物理学简明教程第三章课后习题答案高等教出版社

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第三章 刚体与流体

3－1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 对上述说法下述判断正确的是( )

(A)只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确 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)．

3－2 关于力矩有以下几种说法：

(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．

对上述说法下述判断正确的是( )

(A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的

(C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的

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)．

3－3 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )

(A)角速度从小到大，角加速度不变 (B)角速度从小到大，角加速度从小到大 (C)角速度从小到大，角加速度从大到小 (D)角速度不变，角加速度为零

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)．

3－4 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

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＝2πn(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 dtα?ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2 tt(2)发动机曲轴转过的角度为

???0t??t2?在12 s内曲轴转过的圈数为

N?12???02t?π?n?n0?t

θn?n0?t?390圈 2π23

-3

3－5 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×10kg·m，求飞轮对轴的转动惯量．

题 3-5 图

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

1?d?1?d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ?1?414?πρ?ld1?ad2??0.136kg?m216?2?22

3－6 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2．当轮的转速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1时，所经历的时间t为多少？

分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度α?轮所经历的时间

t?ω?ω0，由转动定律M?Jα，可得飞tω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MMt解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

?Mdt?J?ω?ω?

00则 t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM3－7 电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速n0?300r?min?1,而关闭电源后经16 s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为0.5kg?m2，设启动时电磁力矩M和转动时的阻力矩Mf均为常数，求启动时的电磁力矩M.

分析 由题意知M和Mf均为常数，故启动时电风扇在M和Mf共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在Mf的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.

解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为?1和?2，则启动过程 M?Mf?J?

?0??1t1

关闭电源后 ?Mf?J?2

?0??2t2?0

联解以上各式并将?0?2?n0以及n0、t1、t2、J值代入，得 60M?4.12N?m

3－8 一质量为m′、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ω转动，若在某时刻，一质量为m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？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学

规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

题 3-8 图

解 (1)碎块抛出时的初速度为

v0?ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2 h??2g2g(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L?L0?L?

式中L?1m?R2ω为圆盘未碎时的角动量；L??mR2ω为碎块被视为质点时，2碎块对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量.则

?1?L??m??m?R2ω

?2?3－9 一位溜冰者伸开双臂来以1.0r?s?1绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33 kg?m2,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48

kg?m2.求（1）她收起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转

动动能各为多少？

分析 各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者

绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律.

解 （1）由分析知，有

J0?0?J?

则 ??J0?0?2.77r?s-1 J1J0?02?26.2J 2 （2）收起双臂前 Ek1? 收起双臂后 Ek2?12J??72.6J 2此时由于人体内力做功，有 Ek2?Ek1

3－10 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 3-10 图

分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1)瞬间的打击过程.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.(2)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，因此系统的机械能守恒，根

据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.

解 (1)由刚体的角动量定理得

ΔL?Jω0??Mdt?FlΔt?2.0kg?m2?s?1

(2)取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即

112Jω0?mgl?1?cosθ? 22由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

?3F2Δt2?o??θ?arccos1??8838? 2??mgl??3－11 质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度.

题 3-11 图

分析 转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，

l只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩M?θ??mgcosθ是变力矩，角

2加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.

1解：(1)棒绕端点的转动惯量J?ml2由转动定律M ＝Jα可得棒在θ位置

3时的角加速度为

α?M?θ?3gcosθ? J2l当θ＝60°时，棒转动的角加速度

??18.4rad?s?2

由于α?dωωdω?，根据初始条件对式(1)积分，有 dtdθ?则角速度为

ω0ωdω??60o0αdθ

??3gsin?l60o0?7.98rad?s?1

(2)根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为

Ek?1mgl?0.98J 212J?，所以，棒落至竖直位置时2(3)由于该动能也就是转动动能，即Ek?的角速度为

???2Ek3g??8.57rad?s-1 Jl

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