大学物理课后习题及答案刚体

题：一，汽车发动机曲轴的转速在12s内由L2xlO3rmin_,均匀的增加到

2.7xlO3rmin-'o（1）求曲轴转动的角加速度;（2）在此时间内，曲轴转

了多少转

题解：（1）由于角速度2/7（〃为单位时间内的转数），根据

角加速度的定义。=也，在匀变速转动中角加速度为

dr

（o-co02乃（〃一2）一

tt

（2）发动机曲轴转过的角度为

0=（ont+g）=0丁。1=乃（〃+〃（））t

在12s内曲轴转过的圈数为

汽=2="出=390圈

2乃2

题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为/=软（1-6，），式中

<yo=9.Orads-',R=2.0S。求：（1）r=6.0s时的转速;（2）角加速度随时

间变化的规律；（3）启动后6.05内转过的圈数。

题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将亡S代入，即

得

co=ct）（（\-er=0.95g=8.6s-1

（2）角加速度随时间变化的规律为

dry伙、-z_j

a=——=—er=4.5ce-s

drr

（3）t=S时转过的角度为

/\

cC6sr6s-I

6=J06x1/=J°g\-erdz=36.9rad

则亡二s时电动机转过的圈数

n

N=£-=5.87圈

24

题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度g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，，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

题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为

M=-C（o,由转动定律M=Ja,可得叶片的加

速度为

根据初始条件对式（1）积分，有

匚软卜夫

由于C和J均为常量，得

(o=(o^e」

当角速度由g-gg时，转动所需的时间为

(2)根据初始条件对式(2)积分，有

J：d0=J：ge%

即

e嚏

在时间亡内所转过的圈数为

2不4位？

题：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03x103N.iii,

涡轮的转动惯量为25.0kgm2o当轮的转速由2.80X10,rmin-'增大到

1.12xl04「minT时,所经历的时间为多少

题解1：在匀变速转动中，角加速度””也，由转动定律•=加,可

得飞轮所经历的时间

CD-CO,..ITTJ/\,CC

t=--------J=---（〃一%）=10.8s

MM

解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

J=mK

解2:根据系统的机械能守恒定律，有

-mgh+^ni\r+^Ja)2=0(1)

而线速度和角速度的关系为

v=Reo(2)

又根据重物作匀加速运动时，有

v=at(3)

v2=2ah(4)

由上述各式可得

若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用。这时，

只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来

的影响。

题：一飞轮由一直径为30cm,厚度为2.0cm的圆盘和两个直径为10cm,

长为8.0cm的共轴圆柱体组成，设飞轮的密

度为7.8x103kg.m-3,求飞轮对轴的转动惯

量。

题解：根据转动惯量的叠加性，由句质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量

公式可得

,,,1（dS1（d.V

J=J,+J,=2ox-/7：^yj+-W2I-y

=白题（/d：+gad；）=0.136kg.m2

题：如图所示，圆盘的质量为小，半径为R。求

它对轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心

轴）的转动惯量。

题解：根据平行轴定理Jo=Jo+〃〃和绕圆盘中心轴0的转动惯量

J。=；阳浦可得

\Q

2

=Jo+mR~=—mR~+irR+—mR~

22

题：试证明质量为吗半径为R的均匀球体，以直径为转轴的转动惯

量为如以和球体相切的线为轴，其转动惯量又为多少

题证：如图所示，图中阴影部分的小圆盘对。0轴的转动惯量为

dJ=yr2dm=g(R?-x2-x2)tLv

式中夕=匕为匀质球体的密度。则球体以其

4成

直径00为转轴的转动惯量为

J=jd./=_/)&=—mR1

又由平行轴定理可得球绕a。I轴的转动惯量为

J=J

5

题：质量面密度为0的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几

何中心的轴线的转动惯量为合以1+⑹。其中/为矩形板的长，b为它

的宽。

dJ=(.V2+y2)dd.vdy

整个矩形板对该轴的转动惯量为

J=JdJ=J：J：(_?+)bdvdy=—9(/2+b2)

FF]2

题：如图所示，质量g=16kg的实心圆柱体A,其半径为r=15cm,可以

绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上,

其另一端系一个质量吗=8.0kg的物体B。求：（1）物体由静止开始下

降1.0s后的距离；（2）绳的张力斗。

题解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动

定律得

Fyr=Ja=^mxr~a(1)

对悬挂物体而言，依据牛顿定

律，有

g一耳=叫g一耳=m2a（2）

且耳=耳。又由角量与线量的关

系，得

解上述方程组，可得物体下落的加速度

a=^-

niy+2m2

在十二s时，B下落的距离为

s=-at2=竹-=2.45in

2叫+2rn2

（2）由式（2）可得绳中的张力为

f

FT=-a)=­^h-g-39.2N

“4+2叫

题：质量为叫和〃?2的两物体A、B分别悬挂在如图所示的组合轮两端。

设两轮的半径分别为R和「，两轮的转动惯量分别为人和乙，轮与轴承

间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两

物体的加速度和绳的张力。

题解：分别对两物体及组合轮作受力分析，根

据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

6-母=叫g一0=/他（1）

%—P?=F.门-〃12g=m2a2(2)

(耳卅一/r)=(/+/次(3)

%=%，/=42(4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

4=Ra(5)

a2=ra(6)

解上述方程组，可得

mR-nur„

a.=---------x!---f---<gR

，+J2+〃遇"+/n,r

222

Jt+J2+n^R+m2r

l4+1,+，小产+nuRr

0=-r—r叫g

J）+4+，邛~+叫广

，+J2+，％R1+叫Rr

T22

'J1+J2+niyR+m2r阳2g

题：如图所示装置，定滑轮的半径为「，绕转轴的转动惯量为J,滑

轮两边分别悬挂质量为叫和性的物体A、BoA置于倾角为。的斜面上,

它和斜面间的摩擦因数为〃。若8向下作加速运动时，求：（1）其下

落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均

不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）

耳I-〃?]gsin0—I。％gcos0="(4(1)

而B则是在张力民和重力2的作用下运动，有

m2g-En=ni2a2(2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a{=a2=ra

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

F^r-F^r-Ja(4)

且有

居2

解上述各方程可得

_m、g-sin0-2叫geos。

q=%=-2；

〃?1+m2+—

w/n2g(1+sin6+〃cos8)+(sin8+〃cos

2

m}•+㈣+〃r

，〃i，％g(l+sin0+〃cos。)+mgJ/r?

%=1

题：如图所示，飞轮的质量为60kg,直径为

0.50m,转速为1.0x10、rmin"o现用间瓦制动

使其在50s内停止转动，求制动力产。设同

瓦与飞轮之间的摩擦因数〃=0.40,飞轮质量全部分布在轮缘上。

题解：飞轮和闸杆的受力分析如图所示。根据闸杆的力矩平衡，有

小吟。

而&=4，则间瓦作用于轮的摩擦力矩为

(1)

摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动,

由转动的运动规律，有

a=『平(2)

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J=〃//4,根据转动定

律知=/。，由式(1)、(2)可得制动力

F=-^V=3.14xlO2N

闻+»

题：图是测试汽车轮胎滑动阻力的装置。轮胎最初为静止，且被一轻

质框架支承者，轮轴可绕点O自由转动，其转动惯量为0.75kg.m2、质

量为15.0kg、半径为30.0cm。今将轮胎放在以速率12.0ms-1移动的传送

带上，并使框架48保持水平。(1)如果

轮胎与传送带之间的动摩擦因数为0.60,

则需要经过多长时间车轮才能达到最终

的角速度(2)在传送带上车胎滑动的痕

迹长度是多少

题解：车胎所受滑动摩擦力矩为

M=卬igr(1)

根据转动定律，车轮转动的角加速度为

"丝(2)

J

要使轮与带之间无相对滑动，车轮转动的色速度为

co=vr(3)

开始时车轮静止，即4=0,故由匀加速转动规律可得

/=色(4)

a

由上述各式可解得

t=-=1.13s

pmgr

(2)在亡时间内，轮缘上一点转过的弧长

s=r0=—ar

2

而传送带移动的距离/=”，因此，传送带上滑痕的长度

1八2

d=l-s=vt——rar--------=6.80m

2厂7

题：一半径为/?、质量为〃?的匀质圆盘，以角速度o绕其中心轴转动，

现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为〃。(1)求Iffl盘

所受的摩擦力矩。(2)问经过多少时间后，圆盘转动才能停止

题解：(1)圆盘上半径为八宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力

大小此=2%〃皿•/成2,其方向与环的半径垂直，它的摩擦力拓为

dM=rxdFf=一Qr?卬〃熄r[R，)k

式中〃为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为

A4f...娟-2

M=IdM=I———2—=—WfiR

JJ。R~3

(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J二•/2。由角动

量定理〃△/=△(〃”)，可得圆盘停止的时间为

A,/=——Jco=-3（-t）-R

M4〃g

题：一质量为4、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的

水平轴以角速度o转动，若在某时刻，一质量

为小的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方

向上抛，问它可能达到的高度是多少破裂后圆

盘的角动量为多大

题解：(1)碎块抛出时的初速度为

vo=coR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

诏疗R2

n=—=-------

2g2g

(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

式中4=—我3为圆盘未碎时的角动量；L为碎块被视为质点

时，对轴的角动量；£为破裂后盘的角动量。则

题：在光滑的水平面上有一木杆，其质量为町=1.0kg,长为/=40cm,

可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为吗=10g的子弹，以

”2.0x102m.sT的速度射入杆端,其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆

中，试求所得到的角速度。

题解：根据角动量守恒定理\

式中心=色(〃2丫为子弹绕轴的转动惯<UW

量，匕。为子弹在陷入杆前的角动量，/=29为子弹在此刻绕轴的角速

度。”=犯尸/]2为杆绕轴的转动惯量，◎，是子弹陷入杆后它们一起绕轴

的角速度。可得杆的角速度为

〃=上幺=1-29.1/

j]+J2("4+3〃4y

题：半径分别为5、G的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直

盘面转轴的转动惯量为人和乙。开始时轮I以角速度/转动，问与轮

II成正交啮合后，两轮的角速度分别为多大

题解：设相互作用力为尸，在啮合的短

时间4内，根据角动量定理，对轮I、

轮II分别有

-尸=-4)(1)

FrQ=J2co2(2)

两轮啮合后应有相同的线速度，故有

耳例=4g(3)

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

@=人叫匕4%矿

'J^+J2r；

题：一质量为20.0kg的小孩,站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg.m

的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动,

转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以1.00ms-1的速率沿转

台边缘行走，问转台的角速率有多大

题解：设转台相对地的角速度为00,人相对转台的角速度为叼。由相

对角速度的关系，人相对地面的角速度为

<y=690+6?)=64>0+(1)

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J。/+，3+?)=0(2)

式中《、/二版分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量。由式(1)、

(2)可得转台的角速度为

"iR2v

=-9.52x1O_2s",

1

Jo+mRR

式中负号表示转台转动地方向与人对地面的转动方向相反。

题：一转台绕其中心的竖直轴以角速度5=/ST转动，转台对转轴的

转动惯量为4=4.0x10-3kgm2o今有砂粒以Q=2fgsT的流量竖直落至转

台，并粘附于台面杉成一圆环，若环的半径为,MO.lOm,求砂粒下落

f=10s时，转台的角速度o

题解：在时间010S内落至台面的砂粒的质量为

cHK

m=J。Qdt=0.10kg

根据系统的角动量守恒定律，有

J0690=(j()+/)69

则t=10s时，转台的角速度

@==0.8心-1

Jo+wr

题：为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称

地安装两个切向控制喷管，利用喷管高速喷射气体来制止旋转。若飞

船绕其中心轴的转动惯量4=2.0x1()3kgm2,旋转的角速度/=0.2rad.「，

喷口与轴线之间的距离r=1.5m；喷气以恒定的流量Q=LOkg.sT和速率

〃=50m.sT从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间

题分析：将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不

受外力矩作用，其角动量守恒。在列出方程时应注意：（1）由于喷气

质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量

J;（2）喷气过程中气流速率=远丫

大于飞船侧面的线速度r,因此，弋卜节;

整个喷气过程中，气流相对于空间《）

的速率仍可近似看作是〃，这样，排

出气体的总角动量L=j〃山。经上述处理后，可使问题大大

简化。

解：取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有

Jco-mur=0

因喷气的流量恒定，故有

in=2Qt

由式（1）、（2）可得喷气的喷射时间为

题：一质量为"、半径为R的转台，以角速度他转动，转轴的摩擦略

去不计。（1）有一质量为w的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转

台的角速度也为多少（2）若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离

转台中心的距离为「时，转台的角速度q为多少设蜘蛛下落前距离转

台很近。

题解：（1）蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律,

有

J0G）a=（JO+，）0b

式中1/O=T，R2为转台对其中心轴的转动惯量，/=〃/为蜘蛛刚落至台

面边缘时，它对轴的转动惯量。于是可得

CO=----4----（O=----加------69,

h4+4aM+2ma

（2）在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r

而改变，即（=，/。在此过程中，由系统角动量守恒，有

=Qo+J2k4

则

2

cJo+J,amR+2mr°

题：一质量为1.12kg,长为1.0m的均匀细棒，支

点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以100N的

力打击它的下端点，打击时间为0.02s。（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。

题解：（1）在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得

21

AZ.=J(o0=j/Wdr=F/Ar=20kg-m.s-(1)

(2)在棒的转动过程中，取棒和地球为一系统，并选。处为重力势

能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即

cos。)(2)

由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

0=arccoJ1-乏"=8838'

1，，皿)

题：(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

电子上的向心力为电作用力，其大小为T/4吟/，其中e为电子、质子

的电量，「为轨道半径，£。为恒量。试证轨道半径为

r=4-玄-------r

(2)假设电子绕核的角动量只能为力/酎的整数倍，其中人为普朗克常

量。试证电子的可能轨道半径由下式确定：

nh

r=------

2mnv

(3)试由以上两式消去v,从而证明符合这两个要求的轨道半径必须

满足以下关系式：

r=---------

mne'

式〃中可取正整数1,2,3-O

题证：（1）电子绕质子作圆周运动的向心力是它们之间的电作用力

F=，U（可略去万有引力），根据径向动力学方程尸二加4,有

4g/一

e2_mv2

4f2r

则电子的轨道半径为

e2

r=----------r

4笳。〃?工

（2）根据题中电子角动量的量子化条件，即乙=〃二，有

2不

e2h

L=mv-------------------z-=n

4gMV27r

则电子可能的轨道半径为

nh

r=------

27nnv

（3）根据（1）和（2）的结果消去乙电子可能的轨道半径也可表

示为

rnne

题：我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为

4.39x105m、远地点为2.38x106m。试计算卫星在近地点和远地点的速率。

（设地球半径为6.38xl（fm）

题解：由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因

此，由角动量守恒定律有

mv^=inv2r,(1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

L小包生"彳-2（2）

2a2一弓

式中G为引力常量，株和m分别为地球和二星质量，厂和广2是卫星在

近地点和远地点时离地球中心的距离。由式（1）、（2）可解得卫星在

近地点和远地点的速率分别为

v=—V）=6.31x103m-s-1

'2A

题：地球对自转轴的转动惯量为O.33/〃E相，其中人为地球的质量，R为

地球的半径。（1）求地球自转时的动能；（2）由于潮汐的作用，地球

自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5又10-飞，求潮汐对地球

的平均力矩。

题分析：由于地球自转一周的时间为24小时，由0=2^77可确定地球

的自转角速度和地球自转时的转动动能2*。随着自转周期的增

加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少。通过对上述

两式微分的方法，可得到动能的减少量叫与周期”的变化的关系。

根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因

此，由卬=称。=4，即可求出潮汐的平均力矩。

解：(1)地球的质量恤=5.98x10"kg,半径&=6.37xl0"m,所以，地球自

转的动能

Ek=■!•〃/=2乃晨0.33恤肥/尸=2.12x10”J

2

(2)对式出手两边微分，可得

dry=—y^d7'

当周期变化一定时，有

△o=-至△7=-竺47(1)

T22乃

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

AE=J(tA(o=--./AT=--EAT(2)

k2万7tk

又根据动能定理

VV==AEk(3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩

=7.47x1o16N-m

1IA71|=2/n

式中〃为一年中的天数(=二365),“为一天中周期的增加量。

题：如图所示，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动

惯量4=10.0kg-m2,开始时B轮静止,A轮以％=600r-min-'的转速转动，

然后使A与B连接，因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都

等于〃=200rminT为止。求：(1)B轮的转动惯量；(2)在啮合过程中

损失的机械能。

题解：(1)取两飞先为系统，根

据系统的角动量守恒，有

</倒=(4+J2M

则B轮的转动惯量为

2

=——空3=———J}=20.0kgin

<y2n2

(2)系统在啮合过程中机械能的变化为

△E=—(J|+J)^2—J\^\=-I.32x104J

222

式中负号表示啮合过程机械能减少。

题：一质量为,八半径为A的匀质圆柱体，从倾旃为〃的斜面上无滑

动地滚下，求其质心的加速度。

题解1：按题意作图并作圆柱体的受力分析(如图所示)。由牛顿第

二定律可得圆柱体的质心。在X方向上的动力学方程为

mgsin0-Ff=mac(1)

在斜面对圆柱体的摩擦力矩作用下，

圆柱体绕其中心轴转动，根据转动定

律，有

F(R=Ja——mR2a(2)

2

在无滑动滚动时，质心的加速度我与转动的角速度之间的关系为

ac=Ret()

联立解上述三个方程式，可得

2•八

%=滑皿8

解2：若以圆柱体与斜面的接触线为瞬时转动轴，则摩擦力E和支

持力&都不产生力矩，使圆柱体绕瞬时轴转动时的是重力矩力的in,

故有

mgRsin0=J'a

其中「是圆柱体绕瞬时轴转动时的转动惯量，由平行轴定理有

故有

a=——sin<7

2R

则

2

ac=Ra=彳gsin。

解3:以地球和圆柱体组成的系统满足机械能守恒定律，有

E=—mVf.+—J(oz+mg%=恒量

22

将上式对t求导，可得

dvr.dcod/zr_

mvc--+Jco——+mg—―=0

drdrdr

式中强㈣

皿~=-vsin0,且有vc=Reo和ac=Ra,贝”可得到

drdrdr

2•A

1=§gsine

显然上述三种方法均能得到同样的结果。

题：一长为/、质量为小的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作元滑

动的转动，其角速度为。。若棒突然改绕其一端转动，求：（1）以端

点为转轴的角速度4；（2）在此过程中转动动能的改变。

题解：（1）棒的质心的动量定

理为

FZ—△］）=mvc

式中户是棒所受的三均力，生为棒质心的速度。棒在转动过程中受到

外力矩作用，根据角动量定理，有

-F—Ar=Jco'-Jco

2

式中J为棒绕质心的转动惯量(即「加)。而根据角动量与线量的

关系

可解得

co,=---J：---co=—1co

,1p4

J+-inl-

4

(2)在此过程中转动动能的改变