物理学(第五版)上册答案

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1、大学物理课后习题答案（上）4-1分析与解　力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选

2、(B)．4-2分析与解　刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．4-3分析与解　如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩

3、由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．4-4分析与解　对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即式中mvD为子弹对点O的角动量ω０为圆盘初始角速度，J为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则ω＜ω０．故选(C)．4-5分析与解　由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r×mv

4、＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．4-6分析　这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．解　(1)由于角速度ω＝2πn(n为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义，在匀变速转动中角加速度为(2)发动机曲轴转过的角度为在12s内曲轴转过的圈数为4-7分析　与

5、质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1)由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2)在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω第-80-页共-80-页大学物理课后习题答案（上）＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0s内转过的圈数．解　(1)根据题意中转速随时间的变化关系，将t＝6.0s代入，即得(2)角速度随时间变化的规律为(3)t＝6.0s时转过的角度为则t＝6.0s时电动机转过的圈数圈4-8分析　如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA′轴和BB′轴的转动惯量均为零，因此

6、计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．解　由图可得此二式相加，可得则由二式相比，可得则4-9分析　根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．解　根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得第-80-页共-80-页大学物理课后习题答案（上）4-10分析　由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式计算，式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原

7、大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理．解　挖去后的圆盘如图(b)所示．(1)解1　由分析知解2　整个圆盘对OO轴转动惯量为，挖去的小圆盘对OO轴转动惯量，由分析知，剩余部分对OO轴的转动惯量为(2)由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为4-11分析　在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．该题也可用功能关系

8、来处理．将飞轮、重物和地