1、1(4)下列说法中正确的 时（C ）答案： lMm0360第三章补充练习题填空题 （ 1） 碰后小球运动的速度为 细杆旋转的角速度为2思 考 题3-1 火车在拐弯时所作运动是不是平动?答：刚体作平动时，固联其上的任一条直线，在各时刻的位置(方位)始终保持彼此平行。若将火车的车厢看作刚体，当火车作直线运行时，车厢上的各部分具有平行的运动轨迹、相同的运动速度和加速度，选取车厢上的任一点都可代替车厢整体的运动，这就是火车的平动。但当火车拐弯时，车厢上各部分的速度和加速度都不相同，即固联在刚体上的任一条直线，在各时刻的位置不能保持彼此平行，所以火车拐弯时的运动不是平动。3-2 对静止的刚体施以外力作用
2、，如果合外力为零，刚体会不会运动?答：对静止的刚体施以外力作用，当合外力为零时，刚体的质心将保持静止。但合外力为零并不表明所有的外力都作用于刚体的同一点。所以，对某一确定点刚体所受合外力的力矩不一定为零。由刚体的转动定律可知，刚体将发生转动。比如，置于光滑水平面上的匀质杆，对其两端施以大小相同、方向相反，沿水平面且垂直于杆的两个作用力时，杆所受的外力的合力为零，其质心虽然保持静止，但由于受合外力矩不为零，将作绕质心轴的转动。3-3 在求刚体所受的合外力矩时，能否先求出刚体所受合外力，再求合外力对转轴的力矩?说明其理由。答：不能。因为刚体所受的外力的矢量和对某一定轴的力矩一般不等于各个力对该轴力
3、矩之和，如一对力偶，其力的矢量和为零，若将此矢量和对轴取力矩也必为零，但力偶的力矩显然不为零。3-4 刚体绕某一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度?是否有法向加速度?它们的大小是否随时间变化?答：当刚体作定轴匀变速转动时角加速度 不变，刚体上任一点都作匀变速圆周运动，每一点的切向加速度 ，大小不变；又因任意点速度的方向rat变化，所以一定有法向加速度 。由于角速度 大小变化，所以法向加2n速度 的大小也要变化。na3-5 如果刚体转动的角速度很大，那么,(1)作用在它上面的力是否一定很大?(2)作用在它上面的力矩是否一定很大?答：由刚体的定轴转动定律 可知，刚体受对轴的合外力矩正比
4、于绕JM定轴转动角速度的时间变化率。因此，刚体转动的角速度很大，并不意味着转动角速度的时间变化率也很大，所以：(1)刚体定轴转动的角速度很大与其受力没有直接关系。对于刚体的一般运动，所受合外力使刚体的质心产生加速度，即改变刚体的平动状态；(2)刚体定轴转动的角速度很大与其受到对定轴的力矩的大小也没有直接关系，合外力矩使刚体产生角加速度，改变刚体的转动状态。3-6 假定一次内部爆炸在地面上开出巨大的洞穴，它的表面被向外推出。这对地球绕自身轴的转动和绕太阳的转动有何影响?3答：地球绕自身轴的转动过程，可看作是不受外力矩，自转角动量守恒的过程，即 常量，J 是地球绕自身轴的转动惯量，与地球质量相对自
5、转L轴的分布有关。若地球表面因爆炸而有质量被外推，即远离自转轴时，转动惯量将变大。由地球自转角动量守恒的关系可知，地球自转的角速度将减慢。地球对自转轴的转动惯量发生变化时，不会对绕太阳的公转周期发生明显的影响，这是由于地球绕太阳公转的平均半径远大于地球的平均半径(约一万倍)，考虑公转问题时，将地球作为质点，即不考虑其形状、结构以及质量分布等来处理，已可获得足够的精确度的缘故。因此，即使地球表面发生某些质量分布的变化，也不至于影响将其处理为质点的物理模型。3-7 将一个生鸡蛋和一个熟鸡蛋放在桌上分别使其旋转，如何判定哪个是生的，哪个是熟的?为什么?答：可根据两者旋转情况的不同来加以判别。熟鸡蛋内
6、部凝结成固态，可近似为刚体。使它旋转起来后，对质心轴的转动惯量可以认为是不变的常量，鸡蛋内各部分相对转轴有相同的角速度。因桌面对质心轴的摩擦力矩很小，所以熟鸡蛋转动起来后，其角速度的减小非常缓慢，可以稳定地旋转相当长的时间。生鸡蛋内部可近似为非均匀分布的流体，使它旋转时，内部各部分状态变化的难易程度不相同，会因内摩擦而使鸡蛋晃荡，转动轴不稳定，转动惯量也不稳定。使它转动的动能因内摩擦等因素的耗散而不能维持，使转动很快停下来。3-8 两个同样大小的轮子，质量也相同。一个轮子的质量均匀分布，另一个轮子的质量主要集中在轮缘。问：(1)如果作用在它们上面的外力矩相同，哪个轮子转动的角加速度较大?(2)
7、如果它们的角加速度相等，作用在哪个轮子上的力矩较大?(3) 如果它们的角动量相等，哪个轮子转得快?答：质量相等、大小相同的轮子，由于质量分布情况的不同而使得它们对同一转轴的转动惯量不同由转动惯量的定义可知，质量主要集中在轮缘的轮子，其转动惯量较大。由定轴的转动定律 和角动量 可知：(1)MJMJL相同时，物体所获得的角加速度大小与转动惯量成反比，故质量均匀分布的轮子转动的角加速度较大；(2)角加速度相等时，转动惯量大的轮子上作用的力矩也大，故质量主要集中在轮缘的轮子受到的力矩较大；(3)两轮的角动量相等时，两轮的角速度与它们的转动惯量成反比，故质量均匀分布的轮子转动的角速度较大，转得较快。3-
8、9 假定时钟的指针是质量均匀的矩形薄片。分针长而细，时针短而粗，两者具有相等的质量。哪一个指针有较大的转动惯量?哪一个有较大的动能与角动量?答：质量相同的刚体对轴的转动惯量与质量分布有关。由于分针长而细，时针短而粗，所以分针对转轴的转动惯量 大于时针对转轴的转动惯量 。由1J2J常识知，分针转动的角速度 大于时针转动的角速度 。12由于时针、分针做定轴转动时的动能分别是4， 221JE211JE两者之比为1212J所以分针有较大的转动动能。时针、分针做定轴转动时的角动量分别是， 22L1J两者之比为11故分针也具有较大的角动量。3-10 一个站在水平转盘上的人，左手举一个自行车轮，使轮子的轴竖
9、直(如本题图所示)。当他用右手拨动轮缘使车轮转动时，他自己会同时沿相反方向转动起来。解释其中的道理。答：由于在转动过程中，系统(水平转盘、人和自行车轮)受到的外力始终是重力和地面支持力，而重力和地面支持力对竖直轴的力矩始终为零，故转动过程中系统对竖直轴的角动量守恒。初始时，自行车轮对竖直轴的角动量为零，水平转盘对竖直轴的角动量也为零，故整个系统对竖直轴的总角动量为零，即 思考题 3-10 用图0210L当用右手拨动轮缘使车轮转动时，设车轮对轴的角动量为 ，水平转盘对轴的1L角动量为 ，由2L21得L所以当用右手拨动轮缘使车轮转动时，系统中的水平转盘就获得了与车轮相反方向的角动量，从而带动人沿与
10、车轮转向相反的方向旋转。5练 习 题 14. 15. 17. 183-1 一个汽车发动机曲轴的转速在 12 s 内由 1.2103rmin-1 均匀的增加到 2.7103 rmin-1。(1) 求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少圈?解：(1)由于角速度 /60，根据角加速度的定义可知在匀变速转动中n2角加速度为 2-33120 srad160127436 tt(2)发动机曲轴转过的角度为12211200nttntnt 圈在 12 s 内曲轴转过的圈数为圈3906027621 .tN3-2 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，
11、使其由静止均匀地加速，经 0.5 s 转速达 10 rs-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 s 时飞轮边缘上一点的速度和加速度的大小。10t解：飞轮在拉力的恒力矩作用下，作匀变角速转动。已知 ， 0n2(1) 由 ，得t1-2srad6150432tn（2）飞轮转过的角度由 可知为20tra8512.t故飞轮转过的转数 r24385N（3）当 t=10s 时，飞轮的角速度为 -132srad061061t6于是，飞轮边缘一点的速度大小为 -123sm089126150R由于法向加速度大小为 2-522n s15089a切向
12、加速度大小为-22t sm9186R于是，总加速度大小为 2-5252tn 03038.a3-3 有质量为 M、半径为 R 的空心球壳，求它对直径轴的转动惯量。解: 如本题图所示，把整个球壳切成垂直于 y 轴的许多圆环，任意一个圆环的宽度为 ，面积为 ，则该圆环的质量为dRllrSd2dsin2i42lm于是，转动惯量为 dsin2si02MRmrJco10练习题 3-3 用图233-4 电动机带动一个转动惯量 J=50 kgm2 的系统作定轴转动。在 0.5 s内由静止开始，作匀角加速转动，最后达到 120 rmin-1 的转速。假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩
13、。解： 已知 ， /60，对匀角加速转动，有0n2t0得2-0 srad805122.tnt由转动定律，得7mN10268503.JM3-5 一个滑轮的半径为 1.0 m，转动惯量为 kgm2。一个变力3.F=0.50t+0.30t2(N)沿着切线方向作用在滑轮的边缘上。如果滑轮最初处于静止状态，试求它在 3.0 s 后的角速度。解：施于滑轮上的力矩为1.0)350(2t.t.FrM根据转动定律 tJd得tttJ10.35d-2积分上式得 320020tttt当 t=3s 时，解出-1332 srad95415.3-6 如本题图所示，一个通风机的转动部分以初角速度 绕其轴转动，空气的阻力矩与角
14、速度成正比，比0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，由转动定律 可得叶片的角加速度为 MJM练习题 3-6 用图Ctd根据初始条件对上式积分，有tJtd00由于 C 和 J 均为常量，得Ct-0e当角速度由 时，转动所需的时间为20ln2Jt(2)根据初始条件对式 积分，有JCt-0e8ttJCded00-由此解得 20在时间 t 内所转过的圈数为CJN403-7 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
15、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。（a） (b)练习题 3-6 用图解：(1) 如本题图（ a）所示，圆盘所受的合外力矩为M=FR对圆盘使用转动定律，有21RJF由此得角加速度为Mmg2由于 ，且 t=0 时， =0，积分上式，有dtRtd00得9tMRmg2再考虑到 ，积分上式，有td00ddtt由此可解得转动角度和时间的关系为2tMRmg(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21对物体 m，由牛顿定律
16、得 maTg再考虑到 ，由上述各关系可解得圆盘的角加速度为Ra RMgR2212由于 ， ，且 t=0 时， =0， ，对上式积分即可tdd0得角速度与时间的关系为 2tmg3-8 如本题图所示，一根细杆可绕轴 O 在铅直平面内转动，杆的长度为l，质量分布不均匀，其线密度为 (其中 a、b 为常量，r 为距离转轴braO 点的长度)。忽略轴 O 的摩擦力，将杆从水平位置释放，试求杆转到铅直位置时，杆所具有的角速度。练习题 3-8 用图 练习题 3-8 解题用图解：设 t 时刻杆与垂线间的夹角为 ，由于杆的质量不均匀，求重力对 OO(dm)gdrrO10轴的力矩时，可在杆上取线元 dr，该线元对
17、 O 轴的力矩为cosdcosgrgmM将 带入，并积分得对 O 轴的总力矩为bras32s20 lbarbal 由于细杆的质量不均匀，因此其对 O 轴的转动惯量为 4302202 1ddbllrrrmJll0l 根据转动定律 ，有dJttM d413cos322blalglba改写后并积分得 dcs043220 lll由此可解出 blalg343-9 一个脉冲星质量为 kg，半径为 20 km，自旋转速为 2.1rs-015.1，并且以 的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小?215sr0.如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋?（设脉冲星可看作匀质球体）解：设脉
18、冲星的角速度为 ，则转动动能为n2222k 5451nmrmrJE转动动能对时间的变化率：1-252k sJ091d8d.tnrt其中， 。对上式积分2-15sr0d.tntE.025k190得任意时刻的转动动能为 t.25k011由于 ， ，于是由上式得J10925440k0.nmrEkEs105.2.t3-10 在图示系统中，弹簧的劲度系数 ，轮子的转动惯-13mN2.k量为 0.5 kgm2，轮子半径 r=30 cm。当质量为 60 kg 的物体下落 40 cm 时的速率是多大?假设开始时物体静止而弹簧无伸长。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
19、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 习题 3-10 用图为 ，因绳子不可伸长，所以弹簧的r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 mghJkh22211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2rJkg带入数据解得-1sm5.3-11 某冲床上飞轮的转动惯量为 4.00103km2，当它的转速达到 30 rmin-1 时，它的转动动能是多少?每冲一次，其转速降到
20、10 rmin-1，求每冲一次，飞轮对外所做的功。解： 因为J1097603210421 423k JE3232k2 由转动的动能定理可得外力矩对飞轮做的功为 J10751091443k2 .EW12故飞轮对外所做的功为 J10754.W3-12 有一个均匀薄圆盘，质量为 m，半径为 R，可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动。圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为 。若用外力推动它使其角速度达到 时，撤去外力，求：(1)此后圆盘还能继续转动多长时间? (2)0上述过程中摩擦力矩所做的功。解：（1）撤取外力后，盘在摩擦力矩的作用下停止转动。设盘的质量密度为 ，在盘上取半径2Rm图示圆环形质量元，该质量
21、元的质量为 rSdd2该质量元所受的摩擦力为 2/RgF取 方向为正方向，则对转轴的摩擦力矩应负值，即0rMd于是，整个圆盘对转轴的摩擦力矩为mgRr/gR023d考虑到圆盘的转动惯量为 ，根据转动定律得2mJ4由 ，注意到 ，即得t00gRt4300（2）根据动能定理，摩擦力的功为 20201mJW3-13 如本题图所示，一根质量为 m、长为 l 的匀质细棒，在 A 点固定一个质量亦为 m 的小球，此棒可绕通过其一端的光滑轴 O 在铅直平面内转动。如果让棒自水平位置开始自由释放，求：(1)这刚体绕 O 轴的转动惯量；(2)当棒在下落过程中与垂直线成 角时，刚体的角速度和重心处的法向加速度(已
22、知重心在棒上距 O 轴 3 l/4 处)；(3)棒转到铅直位置时的角加速度 。解：(1)根据转动惯量的可加性，刚体绕 O轴 的转动惯量为231mlJ(2)棒下落到 角时，对轴 O 的重力矩为13cos23coss2mglgllmM转过微小角位移 d 时，重力矩所做的功为 练习题 3-12 用图dsdlW棒落到与垂直线成 角时，重力矩做功为 cos23sin23cos230 mglmglgl 根据刚体的动能定理，有2341csll由此解出角速度为lg/os2因为刚体重心在棒上距 O 轴 3 l/4 处( 处)，所以刚体重心处的法向加速度为cos1627/cos242n glglRa(3)在铅直位
23、置时，棒所受到的力矩为零，故该时刻的角加速度 03-14 (1)设氢原子中电子在圆形轨道中以速率 绕质子运动作用在电子上的向心力为库仑引力，其大小为 ，其中 e 为电子、质子的电量，r2024r/e为轨道半径， 为恒量。试证轨道半径为020mr(2)假设电子绕核的角动量只能为 的整数倍，其中 h 称为普朗克常量。/h试证电子的可能轨道半径为20menr式中 n 可取正整数 1，2， 3，。证明：(1)电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的库仑引力 F，根据径向动力学方程 F=man，有2024r/e2024rme由此得电子的轨道半径为14204mer(2) 根据角动量的定义 及题中所给得量子
24、化条件 ，有L2hnL2402hne由该式解出 ，再带入（1）中得到得 r 表达式可得20meh3-15 一个质量为 m，长为 l 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。现在以 F 的力打击它的下端点，打击时间为 。(1)若打击前棒是静止的，t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tFlMJLd0(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 3-14 题用图能守恒，即有 cos1210
25、mglJ由上两式可解得ltF23-arcs3-16 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度作匀速转动。转台对该轴的转动惯量0。现有砂粒以 1 gs-1 的速度落到25mkg1J转台，并粘在台面形成一个半径 r=0.1 m 的圆。试求砂粒落到转台，使转台角速度变为 所花的时间。20解：取转台和落下的砂粒为系统，系统在转动平面内的角动量守恒。按题意，在 t 时刻，落下砂粒的质量为习题 3-15 用图ktm15其中， 。由角动量守恒定律，得 -13skg0 20mrJ由此解出5s0235201.krJt3-17 质量为 的匀质细棒，置于水平桌面上，棒与桌面间滑动摩g01.m擦系数 。棒一端 O 通过一个
26、垂直桌面的固定光滑轴。有一个质量为20.滑块沿桌面垂直撞上棒的另一端（自由端 ） ，碰撞时间极短，碰撞前g2m后速度分别为 、 ，方向相反。求棒从开始运动到停下来-11s4-12s所需时间。解： 取滑块和棒为系统。碰撞前后系统对 O 点的角动量守恒，有212123lmllm由此解得 l12棒运动时对 O 点的摩擦阻力矩为glmrglM1012d设棒开始运动到停止所用时间为 t，由角动量定理可写出 210l圈积分后得 lmlgltm1221132由此可解出 s12089204312 .gt 3-18 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
27、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16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 用图第一阶段取杆为研究对象。杆受其自身重力及悬挂轴的约束反力。设 为这一阶段末杆的角速度，则根据动能定理，有2021lMgJ将 代入上式，解得32/MlJl32第二阶段取杆和物体 A
28、 组成的系统为研究对象系统受的外力对悬挂轴的矩为零，系统总动量矩在碰撞过程中守恒。设碰撞结束时杆的角速度为 ，则有 2mlJ带入 J 可解出 Mlg3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 210lms由此解出 23Mls3-19 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 。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2
29、mRJL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，系统的角动量为由于系统角动量守恒，所以JmRJ2由此得17JmR2于是，角速度的变化为J2系统动能的变化为2222k1mRJmRJE3-20 在半径为 、质量为 m 的静止水平圆盘上，站着一个质量为 m 的人，1R圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动。当这人开始沿着与圆盘同心、半径为 ( )的圆周匀速地走动时，设它相对圆盘的速度为 ，问圆盘将以多21 大的角速度旋转?解：与上题相同的是，人和圆盘系统对转轴的角动量守恒。但必须注意守恒定律中的物理量相对同一个参考系，本题中人对盘的速度是相对速度。由于人和圆盘都相对静止时，系统的角动量为零，即0L人走动后，设圆盘的角速度为 ，则人对地的角速度为 ，根据运动的相对性，有2R此时，系统的角动量为 2mJL式中， 。21mRJ由系统角动量守恒，得 02RJ由此解出 21式中“”号表示圆盘转动方向与人走动方向相反。
