第四章角动量

《大学物理AI》作业No.3角动量、角动量守恒定律班级________________学号______________姓名____________成绩___________一、选择题：（注意：题目中可能有一个或几个正确答案）1．已知地球的质量为m，太阳的质量为M，地心与日心的距离为R，引力常数为G，则地球绕太阳作圆周运动的角动量为（A）GMRm（B）RGMm（C）RGMm（D）RGMm2[A]解：设地球绕太阳作圆周运动的速率为v，轨道角动量为L，则由万有引力定律和牛顿运动定律RvmRmMG22可得速率为RGMv轨道角动量为GMRmmvRL故选A2．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）角速度从小到大，角加速度从小到大。（B）角速度从小到大，角加速度从大到小。（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。[B]解：设棒长为l，质量为m，在向下摆到角度时，由转动定律Jlmgcos2（J为转动惯量）故在棒下摆过程中，增大，将减小。棒由静止开始下摆过程中，与转向一致，所以角速度由小变大。故选B3．两个均质圆盘A和B密度分别为A和B。若AB，但两圆盘质量与厚度相同，如两盘对通过盘心、垂直于盘面轴的转动惯量各为AJ和BJ，则（A）AJBJ（B）BJAJ（C）AJ＝BJ（D）AJ、BJ哪个大，不能确定[B]解：设A、B两盘厚度为d，半径分别为AR和BR，由题意，二者质量相等，即BBAAdRdR22因为BA，所以22BARR，由转动惯量221mRJ，则BAJJ。故选B4．有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：AOmg（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。在上述说法中正确的有：（A）（1）正确（B）（2）正确（C）（3）正确（D）（4）正确[A、B]解：（1）对转轴上任一点，力矩为FrM。若F与轴平行，则M一定与轴垂直，即对轴的力矩0zM，两个力的合力矩一定为零。正确。（2）两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩为零。正确。（3）两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。错误（4）两个力对轴的力矩只要大小相等，符号相反，合力矩就为零，但两个力不一定大小相等，方向相反，即合力不一定为零。错误故选A、B5．关于力矩有以下几种说法：（1）对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量。（2）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零。（3）质量相等，形状和大小不同的两个物体，在相同力矩的作用下，他们的角加速度一定相等。在上述说法中正确的有，（A）（1）正确（B）（2）正确（C）（3）正确（D）（1）、（2）、（3）都是错误的[A、B]解：（1）内力总是成对出现的作用力和反作用力，如图所示，它们对定轴O的合力矩为零，因此不会改变刚体的角动量。正确。（2）理由同（1），正确。（3）刚体的转动惯量不仅与质量有关，还与质量的分布，转轴的位置有关，因此两刚体的转动惯量不一定相等，在相同力矩的作用下，角加速度不一定相等。错误故选A、B6．一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动时，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（A）增大（B）不变（C）减小（D）不能确定。[C]解：以两个子弹和圆盘为研究对象，系统外力矩为零，系统角动量守恒。设圆盘转动惯量为J，则有202mrJJmvrmvr022mrJJ可见圆盘的角速度减小了。故选C12f21f1m2m1r2rdOMmmr二、填空题：1．如图所示，x轴沿水平方向，y轴竖直向下，在时刻将质量为m的质点由处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻，质点所受的对原点o的力矩M=kmgb；该质点对原点o的角动量L=kmgbt。解：由图知jgtibr221，得质点的速度和加速度分别为jgajgtv质点所受对原点的力矩为MamrFrkmgbjmgjgtib221质点对原点的角动量为jmgtjgtibvmrL221kmgbt2．一长为l、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始杆与水平方向成某一角度，处于静止状态，如图所示。释放后，杆绕O轴转动，则当杆转到水平位置时，该系统所受的合外力矩的大小M=mgl21，此时该系统角加速度的大小=lg32。解：如图所示，当杆转到水平位置时，合外力矩的大小为mgllmglmgM21222根据刚体绕定轴转动的转动定律JM，得此时系统角加速度的大小为lglmlmmglJM3222221223．半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为m的物体，绳的质量可以忽略，绳与定滑轮之间无相对滑动，若物体下落的加速度为a，则定滑轮对轴的转动惯量J=aRagm/2。解：分别以定滑轮和物体为研究对象，对物体应用牛顿运动定律，对定滑轮应用转动定律列方程：m2momgmg2m2moaxyobrmaTmg（1）JRT（2）由牛顿第三定律有TT（3）由角量和线量的关系有Ra（4）由以上四式联解可得aRagmJ/24．在一水平放置的质量为m、长度为l的均匀细杆上，套着一质量也为m的套管B（可看做质点），套管用细线拉住，它到竖直的光滑固定轴OO′的距离为l21，杆和套管所组成的系统以角速度0绕OO′轴转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统转动的角速度与套管轴的距离x的函数关系为2202347xll。（已知杆本身对OO′轴的转动惯量为231ml）解：以细杆和套管为研究对象，合外力矩为零，系统在转动过程中角动量守恒：JJ00式中220231lmmlJ，J是套管离轴距离为x时系统的转动惯量：2231mxmlJ由以上各式可得220200347xllJJ三、计算题：1．有一半径为R的圆形平板放在水平桌面上，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0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？解：设圆板面密度为2Rm，则转动时受到的摩擦阻力矩大小为RgRrrgMM03232d2d由转动定律JM可得角加速度大小RMgmRgRMJM34213223设圆板转过n转后停止，则转过的角度为n2。由运动学关系l21Oml0'OmmgamTTJR0,02202可得旋转圈数gRRMgn163234220202．在半径为R的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R21处，人的质量是圆盘质量的1/10。开始时盘载人相对地以角速度0匀速转动。如果此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示。求：（1）圆盘对地的角速度。（2）欲使圆盘对地静止，人沿着R21圆周对圆盘的速度v的大小及方向？（已知圆盘对中心轴的转动惯量为221MR）解：（1）设人运动时圆盘对地的角速度为，则人对地的角速度为RvRv221（1）以人和圆盘为研究对象，合外力矩为零，系统的角动量守恒。设圆盘质量为M：220222102121021RMMRRMMR（2）将（1）式代入（2）式，可得Rv2120（3）（2）欲使盘对地静止，则令0代入（3）式，可得2210Rv符号表示人走动的方向与图中所示方向相反，即人沿与0一致的方向运动。3．一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度0v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方L21处，如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕点O转动的角速度。（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：以细棒和支点为研究对象，碰撞过程中合外力矩为零，系统角动量守恒。RR21vA0v0vBAL21L21LOxxxd设细棒的线密度为LM2，建立如图坐标轴，则碰前细棒的角动量大小为（对O点）LmvLvLmLvxxvxxvLL020200202300212dd碰后，细棒对O点的角动量大小为2221272141234331LmLmLmJ由角动量守恒定律：2012721LmLmv可得碰后细棒绕O点的角速度Lv760