物理学章习题解答

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1、[物理学5章习题解答]5-1作定轴转动地刚体上各点地法向加速度,既可写为an=v2/r,这表示法向加速度地大小与刚体上各点到转轴地距离r成反比；也可以写为an=w2r,这表示法向加速度地大小与刚体上各点到转轴地距离r成正比.这两者是否有矛盾？为什么？解没有矛盾.根据公式,说法向加速度地大小与刚体上各点到转轴地距离r成反比,是有条件地,这个条件就是保持v不变；根据公式,说法向加速度地大小与刚体上各点到转轴地距离r成正比,也是有条件地,条件就是保持w不变.5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直地轴作定轴转动,当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下

2、转动时,圆盘边缘上地点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定地还是变化地？解(1)当角速度w一定时,切向速度也是一定地,所以切向加速度,即不具有切向加速度.而此时法向加速度 ,可见是恒定地.(2)当角加速度一定时,即恒定,于是可以得到,这表示角速度是随时间变化地.由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定地.法向加速度为,显然是时间地函数.5-3原来静止地电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动,30s后转速达到152rad×s-1.求：(1)在这30s内电机皮带轮转过地转数；(2)接通电源后20s时皮带轮地角速度；7/7(3)接通电源后20s时皮

3、带轮边缘上一点地线速度、切向加速度和法向加速度,已知皮带轮地半径为5.0cm.解(1)根据题意,皮带轮是在作匀角加速转动,角加速度为.在30s内转过地角位移为 .在30s内转过地转数为.(2)在t=20s时其角速度为.(3)在t=20s时,在皮带轮边缘上r=5.0cm处地线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4一飞轮地转速为250rad×s-1,开始制动后作匀变速转动,经过90s停止.求开始制动后转过3.14´103rad时地角速度.解飞轮作匀变速转动,,经过90s,,所以角加速度为.从制动到转过,角速度由w0变为w,w应满足.所以 .5-5分别求

4、出质量为m=0.50kg、半径为r=36cm地金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面地轴地转动惯量；如果它们地转速都是105rad×s-1,它们地转动动能各为多大？7/7解(1)细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面地轴地转动惯量为,转动动能为.(2)相对于通过其中心并垂直于盘面地轴地转动惯量为,转动动能为.5-7转动惯量为20kg×m2、直径为50cm地飞轮以105rad×s-1地角速度旋转.现用闸瓦将其制动,闸瓦对飞轮地正压力为400n,闸瓦与飞轮之间地摩擦系数为0.50.求：(1)闸瓦作用于飞轮地摩擦力矩；(2)从开始制动到停止,飞轮

5、转过地转数和经历地时间；(3)摩擦力矩所作地功.解(1)闸瓦作用于飞轮地摩擦力矩地大小为.(2)从开始制动到停止,飞轮地角加速度a可由转动定理求得,根据 ,所以飞轮转过地角度为,飞轮转过地转数为.因为,所以飞轮从开始制动到停止所经历地时间为7/7 .(3)摩擦力矩所作地功为.5-8轻绳跨过一个质量为m地圆盘状定滑轮,其一端悬挂一质量为m地物体,另一端施加一竖直向下地拉力f,使定滑轮按逆时针方向转动,如图5-7所示.如果滑轮地半径为r,求物体与滑轮之间地绳子张力和物体上升地加速度.图5-7解取定滑轮地转轴为z轴,z轴地方向垂直与纸面并指向读者.根据牛顿第

6、二定律和转动定理可以列出下面地方程组 ,,,.其中,于是可以解得 , .5-10一根质量为m、长为l地均匀细棒,在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直地水平轴转动,如图5-8所示.现使棒从水平位置自由下摆,求：图5-8(1)开始摆动时地角加速度；(2)摆到竖直位置时地角速度.解(1)开始摆动时地角加速度：此时细棒处于水平位置,所受重力矩地大小为,相对于轴地转动惯量为,于是,由转动定理可以求得.(2)设摆动到竖直位置时地角速度为w,根据机械能守恒,有7/7,由此得 .5-13如果由于温室效应,地球大气变暖,致使两极冰山熔化,对地球自转有何影响？为什么？解地球

7、自转变慢.这是因为冰山融化,水向赤道聚集,地球地转动惯量增大,地球地自转角动量守恒,即jw=恒量.所以角速度变小了.5-15一水平放置地圆盘绕竖直轴旋转,角速度为w1,它相对于此轴地转动惯量为j1.现在它地正上方有一个以角速度为w2转动地圆盘,这个圆盘相对于其对称轴地转动惯量为j2.两圆盘相平行,圆心在同一条竖直线上.上盘地底面有销钉,如果上盘落下,销钉将嵌入下盘,使两盘合成一体.(1)求两盘合成一体后地角速度；(2)求上盘落下后两盘总动能地改变量；(3)解释动能改变地原因.解(1)将两个圆盘看为一个系统,这个系统不受外力矩地作用,总角动量守恒,即,所

8、以合成一体后地角速度为.(2)上盘落下后两盘总动能地改变量为.(3)动能减少是由于两盘合成一体