《刚体定轴转动》答案讲课教案

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大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案

大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案

第四章 刚体的转动一、简答题:1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案:刚体定轴转动时,若所受合外力矩为零或不受外力矩,则刚体的角动量保持不变。

2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案:刚体绕定轴转动的转动定律:刚体绕定轴转动时,刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比,与刚体的转动惯量成反比。

表达式为:αJ M =。

3、写出刚体转动惯量的公式,并说明它由哪些因素确定?答案:dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布;②转轴的位置;③刚体的形状。

二、选择题1、在定轴转动中,如果合外力矩的方向与角速度的方向一致,则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时,物体角速度一定增大;B.合力矩减小时,物体角速度一定减小;C.合力矩减小时,物体角加速度不一定变小;D.合力矩增大时,物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量,下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关; B.取决于刚体的质量和质量的空间分布,与轴的位置无关; C.取决于刚体的质量,质量的空间分布和轴的位置;D.只取决于转轴的位置,与刚体的质量和质量的空间分布无关;3、有一半径为R 的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动, 转动惯量为J ,开始时转台以匀角速度0ω转动,此时有一质量为m 的人站住转台中心,随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动,如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在棒摆动到竖直位置的过程中,下述说法哪一种是正确的? ( A )A.角速度从小到大,角加速度从大到小.B.角速度从小到大,角加速度从小到大.C.角速度从大到小,角加速度从大到小.D.角速度从大到小,角加速度从小到大.5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图射来两个质量相同,速度大小相同,方向相反并在一条直线上的子弹,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时,则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒,动能守恒 B.角动量守恒,机械能守恒 C.角动量不守恒,机械能守恒 D.角动量守恒,动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ,A 环的质量分布均匀,B 环的质量分布不均匀,它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ,则 ( C )A.B A J J >;B.B A J J <;C.B A J J =;D.不能确定A J 、B J 哪个大。

05刚体的定轴转动习题解答.

05刚体的定轴转动习题解答.

第五章刚体的定轴转动一选择题1. 一绕定轴转动的刚体,某时刻的角速度为ω,角加速度为α,则其转动加快的依据是:()A. α > 0B. ω > 0,α > 0C. ω < 0,α > 0D. ω > 0,α < 0解:答案是B。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘,质量相等且具有相同的厚度,则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。

()A. 相等;B. 铅盘的大;C. 铁盘的大;D. 无法确定谁大谁小解:答案是C。

简要提示:铅的密度大,所以其半径小,圆盘的转动惯量为:2/2Mr J =。

3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω 按图示方向转动。

若将两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度ω的大小在刚作用后不久 ( )A. 必然增大B. 必然减少C. 不会改变D. 如何变化,不能确定解:答案是B 。

简要提示:力F 1和F 2的对转轴力矩之和垂直于纸面向里,根据刚体定轴转动定律,角加速度的方向也是垂直于纸面向里,与角速度的方向(垂直于纸面向外)相反,故开始时一选择题3图定减速。

4. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上,轮对轴的转动惯量为J ,一是以力F 向下拉绳使轮转动;二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动,若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2,则有: ( )A. a 1 = a 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 无法确定解:答案是B 。

简要提示:(1) 由刚体定轴转动定律,1αJ Fr =和11αr a =,得:J Fr a /21= (2) 受力分析得:⎪⎩⎪⎨⎧===-2222ααr a J Tr ma T mg ,其中m 为重物的质量,T 为绳子的张力。

得:)/(222mr J Fr a +=,所以a 1 > a 2。

5. 一半径为R ,质量为m 的圆柱体,在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动,则在2秒内F 对柱体所作功为: ( )A. 4 F 2/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解:答案是A 。

刚体定轴转动一解答共25页PPT

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55、 为 中 华 之 崛起而 读书。 ——周 恩来
33、如果惧怕前面跌宕的山岩,生命 就永远 只能是 死水一 潭。 34、当你眼泪忍不住要流出来的时候 ,睁大 眼睛, 千万别 眨眼!你会看到 世界由 清晰变 模糊的 全过程 ,心会 在你泪 水落下 的那一 刻变得 清澈明 晰。盐 。注定 要融化 的,也 许是用 眼泪的 方式。
35、不要以为自己成功一次就可以了 ,也不 要以为 过去的 光荣可 以被永 远肯定 。
谢谢!
51、 天 下 之 事 常成 于困约 ,而败 于奢靡 。——陆 游 52、 生 命 不 等 于是呼 吸,生 命是活 动。——卢 梭
53、 伟 大 的 事 业,需 要决心 ,能力 ,组织 责任 感。 ——易 卜 生 54、 唯 书 籍 不 朽。——乔 特
刚体定轴转动一解答
31、别人笑我太疯癫,我笑他人看不 穿。(名 言网) 32、我不想听失意者的哭泣,抱怨者 的牢骚 ,这是 羊群中 的瘟疫 ,我不 能被它 传染。 我要尽 量避免 绝望, 辛勤耕 耘,忍 受苦楚 。我一 试再试 ,争取 每天的 成功, 避免以 失败收 常在别 人停滞 不前时 ,我继 续拼搏 。

大学物理AⅠ刚体定轴转动习题答案及解法

大学物理AⅠ刚体定轴转动习题答案及解法

《大学物理A Ⅰ》2010 刚体定轴转动习题、答案及解法一.选择题1.两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ,若A B J J >,但两圆盘的的质量和厚度相同,如两盘的密度各为A ρ和B ρ,则( A )(A )B A ρρ> (B )B A ρρ<(C )B A ρρ= (D )不能确定B A ρρ的大小参考答案: B B A Ah R h R M ρπρπ22== A A A h M MR J ρπ222121== BB B h M MR J ρπ222121== 2.有两个半径相同、质量相等的细圆环。

1环的质量分布均匀。

2环的质量分布不均匀,它们对通过圆心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ,则( C )(A )21J J > (B )21J J <(C )21J J = (D )不能确定21J J 的大小 参考答案:∵ ⎰=Mdm r J 2 ∴ 21J J =3.一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动,将两个大小相等,方向相反的力F 沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度变为2ω,那么( C )(A )21ωω> (B )21ωω=(C )21ωω< (D )不能确定如何变化 参考答案:()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-=t r R JF4.均匀细棒OA 的质量为m 。

长为L ,可以绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动,如图2所示,今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在棒摆到竖直位置的过程中,下述说法那一种是正确的[ A ](A )合外力矩从大到小,角速度从小到大,角加速度从大到小。

(B )合外力矩从大到小,角速度从小到大,角加速度从小到大。

(C )合外力矩从大到小,角速度从大到小,角加速度从大到小。

(D )合外力矩从大到小,角速度从大到小,角加速度从小到大。

力刚体的定轴转动PPT教案学习

力刚体的定轴转动PPT教案学习

1 2
J
2 0
1 J 2
2
(5)
gh 2R2
cos 2
g R
sin
1 . g (h 4 3R) 2R 2
M J
mgR 2mR 2
g
(
2 R 第34页/共51页
60 )
35
§5.7 旋进(进动,precession)
旋进:高速旋转的物体,其自转轴绕另一个 轴转动的现象。

m1
·p1
r1 L
守恒定律仍成立。
第23页/共51页
24
例6:利用功能关系重解例4。求定滑轮的转动惯量。
R
· 定轴
O
v0= 0
m
绳(不可
伸长)
h
第24页/共51页
25
[例7]已知:如图示,
均匀直杆质量为m,长为l,
初始水平静止。
轴光滑, AO l / 4 。
A
轴O
θ
·l /4 ·C
l,m B
ω
求: 杆下摆到 角时,
mvR
cos
第33页/共51页
J
0
(2)
34
J 1 MR2 m R2 2m R2
(3)
2
由(1)(2)(3)得:
2gh
0 2R cos
(4)
,
M
·
OR m
对(m + M +地球)系统, 只有重力作功,E守恒。
令P、x 重合时 EP = 0,则:
mg 由(3)(4)(5)得:
m gRs in
m2>m1
×
r2
p2
L2
L1
O
质量对转轴不对称,则对

第5章 刚体的定轴转动 习题解答

第5章 刚体的定轴转动 习题解答

对飞轮,由转动定律,有 式中负号表示摩擦力的力矩方向与角速度 方向相反。
联立解得

以 F 100 N 等代入上式,得
Fr R 2 (l1 l2 ) F J mRl1
5-1
第 5 章 刚体的定轴转动

2 0.40 (0.50 0.75) 40 100 rad s 2 60 0.25 0.50 3 t
由以上诸式求得角加速度

(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2

1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
M M f J 1

t1
。移去力矩 M 后,根据转动定律,有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
v0
6(2 3 3m M l J l 1M (1 2 ) (1 ) 2 ml 2 3m 12 m
(2) 由①式求得相碰时小球受到的冲量为:
I Fdt mv mv mv0
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。

【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动

【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动

第3章 刚体的定轴转动习题解答3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转,求:(1)角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?解:(1))/(401s rad πω= )/(902s rad πω=)/(1.13)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动(2))(78022122rad πβωωθ=-=)(3902圈==πθn3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω,此后飞轮经历制动过程。

阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比,比例系数0>K 。

求:(1)当30ωω=时,飞轮的角加速度;(2)从开始制动到30ωω=所需要的时间。

解:(1)依题意 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK JK ωωβ-=-=(2)由JK dtd 2ωωβ-==得⎰⎰-=3200ωωωωK Jd dt tωK J t 2=3-3 如图所示, 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。

两轮半径A R =30cm ,=B R 75cm 。

当蒸汽机开动后,其角加速度π8.0=B βrad/s 2,设轮与皮带之间没有滑动。

求(1)经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ?(2)蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ,求其角加速度。

解:(1)t A A βω= t B B βω=因为轮和皮带之间没有滑动,所以A 、B 两轮边缘的线速度相同,即B B A A R R ωω=又)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t BB A A ==βω(2))/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad tAAA πωωβ=-'=3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘,可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。

刚体的定轴转动答案

刚体的定轴转动答案

刚体的定轴转动1一、 选择题1、 一自由悬挂的匀质细棒AB ,可绕A 端在竖直平面内自由转动,现给B 端一初速v 0,则棒在向上转动过程中仅就大小而言 [ B]A 、角速度不断减小,角加速度不断减少;B 、角速度不断减小,角加速度不断增加;C 、角速度不断减小,角加速度不变;D 、所受力矩越来越大,角速度也越来越大。

分析:合外力矩由重力提供,1sin 2M mgl θ=,方向与初角速度方向相反,所以角速度不断减小,随着θ的增加,重力矩增大,所以角加速度增加。

2、 今有半径为R 的匀质圆板、圆环和圆球各一个,前二个的质量都为m ,绕通过圆心垂直于圆平面的轴转动;后一个的质量为2m ,绕任意一直径转动,设在相同的力矩作用下,获得的角加速度分别是β1、β2、β3,则有A 、β3<β1<β2B 、β3>β1<β2C 、β3<β1>β2D 、β3>β1>β 2 [ D ]分析:质量为m ,半径为R 的圆板绕通过圆心垂直于圆平面的轴的转动惯量为2112J mR =;圆环的转动惯量为22J mR =,圆球质量为2m ,绕任意一直径转动的转动惯量为2325J mR =,根据转动定律,M J β=,所以在相同力矩下,转动惯量大的,获得的的角加速度小。

213J J J >>,所以选择 D 。

3、 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮,绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1<m 2),如图所示.绳与轮之间无相对滑动.若某时刻滑轮沿逆时针方向转动,则绳中的张力(A)处处相等.(B) 左边大于右边.(C)右边大于左边.(D) 哪边大无法判断.[C ]4、 一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。

绳的两端系着质量分别为m 和2m 的重物,不计滑轮转轴的摩擦。

将系统由静止释放,且绳与两滑轮间均无相对滑动,则两滑轮之间绳的张力为。

A 、mg ;B 、3mg /2;C 、2mg ;D 、11mg /8。

动力学中的刚体转动教案

动力学中的刚体转动教案

动力学中的刚体转动教案
本教案将介绍动力学中的刚体转动,包括刚体定轴转动的描述、转动定律和角动量等内容。

一、刚体定轴转动的描述
刚体定轴转动是指刚体上所有质元都绕同一直线做圆周运动,且刚体上各质元的角量(角位移、角速度、角加速度)相同,而各质元的线量(线位移、线速度、线加速度)大小与质元到转轴的距离成正比。

二、转动定律
转动定律是指在刚体定轴转动中,力矩是改变刚体转动状态的唯一原因。

力矩的方向垂直于转轴,并指向旋转方向。

对于一个质点在定轴上的运动,其角动量(L)等于其转动惯量(I)和角速度(ω)的乘积,即L=Iω。

当有多个质点绕同一转轴转动时,它们对转轴的角动量之和等于零。

三、角动量
角动量是指刚体绕固定轴转动的状态,其数值等于刚体对固定轴的力矩和角速度的乘积。

在不受外力矩作用时,刚体的角动量是守恒的。

当刚体受到外力矩作用时,其角动量会发生改变,改变的量等于外力矩和角速度的乘积。

四、例题解析
例如,一个质量为m的质点以角速度ω绕固定轴z轴做平面定轴转动,求该质点对z轴的角动量Lz。

根据角动量的定义,Lz=Iω,其中I是该质点的转动惯量。

由于该质点是在二维平面上运动,因此其转动惯量为I=mr²/2,其中r为质点到z轴的距离。

代入角动量的定义得到Lz=mrω/2。

五、总结
本教案介绍了动力学中的刚体转动,包括刚体定轴转动的描述、转动定律和角动量等内容。

通过例题解析,我们可以看到如何运用这些概念来解决实际问题。

在实际教学中,可以根据学生的实际情况和需求进行适当的调整和补充。

刚体的定轴转动带答案

刚体的定轴转动带答案

刚体的定轴转动带答案集团标准化小组:[VVOPPT-JOPP28-JPPTL98-LOPPNN]刚体的定轴转动一、选择题1、(本题3分)0289关于刚体对轴的转动惯量,下列说法中正确的是 [ C ](A)只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关。

(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布,与轴的位置无关。

(C)取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。

(D)只取决于转轴的位置,与刚体的质量和质量的空间分布无关。

2、(本题3分)0165均匀细棒OA可绕通过某一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动,如图所示,今使棒从水平位置由静止开始自由下降,在棒摆到竖直位置的过程中,下述说法哪一种是正确的[ A ](A)角速度从小到大,角加速度从大到小。

(B)角速度从小到大,角加速度从小到大。

(C)角速度从大到小,角加速度从大到小。

(D)角速度从大到小,角加速度从小到大。

3. (本题3分)5640一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动,则 [ D ](A)它受热或遇冷伸缩时,角速度不变.(B)它受热时角速度变大,遇冷时角速度变小.(C)它受热或遇冷伸缩时,角速度均变大.(D)它受热时角速度变小,遇冷时角速度变大.4、(本题3分)0292一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮质量为m ,绳下端挂一物体,物体所受重力为P ,滑轮的角加速度为β,若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度β将 [ C ](A )不变 (B )变小 (C )变大 (D )无法判断 5、(本题3分)5028如图所示,A 、B 为两个相同的绕着 轻绳的定滑轮,A 滑轮挂一质量为M 的物体,B 滑轮受拉力F ,而且F=Mg ,设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ,不计滑轮轴的摩擦, 则有 [ C ] (A )βA =βB (B )βA >βB(C )βA <βB (D )开始时βA =βB ,以后βA <βB 6、(本题3分)0294刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 [ B ] (A )刚体不受外力矩的作用。

《刚体的定轴转动》课件

《刚体的定轴转动》课件

实例二
陀螺在受到外力矩作用后发生定轴转动。分析过程中应用了转动定 律,解释了陀螺的进动现象。
实例三
电风扇在启动时,叶片的角速度从零逐渐增大到稳定值。分析过程中 应用了转动定律,解释了电风扇叶片角速度的变化规律。
CHAPTER
03
刚体的定轴转动的动能与势能
动能与势能的定义
动能定义
物体由于运动而具有的能量,用 符号E表示,单位是焦耳(J)。
势能定义
物体由于相对位置或压缩状态而 具有的能量,常用符号PE表示, 单位是焦耳(J)。
刚体的定轴转动动能与势能的计算
转动动能计算
刚体的转动动能等于刚体绕定轴转动的动能,等于刚体质量与角速度平方乘积的一半, 即E=1/2Iω^2。
势能计算
刚体的势能等于刚体各质点的势能之和,等于各质点的位置坐标与相应的势能函数的乘 积之和。
01
数学表达式:Iα=M
02
转动惯量的计算:根据刚体的质量和形状,可以计算出其转动
惯量。
角加速度的计算:根据作用在刚体上的外力矩和刚体的转动惯
03
量,可以计算出其角加速度。
转动定律的实例分析
实例一
匀速转动的飞轮在受到阻力矩作用后,角速度逐渐减小,直至停止 转动。分析过程中应用了转动定律,解释了飞轮减速直至停止的原 因。
CHAPTER
02
刚体的定轴转动定律
转动定律的内容
刚体定轴转动定律
对于刚体绕固定轴的转动,其转动惯量与角加速度乘积等于作用 在刚体上的外力矩之和。
转动定律的物理意义
描述了刚体在力矩作用下绕固定轴转动的运动规律。
转动定律的适用范围
适用于刚体在力矩作用下的定轴转动,不适用于质点和弹性体的转 动。

《刚体定轴转动》答案

《刚体定轴转动》答案

第2章 刚体定轴转动一、选择题1(B),2(B),3(A),4(D),5(C),6(C),7(C),8(C),9(D),10(C) 二、填空题(1). v ≈15.2 m /s ,n 2=500 rev /min (2). 62.5 1.67s (3). g / l g / (2l ) (4). 5.0 N ·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg ·m 2 (7).Ma 21(8). mgl μ21参考解:M =⎰M d =()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(9).()212mRJ mr J ++ω(10).l g /sin 3θω=三、计算题1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ,若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转,它将在旋转几圈后停止?(已知圆形平板的转动惯量221mR J =,其中m 为圆形平板的质量) 解:在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ,则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 如图所示,一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子质量可以忽略,它与定滑轮之间无滑动.假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为221MR ,滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落的过程中,下落速度与时间的关系.解:根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体: mg -T =ma ① 对滑轮: TR = J β ② 运动学关系: a =R β ③ 将①、②、③式联立得 a =mg / (m +21M ) ∵ v 0=0,∴ v =at =mgt / (m +21M )3. 为求一半径R =50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量,在飞轮上绕以细绳,绳末端悬一质量m 1=8 kg 的重锤.让重锤从高2 m 处由静止落下,测得下落时间t 1=16 s .再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量,测得下落时间t 2=25 s .假定摩擦力矩是一个常量,求飞轮的转动惯量.解:根据牛顿运动定律和转动定律,对飞轮和重物列方程,得 TR -M f =Ja / R ① mg -T =ma ② h =221at ③ 则将m 1、t 1代入上述方程组,得a 1=2h /21t =0.0156 m / s 2 T 1=m 1 (g -a 1)=78.3 N J =(T 1R -M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组,得a 2=2h /22t =6.4×10-3 m / s 2 T 2=m 2(g -a 2)=39.2 NJ = (T 2R -M f )R / a 2 ⑤由④、⑤两式,得 J =R 2(T 1-T 2) / (a 1-a 2)=1.06×103 kg ·m 24. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为ω0.设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M =-k ω (k 为正的常数),求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间.解:根据转动定律: J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分:⎰⎰-=t t J k 02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J ∴ t =(J ln2) / k5. 某人站在水平转台的中央,与转台一起以恒定的转速n 1转动,他的两手各拿一个质量为am 的砝码,砝码彼此相距l 1 (每一砝码离转轴21l 1),当此人将砝码拉近到距离为l 2时(每一砝码离转轴为21l 2),整个系统转速变为n 2.求在此过程中人所作的功.(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)解:(1) 将转台、砝码、人看作一个系统,过程中人作的功W 等于系统动能之增量:W =∆E k =212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量.(2) 过程中无外力矩作用,系统的动量矩守恒:2π(J 0+2121ml ) n 1 = 2π (J 0+2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --=(3) 将J 0代入W 式,得 ()2221212l l n mn W -π=6. 一质量均匀分布的圆盘,质量为M ,半径为R ,放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ),圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动.开始时,圆盘静止,一质量为m 的子弹以水平速度v 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求(1) 子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度. (2) 经过多少时间后,圆盘停止转动. (圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)解:(1) 以子弹和圆盘为系统,在子弹击中圆盘过程中,对轴O 的角动量守恒.m v 0R =(21MR 2+mR 2)ω R m M m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=210v ω(2) 设σ表示圆盘单位面积的质量,可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 ⎰π⋅=Rf r rg r M 0d 2σμ=(2 / 3)πμσgR 3=(2 / 3)μMgR设经过∆t 时间圆盘停止转动,则按角动量定理有 -M f ∆t =0-J ω=-(21MR 2+mR 2)ω=- m v 0R ∴ ()Mg m MgR R m M R m t fμμ2v 33/2v v 000===∆mRO0v7.一匀质细棒长为2L ,质量为m ,以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞.碰撞点位于棒中心的一侧L 21处,如图所示.求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω.(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ,式中的m 和l 分别为棒的质量和长度.)解:碰撞前瞬时,杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度.碰撞后瞬时,杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒,所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)8. 长为l 的匀质细杆,可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动,开始时静止于竖直位置.紧挨O 点悬一单摆,轻质摆线的长度也是l ,摆球质量为m .若单摆从水平位置由静止开始自由摆下,且摆球与细杆作完全弹性碰撞,碰撞后摆球正好静止.求: (1) 细杆的质量.(2) 细杆摆起的最大角度θ.解:(1) 设摆球与细杆碰撞时速度为v 0,碰后细杆角速度为ω,系统角动量守恒 得: J ω = m v 0l由于是弹性碰撞,所以单摆的动能变为细杆的转动动能2202121ωJ m =v 代入J =231Ml ,由上述两式可得 M =3m (2) 由机械能守恒式mgl m =2021v 及 ()θωcos 121212-=Mgl J 并利用(1) 中所求得的关系可得 31arccos =θ四 研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时,一般能不能认为它的质量集中于其质心,成为一质点,然后计算这个质点对该轴的转动惯量?为什么?举例说明你的结论。

大学物理-刚体的定轴转动-习题和答案

大学物理-刚体的定轴转动-习题和答案

第4章 刚体的定轴转动 习题及答案1.刚体绕一定轴作匀变速转动,刚体上任一点是否有切向加速度?是否有法向加速度?切向和法向加速度的大小是否随时间变化?答:当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。

刚体上任一点都作匀变速圆周运动,因此该点速率在均匀变化,v l ω=,所以一定有切向加速度t a l β=,其大小不变。

又因该点速度的方向变化,所以一定有法向加速度2n a l ω=,由于角速度变化,所以法向加速度的大小也在变化。

2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系?答:刚体是一个特殊的质点系,它应遵守质点系的动量矩定理,当刚体绕定轴Z 转动时,动量矩定理的形式为zz dL M dt=,z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩,z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。

()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑,代表刚体对定轴的转动惯量,所以()z z dL d d M I I I dt dt dtωωβ====。

既 z M I β=。

所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式,及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。

3.两个半径相同的轮子,质量相同,但一个轮子的质量聚集在边缘附近,另一个轮子的质量分布比较均匀,试问:(1)如果它们的角动量相同,哪个轮子转得快?(2)如果它们的角速度相同,哪个轮子的角动量大?答:(1)由于L I ω=,而转动惯量与质量分布有关,半径、质量均相同的轮子,质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大,故角速度小,转得慢,质量分布比较均匀的轮子转得快;(2)如果它们的角速度相同,则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。

4.一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动,有一玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动,问平台如何运动?如小汽车突然刹车,此过程角动量是否守恒?动量是否守恒?能量是否守恒?答:玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动时,平台将沿相反方向转动;小汽车突然刹车过程满足角动量守恒,而能量和动量均不守恒。

05刚体的定轴转动习题解答解析

05刚体的定轴转动习题解答解析

第五章刚体的定轴转动一选择题1. 一绕定轴转动的刚体,某时刻的角速度为ω,角加速度为α,则其转动加快的依据是:()A. α > 0B. ω > 0,α > 0C. ω < 0,α > 0D. ω > 0,α < 0解:答案是B。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘,质量相等且具有相同的厚度,则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。

()A. 相等;B. 铅盘的大;C. 铁盘的大;D. 无法确定谁大谁小解:答案是C。

简要提示:铅的密度大,所以其半径小,圆盘的转动惯量为:2/2Mr J =。

3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω 按图示方向转动。

若将两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度ω的大小在刚作用后不久 ( )A. 必然增大B. 必然减少C. 不会改变D. 如何变化,不能确定解:答案是B 。

简要提示:力F 1和F 2的对转轴力矩之和垂直于纸面向里,根据刚体定轴转动定律,角加速度的方向也是垂直于纸面向里,与角速度的方向(垂直于纸面向外)相反,故开始时一选择题3图定减速。

4. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上,轮对轴的转动惯量为J ,一是以力F 向下拉绳使轮转动;二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动,若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2,则有: ( )A. a 1 = a 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 无法确定解:答案是B 。

简要提示:(1) 由刚体定轴转动定律,1αJ Fr =和11αr a =,得:J Fr a /21= (2) 受力分析得:⎪⎩⎪⎨⎧===-2222ααr a J Tr ma T mg ,其中m 为重物的质量,T 为绳子的张力。

得:)/(222mr J Fr a +=,所以a 1 > a 2。

5. 一半径为R ,质量为m 的圆柱体,在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动,则在2秒内F 对柱体所作功为: ( )A. 4 F 2/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解:答案是A 。

《刚体的定轴转动》课件

《刚体的定轴转动》课件

力矩
总结词
描述刚体转动受到外力矩作用的物理量
详细描述
力矩是描述刚体转动受到外力矩作用的物理量,单位为牛顿·米。它表示力对刚体转动效果的影响,由力和力臂的 乘积得到。力矩可以改变刚体的角动量或使其产生加速度。
动能与势能
总结词
描述刚体转动过程中能量状态的物理量
详细描述
动能和势能是描述刚体转动过程中能量状态的物理量。动能与刚体的质量和速度有关,势能则与刚体 的位置和高度有关。在定轴转动中,动能和势能之间可以相互转化,但总能量保持不变。
03
刚体的定轴转动的动力学规律
转动定律
描述刚体转动时力矩与角加速度关系的定律。
转动定律指出,刚体转动时受到的力矩等于刚体质量与角加速度乘积的两倍。即 M=Jα,其中 M 为力矩,J 为转动惯量,α 为角加速度。
动量矩守恒定律
描述刚体在无外力矩作用时动量矩保持不变的定律。
动量矩守恒定律指出,在没有外力矩作用的情况下,刚体的动量矩是守恒的。即 L=Iw,其中 L 为动 量矩,I 为转动惯量,w 为角速度。
详细描述
进动是指刚体自转轴绕其惯性轴的旋转运动,通常是由于外部力矩的作用引起的。章动 则是自转轴在空间中的摆动,可以看作是进动的补充。这两种运动形式在刚体的动力学
分析中具有重要意义。
刚体的振动与波动
要点一
总结词
振动和波动是描述刚体动态行为的另外两种重要方式,涉 及到刚体的位移、速度和加速度等参数的变化。
刚体上各点绕固定轴线的角速度相同 。
刚体上各点的角速度与转动的角位置 无关,即刚体绕固定轴线的转动是匀 角速度运动。
02
刚体的定轴转动的物理量
角速度
总结词
描述刚体旋转快慢的物理量

刚体的定轴转动

刚体的定轴转动

第二章 刚体的定轴转动教学要求:一、理解刚体定轴转动的角速度和角加速度的概念,理解角量与线量的关系。

二、理解刚体定轴转动定律,能解简单的定轴转动问题。

三、了解力矩的功和转动动能的概念。

四、了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。

五、理解转动惯量的概念,能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。

教学重点:刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律。

教学难点:难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。

物理学研究方法、思维方法:理想化模型-----刚体、研究刚体转动的物理量——角量的确定。

类比方法是本章学习和研究的主要方法。

教学方法:启发、类比、讨论教学内容:准备知识:一、刚体:假定无论在多大的外力作用下,物体的形状和大小都保持不变,也就是物体内任何两质点之间的距离保持不变。

这样的理想物体称为刚体。

刚体也是常用的力学理想模型。

二、平动与转动:当刚体运动时,如果刚体内任何一条给定的直线,在运动中始终保持它的方向不变,这种运动称为平动;刚体运动时,如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动,这种运动称为转动。

如果刚体围绕的转轴的位置是固定不动的,这种转动称为刚体的定轴转动§2-1 角速度和角加速度一、 角位移、角速度和角加速度1、角坐标:如图2-1所示,O 为转轴与转动平面的交点,A 为刚体上的一个质点, A 在这一转动平面内绕O 点做圆周运动, A 与转轴的距离为r 。

t 时刻质点A 与转轴O 距离的连线与基准方向ox 的夹角为θ,称θ为角坐标或角位置。

2、定轴转动的运动学方程:刚体转动时,θ随时间变化,它是时间t 的函数:)(t θθ= (2-1)上式称为刚体定轴转动的运动学方程. 图2—1角坐标和角速度3、角位移:设t 时刻刚体上所取质点的角坐标是θ,经过一段时间 t ∆,即 t t ∆+时刻,该质点的角位置为 θθ∆+。

我们把 θ∆称为A 在 t ∆时间内的角位移,θ∆也是刚体上每个质点的角位移。

理学刚体的定轴转动PPT学习教案

理学刚体的定轴转动PPT学习教案
Ep mi ghi
i
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MghC
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第40页/共70页
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图164
刚体定轴转动的动能定理
M I I d I d d I d
dt d dt
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Md
0
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Id
1 2
I 2
1 2
I02
A Ek Ek0
第41页/共70页
刚体定轴转动的功能定理和机械能守恒定律
第48页/共70页
4.物体系的角动量定理角动量守恒定律
t
t0Mdt L L0
M ——系统所受的合外力矩
L
——系统总角动量:
L
质点 刚体
: :
mvR
I
M 0
LC
第49页/共70页
定轴转动刚体的角动量守恒定律
例题 工程上,两飞轮常用摩擦啮合器使它们以相
同的转速一起转动。如图所示,A和B两飞轮的轴杆
6.16 103 m / s2
a
的 方 向 几 乎 和 相 同。
an
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刚体的转动定律
1、力对转轴的力矩 Z Mz
Or d
P
f
转动平面
Mz r F
Mz rF sinθ
F sinθ F
M z rF
力矩的大小等于力在作用点的切向分量与力的作用点
到转轴Z 的距离的乘积。
如果有几个外力矩作用在刚体上
③质量连续分布的刚体的转动惯量:
I = mr2dm
第14页/共70页
质量为线分布 质量为面分布 质量为体分布
dm dl
dm σds dm ρdV
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《刚体定轴转动》答案第2章 刚体定轴转动一、选择题1(B),2(B),3(A),4(D),5(C),6(C),7(C),8(C),9(D),10(C) 二、填空题(1). v ≈15.2 m /s ,n 2=500 rev /min (2). 62.5 1.67s (3). g / l g / (2l ) (4). 5.0 N ·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg ·m 2(7). Ma 21(8). mgl μ21参考解:M =⎰M d =()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(9).()212mRJ mr J ++ω(10). l g /sin 3θω= 三、计算题1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ,若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转,它将在旋转几圈后停止?(已知圆形平板的转动惯量221mR J =,其中m 为圆形平板的质量)解:在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ,则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==422θβω 可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 如图所示,一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子质量可以忽略,它与定滑轮之间无滑动.假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为221MR ,滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落的过程中,下落速度与时间的关系.解:根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体: mg -T =ma ① 对滑轮: TR = J β ② 运动学关系: a =R β ③将①、②、③式联立得 a =mg / (m +21M ) ∵ v 0=0,∴ v =at =mgt / (m +21M )3. 为求一半径R =50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量,在飞轮上绕以细绳,绳末端悬一质量m 1=8 kg 的重锤.让重锤从高2 m 处由静止落下,测得下落时间t 1=16 s .再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量,测得下落时间t 2=25 s .假定摩擦力矩是一个常量,求飞轮的转动惯量.解:根据牛顿运动定律和转动定律,对飞轮和重物列方程,得 TR -M f =Ja / R ① mg -T =ma ②h =221at ③则将m 1、t 1代入上述方程组,得 a 1=2h /21t =0.0156 m / s 2T 1=m 1 (g -a 1)=78.3 NJ =(T 1R -M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组,得 a 2=2h /22t =6.4×10-3 m / s 2 T 2=m 2(g -a 2)=39.2 NJ = (T 2R -M f )R / a 2 ⑤由④、⑤两式,得 J =R 2(T 1-T 2) / (a 1-a 2)=1.06×103 kg ·m 2a4. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为ω0.设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M =-k ω (k 为正的常数),求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间.解:根据转动定律: J d ω / d t = -k ω∴ t Jkd d -=ωω两边积分: ⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω 得 ln2 = kt / J∴ t =(J ln2) / k5. 某人站在水平转台的中央,与转台一起以恒定的转速n 1转动,他的两手各拿一个质量为m 的砝码,砝码彼此相距l 1 (每一砝码离转轴21l 1),当此人将砝码拉近到距离为l 2时(每一砝码离转轴为21l 2),整个系统转速变为n 2.求在此过程中人所作的功.(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)解:(1) 将转台、砝码、人看作一个系统,过程中人作的功W 等于系统动能之增量: W =∆E k =212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量. (2) 过程中无外力矩作用,系统的动量矩守恒:2π(J 0+2121ml ) n 1 = 2π (J 0+2221ml ) n 2∴ ()()1222212102n n n l n l m J --=(3) 将J 0代入W 式,得 ()2221212l l n mn W -π=6. 一质量均匀分布的圆盘,质量为M ,半径为R ,放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ),圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动.开始时,圆盘静止,一质量为m 的子弹以水平速度v 0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求(1) 子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度. (2) 经过多少时间后,圆盘停止转动.(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)解:(1) 以子弹和圆盘为系统,在子弹击中圆盘过程中,对轴O 的角动量守恒.m v 0R =(21MR 2+mR 2)ωR m M m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=210v ω(2) 设σ表示圆盘单位面积的质量,可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 ⎰π⋅=Rf r rg r M 0d 2σμ=(2 / 3)πμσgR 3=(2 / 3)μMgR设经过∆t 时间圆盘停止转动,则按角动量定理有-M f ∆t =0-J ω=-(21MR 2+mR 2)ω=- m v 0R∴ ()Mg m MgR R m M R m t fμμ2v 33/2v v 000===∆7.一匀质细棒长为2L ,质量为m ,以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞.碰撞点位于棒中心的一侧L 21处,如图所示.求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω.(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ,式中的m 和l 分别为棒的质量和长度.)解:碰撞前瞬时,杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度.碰撞后瞬时,杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒,所以L21L21L O0v0vL m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)8. 长为l 的匀质细杆,可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动,开始时静止于竖直位置.紧挨O 点悬一单摆,轻质摆线的长度也是l ,摆球质量为m .若单摆从水平位置由静止开始自由摆下,且摆球与细杆作完全弹性碰撞,碰撞后摆球正好静止.求: (1) 细杆的质量.(2) 细杆摆起的最大角度θ.解:(1) 设摆球与细杆碰撞时速度为v 0,碰后细杆角速度为ω,系统角动量守恒 得: J ω = m v 0l由于是弹性碰撞,所以单摆的动能变为细杆的转动动能2202121ωJ m =v代入J =231Ml ,由上述两式可得 M =3m(2) 由机械能守恒式mgl m =2021v 及 ()θωcos 121212-=Mgl J并利用(1) 中所求得的关系可得 31arccos =θ四 研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时,一般能不能认为它的质量集中于其质心,成为一质点,然后计算这个质点对该轴的转动惯量?为什么?举例说明你的结论。

参考解答: 不能.因为刚体的转动惯量∑∆i i m r 2与各质量元和它们对转轴的距离有关.如一匀质圆盘对过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为221mR ,若按质量全部集中于质心计算,则对同一轴的转动惯量为零.O θMmll2. 刚体定轴转动时,它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。

对于非刚体也是这样吗?为什么?参考解答:根据动能定理可知,质点系的动能增量不仅决定于外力做的功,还决定于内力做的功。

由于刚体内任意两质量元间的距离固定,或说在运动过程中两质量元的相对位移为零,所以每一对内力做功之和都为零。

故刚体定轴转动时,动能的增量就只决定于外力的功而与内力的作用无关了。

非刚体的各质量元间一般都会有相对位移,所以不能保证每一对内力做功之和都为零,故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。

3. 乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球,为什么乒乓球能自动返回?参考解答:分析:乒乓球(设乒乓球为均质球壳)的运动可分解为球随质心的平动和绕通过质心的轴的转动.乒乓球在台面上滚动时,受到的水平方向的力只有摩擦力.若乒乓球平动的初始速度v c 的方向如图,则摩擦力 F r 的 方向一定向后.摩擦力的作用有二,对质心的运动来说,它使质心平动的速度v c 逐渐减小;对绕质心的转动来说,它将使转动的角速度ω逐渐变小.当质心平动的速度v c = 0而角速度ω ≠0 时,乒乓球将返回.因此,要使乒乓球能自动返回,初始速度v c 和初始角速度ω0的大小应满足一定的关系. 解题:由质心运动定理:tm F c r d d v =-因mg F r μ=, 得 g c c μ-=0v v (1)由对通过质心的轴(垂直于屏面)的转动定律βI M =t mR RF r d d )32(2ω=-, 得 gt Rμωω230-= (2)由(1),(2)两式可得 Rc c vv --=.023ωω, 令 0 0>=ω;c v 可得 Rc 23.0v>ω这说明当v c= 0和 0的大小满足此关系时,乒乓球可自动返回.。

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