第5章 角动量 关于对称性习题课

例7.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J0角速度为0，然后 她将两臂收回，使转动惯量减少为J0/3。这时她 转动的角速度变为（ C ）
A 0 /3
B 3 0
1
C 3 0
D 30
解： 转动过程角动量守恒：
J0 J 0 0 3
30
例8.一杆长 l = 50cm，可绕上端的光滑 固定轴 O 在竖直平面内转动，相对于 O 轴的转动惯量 J = 5 kg· m2。原来杆静 止并自然下垂。若在杆的下端水平射 入质量 m = 0.01 kg、速率为v = 400 m/s 的子弹并陷入杆内，此时杆的角速度 =__________________。 解：子弹射入过程角动量守恒：
B
m
2 2 2 0
m1 m2
2
k l l0 m1 m2
2
1 2 2 2 2 k l l0 m20 m20l0 arcsin 2 l ( m m ) m m 2 1 2 1 m1 m2
L
v
B
v0
A
例10.如图所示，一质量为 m 的小 球由一绳索系着，以角速度 ω0 在 无摩擦的水平面上，绕以半径为 r0 的圆周运动. 如果在绳的另一端作 用一竖直向下的拉力，小球则以半 径r0/2 为的圆周运动. 试求：（1） 小球新的角速度；（2）拉力所作 的功. 解：（1）小球运动过程角动量守恒
解：力作用在一个有固定转轴的刚体上，其 力矩垂直于轴作用时才能产生转动，（1） 和（2）是正确的；但是，当两个力的合力 为零时，它们对轴的合力矩不一定是零，同 理当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的 合力也不一定是零，所以（3）和（4）是错 误的。故选（B）。
例2.有一半径为R的水平圆转台，可绕过其 中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J。 开始时，转台以角速度ω0转动，此时有一质 量为M的人站在转台中心，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 ） J 0 J 0 （A）、 ；（B）、 ( J M ) R 2 ；
3 1 r0 2 1 2 2 m 40 m r00 mr0 0 2 2 2 2
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2
例11.如图所示，一水平刚性轻杆，质量不计，杆长 l = 20cm，其上穿有两个小球。初始时，两小球相对杆中 心O对称放置，与O的距离 d = 5cm，二者之间用细线拉 紧。现在让细杆绕通过中心O的竖直固定轴作匀角速的 转动，转速为0，再烧断细线让两球向杆的两端滑动。 不考虑转轴的和空气的摩擦，当两球都滑至杆端时，杆 的角速度为（ D ） A 0 B 20 C 0 /2 D 0 /4
O
v m
L1 mvl
L1 L2
mvl 1 0.40 rad s ml 2 J
mvl ml J
2
L2 ml 2 J


例9. 如图，水平面内O点固定，开始时， 绳松弛试求：当绳子到达B点（绳长为L）时 的速度。
解：由角动量守恒得
O
mv0d = mvd v = v0 d l d
o
FT

O
m
mg
设 rO r FT mg / cos F mg tan 对O´ 点 M重 rO' mg
[解]质点 m 相对圆锥摆悬点O´ 的矢径 rO' 质点m 相对圆锥运动中心O矢径 rO
FT
o

O
M 合 mg tan rO cos mgr
0
a
o
x
d L rF M dt
y
例 5.地球半径R=6378km, 卫星离地面最近 距离为l1 = 439km,最远距离为l2 = 2384km ,设 近地点卫星速度为 v1 = 8.1km/s。求：远地点 卫星速度。
解： 由角动量守恒得： v2
l2
R
l1
v1 m
第5章 角动量 关于对称性习题课
例1.有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： （1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力 矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力 矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩 也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力 也一定是零。 在上述说法中，( B ) （A）只有（1）是正确的。 （B）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误。 （C）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误。 （D）（1）、（2）、（3）、（4）都正确。
o
FT
m
O
2 mg mg rO cos mgr cos M合 rO F M 合 rO F sinπ 0
M合 M重 MT
r0 L1 mr 0 L2 m 2 2 r0 2 L1 L2 mr0 0 m
2 0
2
40
2
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（2）由动能定理：
ห้องสมุดไป่ตู้
1 1 2 2 1 1 2 2 WF mv mv0 m r m r00 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2 m1 m2 A k l l0 m1 m2 B 2 2 2
（2）
在子弹与滑块碰撞后运动过程中，取子弹和滑 块为一系统，由角动量守恒定律得
(m1 m2 )Al0 l m1 m2 B sin
（3）
联解（1）、（2）、（3）式可得当弹簧被拉伸 至长度 时滑块速度的大小和方向
解：设vA 、vB 、θ 分别表示为子弹嵌入滑块后的共 同速度、弹簧被拉伸至长度l 时滑块的速度、弹簧被 拉伸至长度l 时滑块的速度与拉伸长度 的延长线之 间夹角，如图3-59所示。在子弹与滑块碰撞过程中， 以子弹和滑块为一系统，由动量守恒定律得
m20 m1 m2 A
（1）
在子弹与滑块碰撞后运动过程中，取子弹、 滑块、弹簧和地球为一系统，只有弹力做功，由 机械能守恒定律得
解：转动过程角动量守恒：
L1 2md 0
2
L1 L2
2
l L2 2m 2
2
2
l 2md 0 2m 2 2 1 4d 2 0 0 4 l
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例12 .求作用于圆锥摆质点m上的重力,拉
力及合力对O点及O‘点的力矩.（摆长r0.）
m v1( l 1+R ) = m v2( l 2 +R )
( l +R ) v2= 1 v1 = 6.3(km.s-1) ( l +R )
2
例6. 如图3-59所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧 （其劲度系数为k），它的一端固定，另一端系一质 量为m1 的滑块。最初滑块静止时，弹簧呈自然长度 l0，今有一质量为 m2的子弹以速度 v0沿水平方向并 垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面 内滑动，当弹簧被拉伸至长度l 时，求滑块速度的大 小和方向。
J MR2
J 0 （C）、 2 MR
； （D）、ω0。
解：根据题意可知：人沿半径向外跑去，系 统所受合外力矩为零，系统的角动量守恒， 即， （当人到达转台边缘时，系统的转动惯量 为 ），故选（A）。
例 3. 一小球在竖直平面内作匀速圆周运动，则小 球在运动过程中（ A ） （A）机械能不守恒、动量不守恒、角动量守恒 （B）机械能守恒、动量不守恒、角动量不守恒 （C）机械能不守恒、动量守恒、角动量不守恒 （D）机械能守恒、动量守恒、角动量守恒 解：小球在竖直平面内作匀速圆周运动，其动能 不变，势能改变，所以机械能不守恒。 小球在运动过程中，速度方向在改变，所以动量 不守恒. 由于小球作匀速圆周运动，它所受的合力指向圆 心，力矩为零，所以角动量守恒.
MT rO FT 0 M合 rO' F
M 重 mgr
m
mg
对质点，合力对某一参考点的力矩等于各分
力对同一参考点力矩的矢量和，如本题. 对O点 M重 rO mg M 重 mgr MT rO FT π M T rO FT sin （ )
分析：在子弹与滑块碰撞过程中，以子弹和滑块 为一系统，在水平方向系统所受合外力为零，则 动量守恒；在子弹与滑块碰撞后，子弹留在滑块 内并以共同速度运动，在此过程中，弹簧不断伸 长，若取子弹和滑块为一系统，则系统将受弹力 作用，但弹力对于固定点O并不产生力矩，则角 动量守恒；在此过程中，若取子弹、滑块、弹簧 和地球为一系统，只有弹力做功，则机械能守恒， 这样，当弹簧伸长至 l时滑块速度的大小和方向 就可通过上面三条守恒定律求得。
例4. X轴沿水平方向，Y轴竖直向下，在 t=0时刻 将质量为m 的质点由a处（距离坐标原点O为b） 静止释放，让它自由下落，则在任意时刻t，质点 所受的重力对原点O的力矩 M ________，在任 意时刻t，质点对原点O的角动量 L _______ 。 提示：
M r F bi mg j mgbk L r mv bi mgt j mgbtk t 或 L Mdt mgbtk