习题答案。
解：(1)铁饼离手时的角速度为。
2）铁饼的角加速度为。
3）铁饼在手中加速的时间为。
解：（1）初角速度为。
末角速度为。
角加速度为。
2）转过的角度为。
3）切向加速度为。
法向加速度为。
总加速度为。
总加速度与切向的夹角为。
解：设某时刻后的角速度为，某时刻前飞轮转动了t秒。
某时刻后s内飞轮转过。则有。
解：对aa＇轴的转动惯量为。
对bb＇轴的转动惯量为
解：.解：设。外加力矩为τ=20n·m，由转动定律可得。
式中mf为摩擦阻力矩，i为转轮的转动惯量，由以上二式可解得。
解：（1）啮合前后系统角动量守恒。
2）势能不变，机械能的变化即动能变化。
啮合后机械能发生了损失。
解：系统在过程中满足角动量守恒和机械能守恒。
m在b点时有：
联立解得。m在c点时有： 联立解得。
解：对m1: ，代入数值，有。
对m2:,
代入数值，有
求联立方程组，有：
解：设为阻力矩，为电磁力矩，开启电源时有
关闭电源时有
1)设＝100 n，问可使飞轮在多长时间内停止转动？在这段时间里飞轮转了几转？
2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力？
解： (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力．
题3-11图（a题3-11图(b)
杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有。
对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反．
又。以等代入上式，得。
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为。
这段时间内飞轮的角位移为。
可知在这段时间里，飞轮转了转．
2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知。
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为。
解：(1)
解： 设，和β分别为，和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题3-13(a)图题3-13(b)图。
1) ,和柱体的运动方程如下：式中。而。
由上式求得。
(2)由①式。由②式。
解： 分别以，滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对，运用牛顿定律，有。
题3-14图。
对滑轮运用转动定律，有。
又。联立以上4个方程，得。
解： 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有。
解：由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒。由此得
于是。两臂收回时，系统内力做了功，所以系统的机械能不守恒。臂力做的总功为。
题3-17图。
解： (1)由转动定律，有。
2)由机械能守恒定律，有。
解：(1)子弹击中并嵌入圆盘，忽略摩擦力矩的作用，子弹与圆盘系统的角动量守恒：
2)圆盘获得角速度后，到停止转动，摩擦力矩做功：
在圆盘上取一环状面元，质量为；摩擦力矩为：
由角动量定理，有：
解： (1)设小球的初速度为，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
上两式中，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度，按机械能守恒定律可列式：
由③式得。由①式。
由②式。所以。
求得。2)相碰时小球受到的冲量为。
由①式求得。
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
解： (1)射入的过程对轴的角动量守恒。
a ga 整理 2010.05.05
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