大学物理课后习题答案第二章 联系客服

发布时间 : 星期一 文章大学物理课后习题答案第二章更新完毕开始阅读

23M2R2R1?t?224?g(MR?MR). 1122即

(2)如果R1≧R2,那么A轮压在B轮上的面积为S = πR22,

压强为p = M1g/S = M1g/πR22.

同样在A轮上取一面积元,力矩的积分上限就是R2.总力矩为

132?2π?pR2??M1gR233,

由此求得时间就变为

A r B dr R1 3M2R12R2?t?24?g(M1R12?M2R2).

t?只有当R1 = R2时,两个时间才是相同的:

2.35 均质矩形薄板绕竖直边转动,初始角速度为ω0,转动时受到空气的阻力.阻力垂直于板面,每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比,比例常数为k.试计算经过多少时间,薄板角速度减为原来的一半.设薄板竖直边长为b,宽为a,薄板质量为m.

[解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b,宽度为dr的面积元,其面积为dS = bdr. 当板的角速度ω时,面积元的速率为v = ωr, 所受的阻力为df = kv2dS = kω2r2bdr,

a 阻力产生的力矩为dM = rdf = kω2r3bdr,

因此合力矩为

3M2R1?3M2R2??4?g(M1?M2)4?g(M1?M2).

M??k?2br3dr?0a124k?ba4.

r O dS 图2.35

b r 板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3,其角加速度为

M3k?2ba2?????I4m,

负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反.

由于β = dω/dt,可得转动的微分方程

d?3k?2ba2??dt4m,

分离变量得

3kba2d?dt??24m?,

积分得

3kba21t??C4m?.

当t = 0时,ω = ω0,所以C = -1/ω0,因此转动方程为

3kba211t??4m??0.

当ω = ω0/2时,解得时间为

t?4m3kba2?0.

2.36 一个质量为M,半径为R并以角速度ω旋转的飞轮(可看作匀质圆盘),在某一

17

瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出,如图所示.假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上.

(1)问它能上升多高?

(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能. [解答](1)碎片上抛的初速度为v0 = ωR, 根据匀变速直线运动公式v2 – v02 = -2gh, 可得碎片上升的高度为h = v02/2g =ω2R2/2g.

R (2)余下部分的角速度仍为ω,但是转动惯量只有

1ω 22I?,

所以角动量为L = Iω = R(M/2 – m)ω.

2

2MR?mR图2.36

转动动能为2.37 两滑冰运动员,在相距1.5m的两平行线上相向而行,两人质量分别为mA = 60kg,

-1-1

mB = 70kg,它们速率分别为vA = 7m·s,vB = 6m·s,当两者最接近时,便函拉起手来,开始绕质心作圆周运动,并保持二者的距离为1.5m.求该瞬时:

(1)系统对通过质心的竖直轴的总角动量;

mA (2)系统的角速度;

vA (3)两人拉手前、后的总动能.这一过程中能量是否守恒? rA [解答](1)设质心距A的平行线为rA,距B的平行线为rB,则有 r rB rA + rB = r,

根据质心的概念可得mArA = mBrB, 解方程组得

Ek?121MI??(?m)?2R2222.

vB mB rA?mBmArrB?rmA?mB,mA?mB.

两运动员绕质心的角动量的方向相同,他们的总角动量为

?mAmBr(vA?vB)mA?mB= 630(kg·m2·s-1).

(2)根据角动量守恒定律得L = (IA + IB)ω,

其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量IA = mArA2和IB = mBrB2. 角速度为ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s-1).

(3)两人拉手前的总动能就是平动动能

Ek1?1122mAvA?mBvB22= 2730(J);

拉手后的总动能是绕质心的转动动能:

Ek2?11IA?2?IB?222= 2730(J),

可见:这一过程能量是守恒的.

[讨论](1)角动量.根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为

2I?mArA?mBrB2?mAmBmAmBr2r(rA?rB)?mA?mBmA?mB,

角速度为

可见:角速度与两人的质量无关,只与它们的相对速度和平行线的距离有关.

(2)损失的能量.两人的转动动能为

1mAmB212?(v?v)ABEk2?(IA?IB)?2mA?mB2,

18

因此动能的变化量为

ΔE = Ek2 – Ek1

(mAvA?mBvB)2?E??2(mA?mB),

简化得

负号表示能量减少.可见:如果mAvA≠mBvB,则ΔE≠0,即能量不守恒.在本题中,由于mAvA = mBvB,所以能量是守恒的.

2.38 一均匀细棒长为l,质量为m,以与棒长方向相垂直的速度v0,在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞,碰撞点位于离棒中心一方l/4处,如图所示,求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0.

[解答]以O点为转动轴,棒的质心到轴的距离为l/4,在碰撞之前,棒对转轴的角动l/4 O 量为mv0l/4.在碰撞之后瞬间,棒绕轴的角动量为Iω0.

棒绕质心的转动惯量为Ic = ml2/12,

根据平行轴定理,棒绕O点为转动惯量为

?1ml2?m(1l)2?7ml212448.

根据角动量守恒定律得mv0l/4 = Iω0,

所以角速度为

?112v00?4mv0l/I?7l.

19

l/4 l v0 图2.38