[习题解答]5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为a n= v2 /R，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成反比；也可以写为a n= ω2 R，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成正比。

这两者是否有矛盾？为什么？解没有矛盾。

根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成反比，是有条件的，这个条件就是保持v不变；根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成正比，也是有条件的，条件就是保持ω不变。

5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解(1)当角速度ω一定时，切向速度也是一定的，所以切向加速度,即不具有切向加速度。

而此时法向加速度,可见是恒定的。

(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的。

由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的。

法向加速度为,显然是时间的函数。

5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30s后转速达到152 rad⋅s-1 。

求：(1)在这30 s内电机皮带轮转过的转数；(2)接通电源后20 s时皮带轮的角速度；(3)接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0 cm。

解(1)根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为.在30 s内转过的角位移为.在30 s内转过的转数为.(2)在t = 20 s时其角速度为.(3)在t = 20 s时，在皮带轮边缘上r = 5.0 cm处的线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4 一飞轮的转速为250 rad⋅s-1 ，开始制动后作匀变速转动，经过90 s停止。

求开始制动后转过3.14⨯103 rad时的角速度。

解飞轮作匀变速转动，，经过90 s，，所以角加速度为.从制动到转过，角速度由ω0变为ω，ω应满足.所以.5-5 分别求出质量为m = 0.50 kg、半径为r = 36 cm的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的轴的转动惯量；如果它们的转速都是105 rad⋅s-1 ，它们的转动动能各为多大？解(1)细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为,转动动能为.(2)相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为,转动动能为.5-6 转动惯量为20 kg⋅m2 、直径为50 cm的飞轮以105 rad⋅s-1 的角速度旋转。

现用闸瓦将其制动，闸瓦对飞轮的正压力为400 N，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。

求：(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；(2)从开始制动到停止，飞轮转过的转数和经历的时间；(3)摩擦力矩所作的功。

解(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为.(2)从开始制动到停止，飞轮的角加速度α可由转动定理求得,根据,所以飞轮转过的角度为,飞轮转过的转数为.因为,所以飞轮从开始制动到停止所经历的时间为.(3)摩擦力矩所作的功为.5-7 轻绳跨过一个质量为M的圆盘状定滑轮，其一端悬挂一质量为m的物体，另一端施加一竖直向下的拉力F，使定滑轮按逆时针方向转动，如图5-7所示。

如果滑轮的半径为r，求物体与滑轮之间的绳子张力和物体上升的加速度。

解取定滑轮的转轴为z轴，z 轴的方向垂直与纸面并指向读者。

根据牛顿第二定律和转动定理可以列出下面的方程组,,,图5-7.其中，于是可以解得,.5-8 一根质量为m、长为l的均匀细棒，在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的水平轴转动，如图5-8所示。

现使棒从水平位置自由下摆，求：(1)开始摆动时的角加速度；(2)摆到竖直位置时的角速度。

解(1)开始摆动时的角加速度：此时细棒处于水平位置，所受重力矩图5-8的大小为,相对于轴的转动惯量为,于是，由转动定理可以求得.(2)设摆动到竖直位置时的角速度为ω，根据机械能守恒，有,由此得.5-9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？解地球自转变慢。

这是因为冰山融化，水向赤道聚集，地球的转动惯量增大，地球的自转角动量守恒，即Jω = 恒量.所以角速度变小了。

5-10 一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转，角速度为ω1 ，它相对于此轴的转动惯量为J1 。

现在它的正上方有一个以角速度为ω2 转动的圆盘，这个圆盘相对于其对称轴的转动惯量为J2。

两圆盘相平行，圆心在同一条竖直线上。

上盘的底面有销钉，如果上盘落下，销钉将嵌入下盘，使两盘合成一体。

(1)求两盘合成一体后的角速度；(2)求上盘落下后两盘总动能的改变量；(3)解释动能改变的原因。

解(1)将两个圆盘看为一个系统，这个系统不受外力矩的作用，总角动量守恒，即,所以合成一体后的角速度为.(2)上盘落下后两盘总动能的改变量为.(3)动能减少是由于两盘合成一体时剧烈摩擦，致使一部分动能转变为热能。

5-11 一均匀木棒质量为m1 = 1.0 kg、长为l = 40 cm，可绕通过其中心并与棒垂直的轴转动。

一质量为m2= 10 g的子弹以v = 200 m⋅s-1 的速率射向棒端，并嵌入棒内。

设子弹的运动方向与棒和转轴相垂直，求棒受子弹撞击后的角速度。

解将木棒和子弹看为一个系统，该系统不受外力矩的作用，所以系统的角动量守恒，即, (1)其中J1是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量，J2是子弹相对于同一轴的转动惯量，它们分别为, . (2)将式(2)代入式(1)，得.5-12 有一质量为M且分布均匀的飞轮，半径为R，正在以角速度 旋转着，突然有一质量为m 的小碎块从飞轮边缘飞出，方向正好竖直向上。

试求：(1)小碎块上升的高度；(2)余下部分的角速度、角动量和转动动能(忽略重力矩的影响)。

解(1)小碎块离开飞轮时的初速为,于是它上升的高度为.(2)小碎块离开飞轮前、后系统不受外力矩的作用，所以总角动量守恒。

小碎块离开飞轮前，飞轮的角动量就是系统的总角动量，为；飞轮破裂后，小碎块相对于转轴的转动惯量为,角动量为.碎轮的角动量为,式中 2是碎轮的角速度。

总角动量守恒，L = L1 + L2 ，即,整理后为,所以.这表明飞轮破碎后其角速度不变。

碎轮的角动量为.碎轮的转动动能为.5-15有一个长方体形的水库，长200 m，宽150 m，水深10 m，求水对水库底面和侧面的压力。

解图5-9水对水库底面的压力为侧面的压力应如下求得：在侧面上建立如图5-9所示的坐标系，在y处取侧面窄条d y，此侧面窄条所受的压力为,整个侧面所受的压力可以表示为.对于h = 10 m、l = 200 m的侧面：.对于h = 10 m、l = 150 m的侧面：.侧面的总压力为.5-16在5.0⨯103 s的时间内通过管子截面的二氧化碳气体(看作为理想流体)的质量为0.51 kg。

已知该气体的密度为7.5 kg⋅m-3 ，管子的直径为2.0 cm，求二氧化碳气体在管子里的平均流速。

解单位时间内流过管子截面的二氧化碳气体的体积，即流量为,平均流速为.5-17当水从水笼头缓慢流出而自由下落时，水流随位置的下降而变细，何故？如果水笼头管口的内直径为d，水流出的速率为v0 ，求在水笼头出口以下h处水流的直径。

解当水从水笼头缓慢流出时，可以认为是定常流动，遵从连续性方程，即流速与流管的截面积成反比，所以水流随位置的下降而变细，如图5-10所示。

图5-10可以认为水从笼头流出后各处都是大气压，伯努利方程可以写为,改写为, (1).这表示水流随位置的下降，流速逐渐增大。

整个水流可以认为是一个大流管，h1处的流量应等于h2处的流量，即. (2)由于,所以必定有,这表示水流随位置的下降而变细。

根据题意，，，h2处的流速为v2，代入式(1)，得,即.(3)将式(3)代入式(2)，得,式中d1 = d，d2就是在水笼头出口以下h处水流的直径。

上式可化为.从上式可解得.5-19 文丘里流量计是由一根粗细不均匀的管子做成的，粗部和细部分别接有一根竖直的细管，如图5-11所示。

在测量时，将它水平地接在管道上。

当管中有液体流动时，两竖直管中的液体会出现高度差h。

如果粗部和细部的横截面积分别为S A和S B，试计算流量和粗、细两处的流速。

图5-11解取沿管轴的水平流线AB(如图5-11中虚线所示)，并且A、B两点分别对应两竖直管的水平位置，可以列出下面的伯努利方程,改写为, 即.(1)另有连续性方程. (2)以上两式联立，可解得,,流量为.5-20 利用压缩空气将水从一个密封容器内通过管子压出，如图5-12所示。

如果管口高出容器内液面0.65 m，并要求管口的流速为1.5 m⋅s-1 。

求容器内空气的压强。

解取如图5-12中虚线AB所示的流线，并运用伯努利方程图5-12,可以认为,所以.5-21 用图5-5所示的虹吸管将容器中的水吸出。

如果管内液体作定常流动，求：(1)虹吸管内液体的流速；(2)虹吸管最高点B的压强；(3) B点距离液面的最大高度。

解此题的解答见上面[例题分析]中的例题5-4。

5-23 从油槽经过1.2 km长的钢管将油输送到储油罐中，已知钢管的内直径为12 cm，油的黏度系数为0.32 Pa⋅s，密度为0.91 g⋅cm-3，如果要维持 5.2⨯10-2 m3 ⋅s-1 的流量，试问油泵的功率应为多大？解首先根据泊肃叶公式求出油被输送到1.2 km处所需要的压强差.为保持一定的流量，油泵的功率为.。