大学物理第五版课后答案(上)完整版

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上）） 1?d?1?d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ?1?414?πρ?ld1?ad2??0.136kg?m216?2?22

4-10 如图 圆盘的质量为m 半径为R

m2πrdrR/2πR22mR15 ?2?r3dr?mR2RR/232J0??r2dm??r2R 2 。

2??23915mR??2J0??mR??m?2?π???R?mR232πR32?2?????

4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量

FR?Jα mg?F?ma a?Rα

?gt?1? ?1?h?at J?mR?22h?TT222??4-12 一燃气轮机 25.0kg m2 解1 在匀变速转动中，角加速度α?ω?tω，由转动定律

0M?Jα，可得飞轮所经历的时间

t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8sJ?MM

4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A 解 (1)Fr?Jα?1mrα 。P?F??mg?F??ma 2a?rα 2mg1mgta? 。s?at??2.45m m?2m2m?2m2T12T2T222221212g?39.2N (2) F?m?g?a??mm?m2m4-14 m1 m2 A B 组合轮两端

P?F??mg?F?ma F?T12121T11T111T2?P2?FT2?m2g?m2a2T2T2

F??F,F??F

a?Rα a?rα 解上述方程组，可得

mR?mrmR?mra?gR 。a?gr J?J?mR?mrJ?J?mR?mrFT1R?FT2r??J1?J2?α1T1T12112222122212121212第-9-页 共-37-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上）） J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1gJ1?J2?m1R2?m2r2。

J1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2gJ1?J2?m1R2?m2r2

4-15 如图所示装置，定滑轮半径r

F?mgsinθ?μmgcosθ?ma mg?F?ma a?a?rα F?r?F?r?Jα F??F,F??F

T111112T22212T2T1T1T1T2T2a1?a2?m2g?m1gsinθ?μm1gcosθJm1?m2?2rm1m2g?1?sinθ?μcosθ???sinθ?μcosθ?m1gJ/r2FT1?m1?m2?J/r2m1m2g?1?sinθ?μcosθ??m2gJ/r2FT2?m1?m2?J/r2

(1)

124-16 飞轮 60kg 0.50m

?l1?0M?FfF?l1?l2??FNd1l?l?FNμd?12Fμd222l1α?ω?ω0ω02πn??ttt?3.14?10 F?μπ?lnmdl?l?t12N

4-17 一半径为R，质量为m的匀质圆盘。。 停止

dM?r?dFf??2rμmgdr/RkM??dM???22?R02r2μmg2dr?μmgR2R3

Δt?Jω3ωR?M4μg

tdωC???dtω0ω0Jω4-18 如图 通风机

dωCω (1)α????dtJω?ω0e?Ct/J

Jln2 (2)t?C(2)

?θ0dθ??ω0e?Ct/Jdt0tθJωN?? θ?J2ω C2π4πC002?t24-19 如图 一长 2l的细棒AB

解L?Jω?2mr?2mlω?1?e?sinα

Ld??2mlω?1?e?sinα??2mlωsinαe 。M?2mlωsinα (2) M?ddtdt202?t222?t22000第-10-页 共-37-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上）） 4-20 m丶 半径R的圆盘 裂开

解 (1) v?ωR

1?(2) L?L?L? L???m??m?Rω ?2?4-21 光滑水平 木杆 m1=1.0kg L=40cm

解 根据角动量守恒定理

Jω6mv??29.1s Jω??J?J?ω?。ω???m?3m?J?J02021222?112124-22 r1 r2 薄伞形轮

?FΔt?J?ω?ω? FJωr ω?Jr?Jωrr1110r2Δt?J2ω2 rω?rω

11221120222122014-23 20.0的 小孩 3.00

vω?ω?ω?ω?。Jω?J?ω?ω??0ωR010001010mR2v????9.52?10?2s?12J0?mRR

4-24 一转台 砂粒 Q =2t 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为

m??Qdt?0.10kg010s。Jω??J0020?mrω? 。ω?JJ?ωmr0002?0.80J1πs?1

4-25 为使运行中的飞船

Jω?mur?0 m?2Qt Jωt??2.67s 2Qur4-26 m的蜘蛛 ?ω 解 (1) Jω??J?J?ωω?JJ?Jω?m?m?2m(2) 即J?mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有Jω??J?J?ω

4-27 1.12kg 1.0m的均匀细棒

解 (1) 由刚体的角动量定理得 ΔL?Jω??Mdt?FlΔt?2.0kg?m?s

3FΔt???1?(2)θ?arccos????8838? mgl?? 4.39x10 5 4-28 第一颗人造卫星

mrv?mrv

Gmm1Gmmmv??mv?(1)1 (2) 2r2rrGmrv??8.11?10m?s 。v?v?6.31?10m?s rr?r?r?0a201bb0aa0120a01c2?1022o2112122E22E121E23?1213?111122第-11-页 共-37-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上）） 4-29 地球对自传 0.33 24

解 (1) 地球的质量mＥ ＝5.98 ×10 kg，半径R ＝6

6.37 ×10 m，所以，地球自转的动能

1E?Jω?2π?0.33mR/T?2.12?10J 2222229KEπ2π(2) 对式ω?2两边微分，可得dω??dT TT22πω2Δω??2ΔT??ΔTT2π

ω3ωΔEK?JωΔω??JΔT??EKΔT2ππ

(2)

W?MΔθ?ΔEK M?EKωΔT?7.47?10?2N?m22πn

式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.

4-30 如图 一质量为m的小球由一绳索 。。。 新的角速度 解 (1)

Jω?4ω J?mr和J?1mr，则ω?J4

13 (2) W?1Jω?Jω?mrω 2224-31 质量 0.50kg 0.40m 解 (1) 棒绕端点的

02012010001210202020转动惯量J?1ml由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的32角加速度为

α?M?θ?3gcosθ?J2l。??18.4s

?2由于

(2)

(3) 由于该动能也就是转动动能，即Eω??2EK?J3g?8.57s?1ldωωdωα??dtdθ1EK?mgl?0.98J2，?ω0ωdω??60o0αdθ 。ω?3gsinθl60o0?7.98s?1

K?12Jω2，

4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = 10.0 kg。M

解 (1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，

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