教案大学物理

1、教案大学物理（05 春）大学物理教研室第一次【引】本学期授课内容、各篇难易程度、各章时间安排、考试时间及形式等绪论1物理学的研究对象2、物理学的研究方法3、物理学与技术科学、生产实践的关系第一早质点运动学【教学目的】理解质点模型和参照系等概念掌握位置矢量、位移、速度、加速度等描述质点运动和运动 变化的物理量能借助于直角坐标系熟练地计算质点在平面内运动时的速 度和加速度，能熟练地计算质点作圆周运动时的角速度、角 加速度、切向加速度和法向加速度。【重点、难点】探 本章重点：位置矢量、位移、速度、加速度、圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。本章难点：切向加速度和法向加速度【教学过程

2、】-描述质点运动和运动变化的物理量2学时典型运动、圆周运动2学时-相对运动2学时讲授、基本概念1质点2参照系和坐标系(1)直角坐标系(如图1-1):图1-1欢迎下载3(1-1)(1-2)xyzCOS,cos,cosrrr(1-3)(2)自然坐标系(如图1-2):3时刻与时间、描述质点运动的基本量1位置矢量表示运动质点位置的量。如图1- 1所示r xi yj zk矢径r的大小由下式决定:x2矢径r的方向余弦是运动方程 描述质点的空间位置随时间而变化的函数。称为运动方程，可以 写作(1 - 4a)x = x (t), y = y (t), z = z (t)(1 4b)r = r (t)轨道方程

3、运动质点在空间所经过的路径称为轨道质点的运动轨道为直线时，称为直线运动.质点的运动轨道为曲线时，称为曲线运动.从 式（1 一4a）中消去t以后，可得轨道方程。例：设已知某质点的运动方程为表示运动质点位置移动的量。如图1 3所示AB在直角坐标系中，位移矢量r xirB rArr的正交分解式为yjzk(1 5)(1 6)式中 x xB Xa ；y yB Ya； z Zb的沿坐标轴的三个分量。 位移r的大小由下式决定2 2 2rJ( x) ( y) ( z)(1 7)位移r的方向余弦是COSxyz；cos-J-.cosr7r7r(1 8)路程 路程是质点在运动过程中实际通过的路径的长度。路程是标量3

4、速度：描述质点运动的快慢和方向的量.(1)平均速度：Vrt(1 9)(2)瞬时速度(速度)rd rVlim(1 10)t 0tdt直角坐标系中，速度矢量也可表示为VVxiVy jVzk(1 11)VxdxdtdyVyVz其中不分别是速度v的沿坐标轴的三个分量dtV.Vx2Vy2VzVxVyVzcos；cosVVV速度V的大小由下式决定V速度V的方向余弦是cos(1 12)(1 13)欢迎下载7速率速率等于质点在单位时间内所通过的路程。平均速率sV -ts dsrvlim 一limt 0 t dtt 0t瞬时速率(简称速率)V(1 14)(1 15)4加速度：描述质点速度改变的快慢和方向的量(1

5、)平均加速度V(1 16)a t(2)瞬时速度(速度)：2vdV d r(1 17)a lim t0tdtdt2在直角坐标系中，加速度矢量a的正交分解式为a axi ay jazk(1 18)其中axdVxd2xdtdt2aydVydtd2ydtaz罟兽分别是加速度a的沿坐标轴的三个分量第二次三、几种典型的质点运动1直线运动（1）匀变速直线运动（略）（2）变加速直线运动例1- 1 潜水艇在下沉力不大的情况下，自静止开始以加速度a A e t铅直下沉（A、为恒量），求任一时刻t的速度和运动方程。解：以潜水艇开始运动处为坐标原点 0,作铅直向下的坐标轴 Ox，按 加速度定义式，有dvdt今取潜水艇

6、开始运动的时刻作为计时零点,按题意，t 0时，x 0，v 0。将a A e t代入上式，积分:VdvooA etdt由此可求得潜水艇在任一时刻t的速度为v A（1 e t）再由直线运动的速度定义式v dx dt，将上式写作dxtA（1 e t） dt根据上述初始条件，对上式求 定积分，有Xttdx A（1 e t）dt00由此便可求得潜水艇在任一时刻t的位置坐标x，即运动方程为A tx （e t 1） At或 dx A(1 e t )dt图1-42抛体运动（略）欢迎下载dv adt3圆周运动(1) 匀速圆周运动ViV2v其加速度为dvdtlimt 0 t加速度的大小:va lim t 0 t从

7、图1 - 4中看出，I vv所以Htmoiva lim t 0 t因v和R均为常量，可取出于极限号之外，得vlim -ra Rt 0ts，所以v a r lim -m -2 s vRt 0 tR0t R因为t 0时r故得2(1 19)vaR再讨论加速度的方向：加速度的方向是 t 0时v的极限方向。由图18可看出v与vp间的夹角为1();当t-0时，这个角度趋于勺，即a与vp垂直。所以加速度a的方向是沿半径指向圆心，这就是读者所熟知的向 心加速度。(2) 变速圆周运动一个沿圆周欢迎下载13的切线方向，叫做切向加速度，用at表示，at只改变质点速度的大小；一个 沿圆周的法线方向，叫做法向加速度，用

8、an表示，an只改变质点速度的方向; 即(1 20)a at an22dRvdtdt虫Rdt角加速度Bdd2dt dt24曲线运动如果质点在平面内作一般的曲线运动，其加速度andv d atRdt dta也可分解为a atan(1 39)上式中，at为切向加速度，an为法向加速度,其量值分别为dvat； a ndt ；(1 22)例1 2质点沿半径为R的圆周运动,其路程用圆弧s表示，s随时间t的变化规律是s vt号t2，其中vo、b都是正的常数，求（1）t时刻质 点的总加速度。（2）总加速度大小达到b值时，质点沿圆周已运行的圈数。db 2(vot t )Vobtdt2切向加速度为解：（1）由题

9、意可得质点沿圆周运动的速率为ds v dt再求它的切向和法向加速度,atdv d恳評bt) b法向加速度为2vanR(Vobt)2R于是，质点在t时刻的总加速度大小为aat2a2(b)2(v0 bt)2 2(Vobt)4其方向与速度间夹角为tgan at(vobt)2Rb（2）总加速度大小达到b值时，所需时间t可由a 丄 vR2b2(v0 bt)4 bR求得代入路程方程式，质点已转过的圈数Vo（V）卜（普）2b 2 b第三次I相对运动U习题1 2、34、5、6、8、10、11【本章作业】1 2; 1 3; 1 8; 1 11【本章小结】1坐标系：直角坐标系、自然坐标系2四个基本量：位置（运动方

10、程）、位移、速度、加速度3圆周运动：角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）； 张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第二版）第四次第二早质点动力学【教学目的】掌握牛顿三定律及其适用条件。理解万有引力定律。了解力的种类、物理学量刚、惯性系与非惯性系【重点、难点】探 本章重点：牛顿运动定律的应用。本章难点：变力作用下牛顿运动定律的应用。【教学过程】牛顿定律、力的种类、惯性系与非惯性系败2学时讲授、牛顿运动定律第一运动定律：第二运动定律：物体受到外力作用时，物体所获得的加速度的大小与合外 力的大小成正比，并与物体的质量成反比；加速度的方向 与合外

11、力的方向相同。第三运动定律:应用第二定律时，应注意下述几点:(1) 瞬时性、方向性、叠加性(2) 分量式:直角坐标系： Fx max, Fy may, Fz mazd 2xFx m，Fym齢Fdt2d2z(24a)(24b)2v(2 5)Fn man m 圆周轨道或曲线轨道：dv Ft mat mdt式中Fn和Ft分别代表法向合力和切向合力；是曲线在该点的曲率半径(3) F是物体所受的一切外力的合力，但不能把 ma误认为外力.二、力的种类1常见的力重力、弹性力、摩擦力 2四种自然力现代物理学按物体之间的相互作用的性质把力分为四类：万有引力、电磁力、强相互作用和弱相互作用.三、力学的单位制和量纲

12、(了解)四、惯性系和非惯性系(了解) 例题213质量为m的子弹以速度V。水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反 向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度.2 14公路的转弯处是一半径为 200m的圆形弧线，其内外坡度是按车速 60km/h设计的，此时轮胎不受路面左右方向的力，雪后公路上结冰， 若汽车以40km/h的速度行驶，问车胎与路面间的摩擦系数至少多大， 才能保证汽车在转弯时不至滑出公路？215质量为m的小球，在水中受的浮力为常力F,当它从静止开始沉降时， 受到水的粘滞阻力为f = kv（ k为常

13、数）.证明小球在水中竖直沉降的 速度值v与时间t的关系为V 巴口（1 e kt/m），式中t为从沉降开始计k算的时间。【本章作业】2 7、8、9【本章小结】第二定律分量式2 221 直线运动： Fx mdx, Fy m , Fz mdzdt2dt2dt2Fn man2圆周轨道或曲线轨道:【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；Ft matdv mdt张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第一版）第五次第三章 功和能【教学目的】掌握功的概念。能计算直线运动情况下变力的功。掌握保守力作功的特点及势能概念，会计算势能。掌握质点的动能定理并能用它分析、 解决质点在平面内运动 时的简单力学

14、问题。掌握机械能守恒定律及适用条件。掌握运用它分析问题的思 想方法。能分析简单系统在平面内运动的力学问题。【重点、难点】探本章重点：功、势能、动能定理、机械能守恒定律本章难点：变力的功、动能定理、机械能守恒定律【教学过程】1功的概念、动能定理2学时2势能、功能原理、机械能守恒定律讲授一、功和功率1功的定义（1）恒力的功（图3-1）2学时(3-1) A = F s A = F cos s图3-1【注】功有正负.当鼻时，功为负值，也就是力对2物体作负功，或者说，物体反抗外力而作功功本身是标量，没有方向 的意义.（2）变力的功（图3-2）ba图3-2在曲线运动中，我们必须知道在曲线路程上每一位移元S

15、i处，力Fi和位移元$之间的夹角i，所以微功 A和总功A分别为A FisiFi cos i siA FisiFi cos i siii或把总功用积分式表示为2欢迎下载15bA F cos dsabF dsab(Fxdx Fydy Fzdz)(3-2)a式中a、b表示曲线运动的起点和终点.(3) 合力的功假如有许多力同时作用于同一物体，我们不难证明合力的功等于各分力 的功的代数和.在国际单位制中，功的单位是牛顿米(N m),称为焦耳(符号J); 在工程制中，是千克力米，没有专门名称.(4)功率平均功率瞬时功率A dAlimt t dt(3-3)slim F cosF cos v F Vt 0t上

16、式说明瞬时功率等于力的速度方向的分量和速度大小的乘积.在国际单位制中，功率的单位是焦耳 秒(J?s1)，称为瓦特(符号W) o例1 一质点受力F 3x2i (SI)作用，沿X轴正方向运动。从x=0到x=2m 过程中，力F作功为J例2质量为m= 0.5kg的质点，在XOY坐标平面内运动，其运动方程为x=5t，y= 0.5t2 (SI)，从t= 2s到t= 4s这段时间内，外力对质点作的功为J、动能、动能定理1动能Ek1 mv2质点的动能定理(1)推导:bF cos dsa*mvb2：mVa2(3-4)（2）合外力对物体所作的功等于物体的动能的增量这一结论称为动能 定理.3系统的动能定理（1） 系

17、统内力系统外力。（2）系统的动能定理的形式A Ek Eko（ 3-5）Ek和Eko分别表示系统在终态和初态的总动能，A表示作用在各物体上所有的 力所作的功的总和.第六次三、保守力作功势能1重力作功的特点dA G ds P cos ds mg cos ds mgdh式中dh dscos（ ） dscos就是在位移元ds中物体上升的高度.所以重力 所作的功是A dA mgdh mgha mgh,ha可见物体上升时（hbha），重力作负功（AV 0）；物体下降时（hb0）。从计算中可以看出重力所作的功只与运动物体的始末位置（ha和hb ）有 关，而与运动物体所经过的路径无关。重力势能Ep mghA

18、mgha mghb Epa Epb或A (Epb Epa)(3-6)上式说明：重力的功等于重力势能的增量的负值。2弹性力的功弹性势能弹性力也具有保守力的特点我们以弹簧的弹性力为例来说明.根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹性力F的大小与弹簧的伸长量x成正比，即F = kxk称为弹簧的倔强系数因弹性力是一变力， 所以计算弹性力作功时，须用积分法或图解法.A 1 kxa2 1 kxb22 a 2 bE paE pb欢迎下载17弹性势能Ep mgh则A (Epb Epa)(3 7)和重力作功完全相似，上式说明：弹性力所作的功等于弹性势能的增量的负 值。3万有引力的功引力势能推导得:GMm(丄rapa

19、G0业raG0Mm rbE pb(3-8)通常，取m离M为无限远时的势能为零势能参考位置，亦即在上式中令rbx，Ep = 0，这样引力势能E paG0Mm(3-9)四、功能原理机械能守恒定律1功能原理现在我们对系统的动能定理A Ek Ek0作进一步的讨论。对于几个物体组成的系统来说，上式中A包括一切外力的功和一切内力的功内力之中，又应将保守内力和非保守内力加以区分所 以式A外力A保守内力A非保守内力Ek E ko(3一 10)欢迎下载27式（3 10）是适用于一个系统的动能定理.而 A保守内力（Ep Epo）（3 11）至于非保守内力的功，可以是正功（例如系统内的爆炸冲力），也得 A外力 A非

20、保守内力 （Ep Epo） E k E ko或 A外力A非保守内力（Ek E p） （Eko E po ）（312）上式说明：系统机械能的增量等于外力的功和非保守内力的功的总和，通常 称为系统的功能原理.2机械能守恒定律显然，在外力和非保守内力都不作功或所作的总功为零（或根本没有外力和 非保守内力的作用）的情形下，由上式得Ek Ep Eko Epo 恒量（3 13）亦即系统的机械能保持不变.这一结论称为机械能守恒定律.例3 2（学生自学）例3 4 如图（见教材），有一小车沿圆形无摩擦轨道经过 A、B、C、 D各点，若轨道的圆心为 0,半径为R，Z COD= =60 , Va 、5gR，小 车质

21、量为m。求小车在D点所受的轨道压力N。解：要求正压力，应采用牛顿第二定律；正压力在半径方向，因此只须2用法向分量式；设过D点时小车的速率为v，则法向加速度为;小车除R受压力N夕卜，还受重力作用；取向心的方向为法线的正向，得牛顿第二定 律的法向分量式为：mg cos N2Vm一R欲求N，应先求速率v，因重力是保守力，正压力不作功，摩擦力可忽 略，故运动中机械能应守恒。因vA已知，故选取小车过 A、D二点时为二 状态，并取过A点的水平面为参照面；则在状态 A，物体组（小车与地球）1 1的动能为2mvA，势能为零；在状态D，动能为尹2，势能为mgR（1 cos）由机械能守恒定律，得:：mvA1 2m

22、vmgR(1 cos )在上二式中消去v后求N，得：vAN m 2mg 3mgcos将Va和 的值代入上式后化简，得：3N mg例3- 5 如图所示，一钢制滑板的雪橇满载木材，总质量 m 5t，当雪 橇在倾角 10的斜坡冰道上从高度h=10m的A点滑下时，平顺地通过坡 底B，然后沿平直冰道滑到 C点停止。设雪橇与冰道间的摩擦系数为0.03，求雪橇沿斜坡下滑到坡底B的过程中各力所作的功和合外力的功。解：雪橇沿斜坡AB下滑时，受重力G mg，斜面的支承力 叫和冰面对 雪橇的滑动摩擦力fri作用，方向如图所示，治的大小为 fr1 N1 mg cos 。下滑的位移大小为 AB h sin 。按功的定义

23、式(3- 1)，由题设数据，可求出重力对雪橇所作的功为AW (mg sin )(h sin )cos0 mgh 5000kg 9.8m s 2 10m4.9 105(J)斜坡的支承力N1对雪橇所作的功为AN1(mg cos )(h sin ) cos90 0摩擦力fr1对雪橇所作的功为f r1 ( mg cos )(h. sin ) cos 180 mgh ctg20.035000 kg 9.8m s 10m ctg108.34104 (J)在下滑过程中，合外力对雪橇作功为A A AN1 Afr1 4.9 105J 0 ( 8.34 104J) 4.07 105(J)【本章作业】3 7、8、1

24、0【本章小结】1基本概念：功和功率 势能和动能2基本原理：b11质点的动能定理：A F cos ds - mvb2 - mva2a2 b 2 a功能原理：A外力A非保守内力(Ek Ep) (Eko Epo)机械能守恒定律：Ek Ep Eko Epo恒量【参考书】：程守珠、江之永 普通物理学（第五版）； 张三慧大学物理学（第二版） 赵近芳大学物理学（第一版）第七次第四章 动量【教学目的】掌握的冲量概念。会计算变力的冲量掌握质点动量定理，并能用它分析、解决质点在平面内运动 时的简单力学问题。掌握动量守恒定律及适用条件。掌握运用它分析问题的思想 方法。【重点、难点】探本章重点：冲量、动量定理、动量守

25、恒定律、碰撞。本章难点：变力的冲量、动量定理、动量守恒定律。【教学过程】1冲量、动量定理2学时2动量守恒定律、碰撞2学时讲授一、冲量 动量 动量定理1冲量（1）恒力的冲量I =F （t2ti）（4一 1）（2）变力的冲量如果外力F是一变力，则把力的作用时间t2 11分成许多极小的时间间 隔ti，在时间ti中的冲量为I i Fi ti而在时间t2 t1中的冲量为IIiFi ti如果所取的时间ti为无限小，上式可改写为积分式t2(4一 2)IF dtti要注意到，与上式相应，在各坐标轴方向的分量式是t 2xFxdtt1Fx (t2t1)t2yt FydtFy(t2t1)(4一 3)t2z, Fzd

26、tFz(t2t1)2动量动量定理(1)动量(运动量)(4 4)p mV(2)动量定理可以证明，在合外力F是变力，物体作一般运动的情况下，有:o，如图所示。t2IF dt m v 2 m v1( 45)ti在坐标轴方向的三个相应的分量式是t2lx t Fxdt mv2x mvixt1t2I yFydt mv2y mviy(4 6)t1t2I zFzdt mv2z mgt1v1例41 一质量为2.5克的乒乓球以速度v1 =10米/秒飞来，用板推挡后, 又以v2 =20米/秒的速度飞出。设推挡前后球的运动方向与板面的夹角分别 为45和60(1) 画出板对球的平均冲力的方向;(2) 求乒乓球得到的冲量

27、大小；（3）如撞击时间是0.01秒，求板施加于球上的平均冲力 解：（1）由动量定理：F t mv2 mv1得：mv 2 F t mv1可以画出冲量方向F t如图，平均冲力的方向与F t方向相同（2）将初、末两状态动量向x轴作分量P1x mv1cos45 1.810 2;kgm s-1P1ymv1 sin451.8 10 2kgm s-1P2xmv2 cos602.510 2 kgm s-1P2ymv2 sin604.32 110 kgm mi, mi向上运动，m?向下运动，而滑轮顺时针旋转。按 牛顿运动定律和转动定律可列出下列方程：Ti Gi m-iaT2 G2 m2aT2r T|r I式中

28、是滑轮的角加速度，a是物体的加速度，Gi gg，G2 m2g。滑轮 边缘上的切向加速度和物体的加速度相等，即a r从以上各式即可解得(m2 mjgIm22r(m2 mjgm1m2 m2m!(2mTimi(ga)2m)g1mim2m2m2(2m1m)gT2m2(g a)(讥mQgg m2 *m)r例5- 5如图所示，质量为mi和m2的滑块用一根轻软绳系住后跨在定滑轮的两侧。定滑轮的质量为m3,半径为R。m2与斜面之间光滑 接触，斜面角为。当m2沿斜面下滑时软绳带动定滑轮作转动， 软绳与定滑轮之间无相对滑动。求滑块的加速度值与定滑轮的 角加速度。(学生自学)第十次三、力矩的功转动动能刚体定轴转动中

29、的动能定理机械能守恒1力矩的功变力矩所作的功为AMd(5 8)2转动动能Ek-k22 2 1 / m(22 2m)Ek 2 J2(5 9)3刚体定轴转动中的动能定理2AMd12 1 2d(- J 2)1 21j 22 丄 J 122 2 2 1(5 10)合外力矩对定轴刚体所作的功等于刚体转动动能的增量这一关系称为刚体 定轴转动中的动能定理。4机械能守恒例5 8如图所示，一根长为I,质量为m的匀质细杆。一端与光滑的 水平轴相连，可在竖直平面内转动；另一端固定一质量也是m的小球，且小球的半径 Rvvl。设杆由水平位置自由释放，求杆 下摆至任意角度时的角加速度和角速度。解：题意分析：细杆在下摆过程

30、中受到两个力矩作用。细杆的重力矩Mi mg(l.2)cos，重力的作用点在细杆的质心处；小球所受的重力矩 M2 mgl cos ，重力的作用点在小球处。两力矩的方向相同均指向纸面。 列出刚体的转动方程：M1 M 2 mg()cosmgl cos J(1)2 其中J是细杆和小球绕轴的转动惯量，1 2 2J J! J2ml ml(2)3 代入（1）式后得出角加速度值(3)9g cos81 根据角加速度是角速度的一阶导数的关系来求解角速度值。ddTdt最后得：四、角动量 角动量守恒定律1角动量（1）质点角动量（2）刚体对轴的角动量d ,dd00 d9g sinV 41(4)L r p(5 12)L

31、J(5 13)欢迎下载452角动量定理（1）冲量矩 与冲量相似，我们用冲量矩表示力矩在一段时间内的累积效 应冲量矩等于力矩乘以力矩所作用的时间.（2）定理刚体作定轴转动时，根据转动定律M Jd J_ dt可得r” d(J M)dL(5 14)dtdt和Mdtd(J )(5 15)两边进行积分后，得t2Mdt2d(J)J 2J 1(5 16)W1转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在这段时间内转动物体角动量的增量， 这一关系叫做角动量定理.3角动量守恒定律（1）定律由角动量定理可知，如果物体所受对某固定轴的合外力矩M恒等于零，那末根据式（517）得dL d(J )dtdt所以L J 二恒量（5 21

32、）亦即当物体所受的合外力矩等于零时， 物体的角动量J3保持不变.这一结论 就是角动量守恒定律，也叫做动量矩守恒定律.（2）实用范围 几个刚体组成的系统 质点与刚体组成的系统 非刚体 非刚体做非定轴转动例510 水平圆形转台，质量为M，半径为r,可绕过中心的铅直光 滑轴转动。质量为m的人，站在台边缘。设开始时人与转台 均静止。如果人在台上以v的速率沿台边缘顺时针（从上往 下看）方向奔跑，求此时转台转动的角速度刚体习题课第十一次【内容】 一、填空题：1 一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg.m2，现加一恒定的 制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为M=。2

33、 一飞轮的转动惯量为J,在t = 0时角速度为3 0,此后飞轮经历制动过程。阻力矩M的大小与角速度3的平方成正比，比例系数k0。当3 =1/3 3 0时，飞轮的角加速度B =。从开始制动到3 =1/33 0所经历的时间t =。3动量矩定理的内容是 ，其数学表达式可写成。动量矩守恒的条件4 一飞轮以角速度3 0绕轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J1；另一静止飞 轮突然被啮合到同一个轴上，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍， 啮合后整个系统的角速度 3= 。二、选择题：1 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴 O以角速度3按图示方向转动，若 如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘

34、面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度3(A) 必然增大；(B) ( B)必然减少；(C) 不会改变；(D )如何变化，不能确定2 一刚体的转动惯量只决定于(A)刚体的质量；(B)刚体的质量的空间分布;(C)刚体的质量对给定转轴的分布；(D)转轴的位置3花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量 为Jo,角速度为3 0。然后她将两臂收回，使转动惯量减少为1/3 J0这时她转动的角速度变为1丄(A) 3 0(B)右 0(C) 33 o三、计算题：1 一轴承光滑的定滑轮，质量为M=2.00kg，半径为R=0.100m，根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑 轮上，另一端系有一质量为 m= 5.00kg的物体，如 图所示。定滑轮的转动惯量为 J= MR2/2 .已知定滑 轮的初角速度3 0 =10.0rad/s，其方向垂直纸面向里。 求：(1)定滑轮的角加速度；(2) 定滑轮的角速度变化到3= 0时，物体上升的高度;(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度.3 0mO .O一丨A(俯视图)2有一质量为m1、长为I的均匀细棒，静止平放在滑 动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其端 点O且与桌面垂直的固