为m的
小球以速度u垂直下落在棒的端点,设小球与棒作弹性碰撞,问你碰撞后小球的反弹速度v及棒转动的角速度各为多少?
解:
取垂直纸面向里为角动量L正向,则系统初态角动量为mul,终态角动量为J(棒)和mvl(小球),由角动量守恒定律得
mulJmvl
因为是弹性碰撞,系统机械能守恒,可得
12121]2
-mumvJ
又
jAm(2i)2-Ml2
123
联立式①,②,③解得
M3m
vu
6mu
(M3m)l
3-16一长为L、质量为m的匀质"
"
细棒,如题图3-16所示,可绕水
平轴o在竖直面内旋转,若轴光滑,
今使棒从水平位置自由下摆(设转题图3-16轴位于棒的一端时,棒的转动惯量J£
mL2)。
求:
3
(1)在水平位置和竖直位置棒的角加速度;
(2)棒转过角时的角速度。
MJ得细棒在水
(1)由刚体定轴转动定律
平位置的角加速度为
L
Mmg?
3g
J1.22LmL
细棒在竖直位置的角加速度为
1mL2
(2)细棒在转动的过程中机械能守恒,由机械
能守恒定律得
mgLsin1J2
J1mL2
3gsin
■l
3解上述两式得
3-仃弹簧、定滑轮和物体如题图3-仃所示放置,弹簧劲度系数k为2.0Nm1;
物体的质量m为6.0kg。
滑轮和轻绳间无相对滑动,开始时用手托住物体,弹簧无伸长。
求:
(1)若不考虑滑轮的转动惯量,手移开后,弹
簧伸长多少时,物体处于受力平衡状态及此时弹簧的弹性势能;
(2)设定滑轮的转动惯量为0.5kgm2,半径r为0.3m,手移开后,物体下落0.4m时,它的速度为多大?
(1)若不考虑滑轮的转动惯量,设弹簧伸长了x距离时物体处于受力平衡状态,则
mgkx
x四329.4(m)
k2
此时弹簧的弹性势能为
Ep£
kx212(29.4)2864(J)
(2)若考虑滑轮的转动惯量,设物体下落的距离为h时,它的速度为v,滑轮的角速度为由机械能守恒定律得
mghfmv2
vr
0.4
把数据代入上述两式得
610°
42
v0.3
1
v2.0ms
3-18一转动惯量为j的圆盘绕一固定轴转动,初角速度为。
.设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即MK(K为正的常数),求圆盘的角速度从。
变为0时所需的时间.
根据转动定律得
MJ
JJ
dt
分离变量得
Jdt
d
两边积分
—1tK
2丄d-dt
00J
3-19质量为m的子弹,以速度vo水平射入放在光滑水平面上质量为m。
、半径为R的圆盘边缘,的半径垂直,圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴,如题图3-19所示,试求子弹射入后圆盘的角速度。
并留在该处,vo的方向与射入处
题图3-19
设子弹射入后圆盘的角速度为,则由角动量守恒定律得
mv0R(mR21m0R2)
解上式得
2mvo
2mRm0R
题图3-20
O点的距试求:
3-20一均质细杆,长L1m,可绕通过一端的水平光滑轴O在铅垂面内自由转动,如题图3-20所示。
开始时杆处于铅垂位置,今有一子弹沿水平方向以v10ms1的速度射入细杆。
设入射点离离为3l,子弹的质量为杆质量的9,
(1)子弹和杆开始共同运动的角速度
(2)子弹和杆共同摆动能达到的最大角度。
解
(1)子弹打进杆的过程中,子弹和细杆组成的系统角动量守恒,设子弹射入前的角速度为
0,子弹和细杆一起共同运动的角速度为,则由角动量守恒定律得
m‘3L)2mL2
16
J子()
94
J杆=1mL?
杆3
1040
厂§
4
把②③④式代入①式并解得
40rads
19
(2)设子弹和细杆共同摆动能达到最大角度为角,在摆动的过程中子弹和细杆及地球组成的系统机械能守恒,则由机械能守恒定律得
J杆)
(J子J杆)2m^(3L3Leos)mg(-L丄Leos)
294422
⑥
把②③⑤式及g10,L=1代入⑥式解得
eos0.8496
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