大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ （2）对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰（3）对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。
对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。
对象杆受的合力矩为零。
题图3-2解：设闸瓦对飞轮的压力为N ，摩擦力为f ，力矩为M ， 飞轮半径为R,则依题意得， M fR J β==① 0.4f N N μ== ②(0.50.75)0.5F N ⨯+=⨯ ③ 22600.25J mR ==⨯④ 10002605πβ⨯=⨯ ⑤解：①②③④⑤式得314F N =3-5 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用r t m S 、、和表示)． 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ， 则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ma -= ①J Tr β= ②由运动学关系有： a r β= ③ 由①、②、③式解得：2(-)J m g a r a = ④题图3-4mOr又根据已知条件 00v = 212S at ∴=， 22Sa t= ⑤ 将⑤式代入④式得： 22(1)2gt J mr S=-3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 2.00,M kg =半径为0.100,R m =一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 5.00,m kg =的物体，如题图3-6所示．已知定滑轮的转动惯量为212J MR =，其初角速度 010.0/,rad s ω=方向垂直纸面向里．求：(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到0ω=时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向 分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程， 对定轴转动物体由转动定律列方程。
解：(1) ∵ mg T ma -=R J T β=R a β=∴ ()2222281.7/122mgR mgR mgrad s mR J m M RmR MR β====+++方向垂直纸面向外(2) ∵ βθωω2202-=题图3-5当0ω= 时， rad 612.0220 ==βωθ 物体上升的高度26.1210 m h R θ-==⨯(3) 210.0/rad s ωβθ== 方向垂直纸面向外.3-7 如题图3-7所示，质量为m 的物体与绕在质量为M 的定滑轮上的轻绳相连，设定滑轮质量M=2m ，半径R ，转轴光滑，设00t v ==时，求：（1）下落速度υ与时间t 的关系；（2）4t s =时,m 下落的距离；（3）绳中的张力T 。
分析：对质量为m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。
解：(1)设物体m 与滑轮间的拉力大小为T ，则mg T ma -= ①212M TR J MR ββ===② a R β= ③v at = ④解：①②③式得24.9/a m s =，并代入④式得 4.9v t = （2）设物体下落的距离为s ，则题图3-7TTmga图3-622114.9439.222s at m ==⨯⨯= （3）由（1）的②式得， 4.9T mg ma N =-=3-8 如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量110M kg =，半径0.10R m =，小盘质量24M kg =，半径0.05r m =。
两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量122m m kg ==的物体，此物体由静止释放，求：两物体12,m m 的加速度大小及方向。
分析：分别对物体12,m m 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律解：设物体12,m m 的加速度大小分别为12,,a a 与滑轮的拉力分别为12,,T T 1111T m g m a -= ①2222m g T m a -= ②1a r β= ③ 2a R β=④21M T R T r J β=-= ⑤22121122J M R M r =+ ⑥把数据代入，解上述各式得210.6125/a m s = 方向向上22 1.225/a m s = 方向向下3-9 如题图3-9所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m 的题图3-8物体1和物体2相连。
（1）若不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。
（2）若滑轮半径为r ，其转动惯量可用m 和r 表示为2J kmr =（k 是已知常量），绳子与滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。
分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。
（2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。
解：设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为1T 、2T 它们对地的加速度为a 。
（1）若不考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的拉力1T 、2T 相等，记为T 。
则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得，sin 30mg T ma T mg ma-=-=解上两式得：2/4/a g m s =，方向竖直向下。
（2）若考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的 拉力1T 、2T 不相等。
则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得1mg T ma -= ① 02sin 30T mg ma -= ②a r β= ③12M T r T r J β=-= ④题图3-92J kmr = ⑤解上述各式得：2/2(2)ga m s k =+，方向竖直向下。
3-10一飞轮直径为0.3m ，质量为5.0kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 转速达每秒10转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后10t s =时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。
分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。
解：（1）角加速度为：22102 1.2610/0.5rad s tωπβ⨯===⨯ 转过的角度为：22211 1.26100.515.722t rad θβ==⨯⨯⨯= 转过的圈数为： 2.52N θπ==圈 （2）由转动定律M fR J β==得220.550.15 1.261047.10.15J f N R β⨯⨯⨯⨯===力矩做的功为：047.10.1515.7111A Md M J θθθ===⨯⨯=⎰ （3）角速度为：231.261010 1.2610/t rad s ωβ==⨯⨯=⨯ 边缘一点的线速度为：320.15 1.2610 1.8810/v R m s ω==⨯⨯=⨯边缘一点的法向加速度为：226520.15 1.2610 2.3710/n a R m s ω==⨯⨯=⨯ 边缘一点的切向加速度为：220.15 1.261018.84/a R m s τβ==⨯⨯=3-11 一质量为M ，长为l 的匀质细杆，一端固接一质量为m 的小球，可绕杆的另一端O 无摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A 向下抛射，使球恰好通过最高点C ，如题图3-11所示。
求：（1）下抛初速度0v ；（2）在最低点B 时，细杆对球的作用力。
分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。
解：（1）如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，22011222lmv J Mg mgl ω+=+ ① J=213Ml ②0v l ω= ③解①②③得，0(36)3M m glv m M+=+（2）取最低点作势能零点，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，2211222mv J Mgl mgl ω+=+ ①2v N mg m l -= ②v l ω= ③213J Ml = ④解：①②③④得，1573m MN mg m M+=+题图3-113-12 物体质量为3,0kg t =时位于14,6r i m i j m s υ-==+⋅，如一恒力5f j N =作用在物体上，求3s 后，（1）物体动量的变化；（2）相对z 轴角动量的变化。