大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
h3 ＝0.033 m
3-36 分析 因质点系的质心是静止的, 质心的速度为零, 即vC ＝drC
mixi?drcd?????0,故有d?mixi??mixi?0,这是一矢量方程．vc??将质点?dtdtdt?m??i?系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三质点的速度．
解 在质点运动的平面内取如图3 -36 所示坐标．按
?mxii?0的分量式,有
m1v1x?m2v2x?m3v3x?0
m1v1y?m2v2y?m3v3y?0
其中v2x?v2cosθ, v2y?v2sinθ ,θ ＝-30°,代入后得
v3x??mv?m2v2ym2v2x??2.8m?s?1 v3y?11yv2x??2.0m?s?1 m3m3则 v3??2.8m?s?1i?2.0m?s?1j
????
3-37 分析 两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解．
解 (1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为
xc0?m2x20?1.5m
m1?m2m1y10?1.9m
m1?m2dvx (1) dt (2)
yc0?对小球与杆整体应用质心运动定律,得
Fx?F1??m1?m2?Fy?F2??m1?m2?dvydt根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的
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函数关系式,有
??t0F1dt??vx0?m1?m2?dvx, vx??m1?m2?dvy, vy?F1t (3)
m1?m2F2t (4)
m1?m2t0F1dt??vy0根据初始条件t ＝0 时,x ＝xC0 ,y ＝yC0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式,有
?F1?dx??xc0c?0??m?m??dt
2??1xctxc?xc0?F1t2?1.5?0.25t2
2?m1?m2?t?F2???dy?dt ?yc0c?0???m1?m2?yc及
yc?yc0?F2t2?1.9?0.19t2
2?m1?m2?(2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系
P?ΔP???F1?F2?dt??8.0t?i??6.0t?j
0t4-1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．
4-2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．
4-3 分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．
4-4 分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守
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恒，故L 不变，此时应有下式成立，即
mvd?mvd?J0ω0?Jω
式中mvD 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J0 ，则ω＜ω０ ．故选(C)．
4-5 分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．
4-6 分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．
解 (1) 由于角速度ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义
α?dω，在匀变速转动中角加速度为 dtω?ω02π?n?n0?α???13.1rad?s?2 tt(2) 发动机曲轴转过的角度为
1ω?ω0θ?ω0t?αt2?t?π?n?n0?
22在12 s 内曲轴转过的圈数为
N?θn?n0?t?390 2π24-7 分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．
解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得
ω?ω0?1?e?t/τ??0.95ω0?8.6s?1
(2) 角速度随时间变化的规律为
α?dωω0?t/τ?e?4.5e?t/2rad?s?2 dtτ??(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为
θ??ωdt??ω01?e?t/τdt?36.9rad
0066??则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数 N?θ/2π?5.87圈
4-8 分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．
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解 由图可得
JAA??2mHd2sin2θ JBB??2mHd2cos2θ
此二式相加，可得JAA??JBB??2mHd2 则 d?JAA??JBB??9.59?10?11m
2mH由二式相比，可得 JAA?/JBB??tan2θ 则 θ?arctanJAA?1.93?arctan?52.3o JBB?1.144-9 分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．
解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得
221?d?1?d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ?1?414?πρ?ld1?ad2??0.136kg?m216?2?
4-10 分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式
J??r2dm计算，式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的
转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理．
解 挖去后的圆盘如图(b)所示． (1) 解1 由分析知
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m2πrdrR/2πR2
R2m15 ?2?r3dr?mR2RR/232J0??r2dm??r2R解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为J1?1mR2，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量21?m?R?J2??2π??2??πR?2???R?212????mR，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为 ???2?3215J0?J1?J2?mR2
322?15m?R??2392J0??mR??m?2?π???R?mR2
32πR32?2?????2(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为
4-11 分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．
该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．
解1 设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有
FTR?Jα (1)
而对重物而言，由牛顿定律，有
mg?FT?ma (2)
由于绳子不可伸长，因此，有
a?Rα (3)
重物作匀加速下落，则有
h?12at (4) 2由上述各式可解得飞轮的转动惯量为
?gt2?J?mR??2h?1??
??2解2 根据系统的机械能守恒定律，有
11?mgh?mv2?Jω2?0 (1′)
22而线速度和角速度的关系为
v?Rω (2′)
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