物理学简明教程马文蔚第1至7章课后习题答案详解要点 联系客服

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(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1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·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=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圈 2π23 -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7.8×103 kg·m-3,求飞轮对轴

的转动惯量.

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?

3 -6 一燃气轮机在试车时,燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m,涡轮的转动惯量为25.0kg·m2 .当轮的转速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·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?飞轮所经历的时间

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

?Mdt?J?ω?ω?

00t则 t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM

3-7 电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速n0?300r?min?1,而

2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?m,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

2?n0联解以上各式并将?0?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.

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2时,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