《新编基础物理学》第三章答案doc.docx
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《新编基础物理学》第三章答案doc
习题三
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,孔的中心在上穴处,2
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昂:
。
分析:
用补偿法(负质量法)求解,山平行轴定理求其挖去部分的转动惯量,用原圆盘转动
惯最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:
J,=-MR2①
2一
山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:
,1MR、MR、32八
L=J,.+md~=-x—x(—)~+—x(—)~=—MR~②
-'2424232
山①②式得所剩部分对通过原圆盘中心旦与板而垂直的轴的转动惯量为:
13o
j=jj^=—MR2
1一32
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。
处弯成9=120。
角,放在无0),平面内,求铁丝对轴、Qy轴、Oz轴的转动惯量。
分析:
取微元,山转动惯量的定义求积分可得
解
(1)对x轴的转动惯量为:
Jx=\rdrn=『(/sin60°)2—dl=—MIj
L32
(2)对y轴的转动惯量为:
J、=-x—x(-)2+P(/sin3()0)2—r//=—ML2
>322』)L96
(3)对Z轴的转动惯量为:
Tc1M/L勺1
J.=2x-x—x(—=—ML;
32212
3-3电风扇开启电源后经过5s达到额定转速,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旦摩擦力Mf和电磁力矩M均为常量,求电机的电磁力矩Mo
分析:
Mf,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,町得相应加速度,山转动定律求得电磁力矩虬
解:
由定轴转动定律得:
即
5x7T5x
M=J/3\+M=0.5x——+0.5x——=4.12N・m
516
3-4飞轮的质量为60kg,直径为0.5加,转速为l000r/min,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"=().4,飞轮的质量全部分布在轮的外周上,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。
对象闸瓦对飞轮的摩擦力f对0点的力矩使飞轮
逐渐停止转动,对飞山轮转动定律列方程,因摩擦系数是定值,则飞轮做匀角加速度运动,山转速求角加速度。
对象杆受的合力矩为零。
题图3-4
解:
设闸瓦对飞轮的压力为N,摩擦力为f,力矩为M,飞轮半径为R,则依题意得,
M=fR=J/3①
f=虾=&.4N②
Fx(0.5+0.75)=A^x0.5③
/=醐2=60x0.252④
°1000x2万一、
0=⑤
60x5
解:
①②③④⑤式得F=314N
3-5一质量为〃z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.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为,,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[内下降了一段距离S.试求整个轮轴的转动惯量(用〃1、r、t和S表示).分析:
隔离物体,分别画出轮和物体的受力图,山转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。
解:
设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为7,则根据牛顿运动定律和转动定律得:
mg-T-ma①
7>=功②
山运动学关系有:
a=r/3③
山①、②、③式解得:
J=m(g-a)r2/ci④
又根据己知条件vo=O
题图3-5
S=—at~,a=⑤
2r
2
将⑤式代入④式得:
J="(-一1)
2S
3-6-轴承光滑的定滑轮,质量为M=2.00kg,半径为/?
=0.100m,—根不能伸长的轻绳,—•端固定在定滑轮上,另一端系有一质量为m=5.00kg,的物体,如题图3-6所示.已知定滑轮的转动惯量为J=?
MR\其初角速度绍)=10.(kw〃&方向垂直纸面向里.求:
⑴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刃=0时,物体上升的高度;(3)当物体PI到原来位置时,定滑轮的角速度的大小和方向分析:
隔离体受力分析,对平动物体山牛顿第二定律列方程,对定轴转动物体山转动定律列方程。
解:
(1):
mg-T=ma
TR=J/?
a=R/3
.・.”=叫=,业苴、…81.7*冶
皿+J伸日顼r?
(2彻+M)R
2
方向垂直纸而向外
(2):
or—69q—2/?
9
2
当(v=0时,0——0.612rad
2”
物体上升的高度h=R0=6.12x102m
(3)o)=】2/30=10.Orad/s
方向垂宜.纸面向外.
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M=2in,半径R,转轴光滑,设[=0时u=0,求
(1)下落速度D与时间t的关系;
(2),=4s时,m下落的距离;(3)绳中的张力T°
分析:
对质量为m物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。
解:
(1)设物体m与滑轮间的拉力大小为T,则
mg-T=ma①
M=TR=J/3=\mr2/3②
a=R/3③
v=at④
解:
①(§)③式得a=4.9m/s2,并代入④式得v=4.9t
(2)设物体下落的距离为s,则
191,
s=—。
广=—x4.9x4~=39.2/〃
22
(3)由
(1)的②式得,T=mg-ma-4.9
3-8如题图3-8所示,一个组合滑轮山两个匀质的圆盘固接而成,大盘质量M|=10Ag,半径/?
=0.10/?
2,小盘质量M?
=4kg,半径,=0.05,〃。
两盘边缘上分别绕有细绳,细绳的下端各悬质量/?
:
!
=m2=2kg的物体,此物体山静止释放,求:
两物体妈,华的加速度大小及方向。
分析:
分别对物体m,,/n2应用牛顿第二定律,对滑轮应用刚体定轴转动定律解:
设物体的加速度大小分别为%皿,与滑轮的拉力分别为T】,L,
题图3-8
Tx=m}a{①
m2g-T2=m2a2②
%=r/3③
q=R0④
M=T2R-T,r=J/3⑤
J=-M}R2+-M^2⑥
212.
把数据代入,解上述各式得a}=0.6125m/尸方向向上
=1.225m/s'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/=饥尸(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。
分析:
(1)对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。
(2)两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。
解:
设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为匕、7;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与滑轮间的拉力匕、7;相等,记为T。
则对1、
2两物体分别应用牛顿第二定律得,
题图3-9
mg-T-ma
T-mgsin30°=ma
解上两式得:
a=g/4mis2,方向竖直向下。
(2)若考虑滑轮的质量,则物体1、物体2与滑轮间的拉力兀、7;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—1\=ma①
T2一/ngsin30°=ma②
a=r/3③
M=T,r-T2r=J/3④
J=kmr~⑤
解上述各式得:
ci=—苴—m/?
方向竖直向下。
2(2+幻
3-10-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,使其山静止均匀地绕中心轴加速,经0.5s转速达每秒10转,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)拉力及拉力所作的功;(3)从拉动后t=10s
时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。
分析:
利用转动定律,力矩作的功定义,线量与角量的关系求解。
解
(1)角加速度为:
fi=-=l°x27r=i.26x\02rad/s2
t0.5
转过的角度为:
0=-Pt2=-xl.26xl02x0.52=15.7rarf
22
转过的圈数为:
N=0=2.5圈
2兀
(2)山转动定律M=fR=J/3得
=47.IN
里_0.5x5x0.152x1.26x1()2
'~~R~0J5
力矩做的功为:
A=^Md0=MO=47.1x0.15x15.7=111/
(3)角速度为:
a)=fit=\.26x102x10=1.26x103rad/s
边缘一点的线速度为:
v=/?
^=0.15xl.26xl03=1.88xl02m/5
边缘一点的法向加速度为:
=R/2=°15x1.26?
xlO6=2.37x105mls2
边缘一点的切向加速度为:
6/r=/?
^=0.15xl.26xl02=18.84m/r3-11—•质量为M,长为/的匀质细杆,一端固接一质量为m的小球,可绕杆的另一端。
无摩擦地在竖宜平面内转动,现将小球从水平位置A向下抛射,使球恰好通过最高点C,如题图3-11所示。
求:
(1)下抛初速度v0:
(2)在最低点B时,细杆对球的作用力。
分析:
山机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线景关系求解。
解
(1)如图3-11,取向下抛点作势能零点,山机械能守恒定律得,
I"719C
题图3-11
5刀%+^Jco~=Mg^+mglJJJ
J=-M/2②
3
v0=la)③
解①②③得,%=j(3M+6亟
V3m+M
(2)取最低点作势能零点,
山机械能守恒定律和牛顿第二定律得,
—mv2+—JO)1=Mgl+2mgl①
2
N-mg=/n—②
v=la)③
15/n+7M
解:
①②③④得,N=mg
3m+M
3-12物体质量为3kgJ=0时位于r=4zm,u=i+6jm-5-1,如一•恒力f=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。
分析:
写出r(r)的表达式及力f对Z轴的力矩Mo由动量定理、角动量定理求解。
解
(1)山动量定理得,动量的增量为:
AP=j『.出=£5j-dt=15jkg・s・s"
(2)山角动量定理得,角动量的增量为:
AL=M^dt=^M-dt①
而M=r(t)xf②
r(r)=x(t)T+y(t)j=(x0+vvOr)F+(y0+vor+^-ar)J=(4+r)F+(6r+|r2)}③26
f=5j④
把③④代入②解得:
府=(20+5旅⑤
把⑤代入①解得:
AL=^M-dt=£(20+5t)k-dt=S2.5kkg-in2-s'1
3-13水平面内有一•静止的长为L、质量为〃,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Ln、速率为u的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点,2
子弹穿出时速率减为上口,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(比
2
例系数为k)试求:
(1)子弹穿出时,棒的角速度刃。
为多少?
(2)当棒以©转动时,受到的阻力矩M了为多大?
(3)棒从刃°变为一刃°时,经历的时间为多少?
分析:
把子弹与棒看作一个系统,子弹击穿棒的过程中,转轴处的作用力的力矩为零,所以击穿前后系统角动量守恒,可•求待击穿瞬间棒的角速度。
棒转动过程中,对棒划微系计算元阻力矩,积分可得总阻力矩,应用转动定律或角动量定理可求得所需时间。
解
(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/、是内力。
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。
mv
J=-ml}
3
3v
解上述两式得:
^0=—
o8L
(2)设在离转轴距离为/得取一微元出,则该微元所受的阻力为:
df=kvdl=klcocll
该微元所受的阻力对转轴的力矩为:
dM/=Idf=k(j()l2dl
则细棒所受到的总阻力矩为:
Mf[dMf=£kcol'dl=—kcoC
(3)山刚体定轴转动定律得,
Mi=J/3=-J—=-kco2
,扩dt3
即上式可化为:
7四="出
0)3
对上式两边分别积分得:
-jp
效3由3
解上式积分得:
t=^Lhl
ki2
把J=代入上式得:
(=四重
3kL
3T4两滑冰运动员,质量分别为M‘=70kg,MB=SOkg,它们的速率外=7"广,,uB=8/h-5'1在相距1.5m的两平行线上相向而行,当两人最接近时,便拉起手来,开始绕质心作圆周运动并保持两人间的距离1.5m不变。
求:
(1)系统总的角动最;
(2)系统一起绕质心旋转的角速度;(3)两人拉手前后的总动能,这-•过程中机械能是否守恒,为什么?
分析:
利用系统质心公式,两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求解。
解
(1)设两人相距最近时以运动员A作原点,山质心公式得,两运动员的质心为:
jMn+M冉=70x0+80x1.5=0跖
Ma+Mr70+80
两人组成的系统对质心的总的角动量为:
L=心//^+财"*(1.5—元)=70x7x0.8+80x8x(1.5—0.8)=840kg
(2)两人拉手过程中,所受力对质心转轴的力矩之和为零,则两人组成系统前后角动量守恒。
L=Joj=[Max2+(1.5—I)2]3
BP:
840=(70x0.82+80x0.T}o)解上式得:
a)=1Orad/s
(3)两人拉手前的动能为:
E=-x70x72+-x80x82=4275J
auaado2
两人拉手后的动能为:
E=1=1x(70xO.82+80x0.72)x102=4200J
A22
因此,系统前后的机械能不守恒。
我们可以把两人拉手的过程看作完全非弹性碰撞,因此系统前后机械能不守恒。
3-15如题图3-15所示,一•长为2/、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〃垂直下落在棒的端点,设小球与棒作弹性碰撞,求碰撞后小球的反弹速度u及棒转动的角速度(D各为多少?
分析:
以小球和棒组成的系统为研究对象。
取小球和棒碰撞中间的任一•状态分析受力,棒受的重力Mg和轴对棒的支撑力N对。
轴的力矩均为零。
小球虽受重力mg作用,但比起碰撞时小球与棒之间的碰撞力r而言,可以忽略不计。
又/'、./■‘是内力,一•对相互作用力对同一转轴来说,其力矩之和为零。
因此,可以认为棒和小球组成的系统对0轴的合外力矩为零,则系统对。
轴的角动量守恒。
解:
取垂直纸面向里为角动量L正向,则系统初态角动量为顽,终态角动量为Jo)(小棒)和-讨(小球),有角动量守恒定律得
mid=J0)—mvl①
因为弹性碰撞,系统机械能守恒,可得T
—mu2=—mv2+—Jco2②L——]
22211
又③题图3-15
联立式①,②,③解得
M-3mv=u
M+3/n
6mu
=
(M+3m)Z3-16一-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在竖宜面内旋转,若轴光滑,今使棒从水平位置自山下摆。
求:
(1)在水平位置和竖宜位置棒的角加速度〃;
(2)棒转过。
角时的角速度。
分析:
山转动定律求角加速度,山在转动过程中机械能守恒求角速度。
解
(1)有刚体定轴转动定律M=邛得,
题图3-16
L
Mmg—3
细棒在水平位置的角加速度为:
p=-=—^=^-
J1口2L-mL3
细棒在竖直位置的角加速度为:
/?
=—=—^-=0
JM
3
(2)细棒在转动的过程中机械能守恒,山机械能守恒定律得,
又J=—mis
3
解上述两式得:
口f3gsi"
3-17弹簧、定滑轮和物体如题图3-17所示放置,弹簧劲度系数k为2.0N"疽;物体的质最刀为6.0炫。
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)设定滑轮的转动愦量为0.5奴•仃,半径,•为0.3m,手移开后,物体下落0.4m时,它的速度为多大?
分析:
(1)不考虑滑轮的转动惯量,山物体受力平衡求伸长量x,
再求弹性势能o曷〃加〃〃城
(2)若考虑滑轮的转动惯量,则弹簧、滑轮、物体和地球,物
组成的系统机械能守恒2
解
(1)若不考虑滑轮的转动惯量,设弹簧伸长了x距离题图3T7
时物体处于受力平衡状态,J
则:
mg=kx
mg6xg
x=—=——=3g(m)
K乙
此时弹簧的弹性势能为:
Ep=-kx2=-x2x(3g)2=9点
(2)若考虑滑轮得转动惯量,设物体下落的距离为h时,它的速度为v,滑轮的角速度为切,则由机械能守恒定律得,
mgh=—mv2+—JCO2+—kh2
222
v=rco
把数据代入上述两式得,
1.191
6x10x0.4=—x6xu~+—x0.5x+—x2x0.4
222
v=0.3xco
解上述两式得:
u=2.()m/s3-18-转动惯量为/的圆盘绕一•固定轴转动,起初角速度为刃o・设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M=-ka)(k为正的常数),求圆盘的角速度从为变为【外时所需的时间.
2
分析:
山转动定律及角加速度的定义,对角速度积分可求解。
解:
根据转动定律:
M=J/3
dco,
=-KO)
dt
dcokf
——=——dt
coJ
wb
:
.两边积分:
p-d^=-f-dro),)J
得t=(Jln2)/k
3T9质量为秫的子弹,以速度%水平射入放在光滑水平面上质最为用()、半径为R的圆盘
边缘,并留在该处,%的方向与射入处的半径垂直,圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴,如所示,试求子弹射入后圆盘的角速度口。
分析:
在子弹射入圆盘的过程中,子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零,因此对转轴的角动最守恒。
解:
设子弹射入后圆盘的角速度为口,则山角动量守恒定律得,
mv
qR—(mR~H—)co
解上式得:
2mvn
(D-——
2mR+m0R
题图3-19
3-20-均质细杆,长L=[rn,W绕通过…端的水平光滑轴0在铅垂血内自山转动,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u=10m的速度射入细杆。
31
设入射点离。
点的距离为一乙,子弹的质量为细杆质量的一。
试求:
(1)子弹和细杆开始
49
共同运动的角速度。
(2)子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。
分析:
子弹射入细杆过程中,子弹和细杆组成的系统角动量守恒;细杆摆动时,机械能守恒。
解
(1)子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒,
设子弹开始时的角速度为绍),弹和杆一-起共同运动的角速度为口,则山角动量守恒定律得:
J子.伊o=(J+J杆)/①
又」3学有②
/杆③
题图3-20
V1040
饱=「=3—=V④
-L-xl'
44
40_
把②③④式代入①式并解得:
&)=—rad/s⑤
19
(2)设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为。
角,
在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒,
则由机械能守恒定律得,
1QQ11
顼J子+JH)6y2=^(-L--Lcos0)+fng(-L--Lcos0)⑥
294422
把②③⑤式及g=10,L=1代入⑥式解得:
cos。
=0.8496°即0=0.56rad
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