天津现代职业技术学院-语文教学工作总结

[物理学5章习题解答]
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
= v
2
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
=

2
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
这个条件就是保持v不变；根据公式
有条件的，条件就是保持

不变。 < br>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

一定时，切向速度
,
即不具有切向加速度。而此时法向加速度
也是一定的，所以切向加速度
，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，
，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
,
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，30 s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；
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

(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。
.
在30 s内转过的转数为
.
(2)在t = 20 s时其角速度为

1

.
(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10
3
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

0
变为

，

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
.
5-7 转动惯量为20 kgm
2
、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

可由转动定理求得

2

,
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
.
5-8 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
,
,
,
.
其中

图5-7
，于是可以解得
,
.
5-10 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，所受重力矩的大小为
,
相对于轴的转动惯量为
图5-8
,
于是，由转动定理可以求得

3

.
(2)设摆动到竖直位置时的角速度为

，根据机械能守恒，有
,
由此得
.
5-13 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
j

= 恒量 .
所以角速度变小了。
5-15 一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转，角速度为

1
，它相对于此轴的转动惯量为j
1
。现在它的正上方有一个
以角速度为

2
转动的圆盘，这个圆盘相 对于其对称轴的转动惯量为j
2
。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。
5-16 一均匀木棒质量为m
1
= 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m
2
= 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j
1
是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量，j
2
是子 弹相对于同一轴的转动惯量，它们分别为
,
将式(2)代入式(1)，得
. (2)
.

4

5-17 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 = l
1
+ l
2
，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

[物理学5章习题解答]
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
= v
2
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
=

2
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
这个条件就是保持v不变；根据公式
有条件的，条件就是保持

不变。 < br>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

一定时，切向速度
,
即不具有切向加速度。而此时法向加速度
也是一定的，所以切向加速度
，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，
，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
,
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，30 s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；
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

(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。
.
在30 s内转过的转数为
.
(2)在t = 20 s时其角速度为

1

.
(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10
3
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

0
变为

，

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
.
5-7 转动惯量为20 kgm
2
、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

可由转动定理求得

2

,
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
.
5-8 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
,
,
,
.
其中

图5-7
，于是可以解得
,
.
5-10 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，所受重力矩的大小为
,
相对于轴的转动惯量为
图5-8
,
于是，由转动定理可以求得

3

.
(2)设摆动到竖直位置时的角速度为

，根据机械能守恒，有
,
由此得
.
5-13 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
j

= 恒量 .
所以角速度变小了。
5-15 一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转，角速度为

1
，它相对于此轴的转动惯量为j
1
。现在它的正上方有一个
以角速度为

2
转动的圆盘，这个圆盘相 对于其对称轴的转动惯量为j
2
。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。
5-16 一均匀木棒质量为m
1
= 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m
2
= 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j
1
是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量，j
2
是子 弹相对于同一轴的转动惯量，它们分别为
,
将式(2)代入式(1)，得
. (2)
.

4

5-17 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 = l
1
+ l
2
，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
.


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