《大学物理学》课程作业习题（含解答）No.3 角动量、角动量守恒定律

《大学物理AI》作业No.3角动量、角动量守恒定律一、选择题：（注意：题目中可能有一个或几个正确答案）1.已知地球的质量为前，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(A)mGMRE(C0) ml/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，则由方有引力定律和牛顿运动GmM=m=2定律GM可得速率为=R轨道角动量为L=mvR=m/GMR故选A2.均匀细棒0A可绕通过其一端0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？［Bm（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。解：设棒长为1，质量为m，在向下摆到角度θ时，由转动定律mg·cosO=Jβ（J为转动惯量）故在棒下摆过程中，增大，β将减小。棒由静止开始下摆过程中，の与β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PA和PB。若pA>P，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J，和JB，则［B](A) J,>JB(B) JB>JA(C) J,=JB（D）J、J。哪个大，不能确定解：设A、B两盘厚度为d，半径分别为R,和Rg，由题意，二者质量相等，即

《大学物理 AI》作业 No.3 角动量、角动量守恒定律 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 ] （A） m GMR （B） R GMm （C） R G Mm （D） R GMm 2 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 R v m R mM G 2 2 = 可得速率为 R GM v = 轨道角动量为 L = mvR= m GMR 故选 A 2．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？[ B ] （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。 解：设棒长为 l，质量为 m，在向下摆到角度  时，由转动定律  J l mg  cos = 2 （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 B 3．两个均质圆盘 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 A J 和 B J ，则[ B ] （A） A J > B J （B） B J > A J （C） A J ＝ B J （D） A J 、 B J 哪个大，不能确定 解：设 A、B 两盘厚度为 d，半径分别为 RA 和 RB ，由题意，二者质量相等，即 O A mg •

RPd p=R'd pB因为PA>P，所以R<R，由转动惯量J=mR2，则J<Jg。故选B4。有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：【A、B］（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）正确解：（1）对转轴上任一点，力短为M=FxF。若F与轴平行，则M一定与轴垂直，即对轴的力矩M，=0，两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故选A、B等，方向相反，即合力不一定为零。错误5.关于力矩有以下几种说法：［A、B】（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0的合力矩为零，因此不会改变刚体的角动量。正id/确。fi2mmf21

RA d  A RB d  B 2 2 = 因为  A   B ，所以 2 2 RA  RB ，由转动惯量 2 2 1 J = mR ，则 A B J  J 。 故选 B 4．有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：[ A、B ] （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 解： （1）对转轴上任一点，力矩为 M r F    =  。若 F  与轴平行，则 M  一定与轴垂直，即 对轴的力矩 = 0 M z ，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、B 5．关于力矩有以下几种说法：[ A、B ] （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 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。 12 f 21 f m1 m2 1 r  2 r  d

（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、B一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴0转动时，如图mI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LM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。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mvr- mvr+ Jo。 =(1+2mr )o0 =J+2mr300可见圆盘的角速度减小了。故选C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rmgbk对原点0的力矩M=；该质点对原点0的角mgbik动量 L=解：由图知产=bi+g，得质点的速度和加速度分别为=gtja=gj质点所受对原点的力矩为M=rxF=rxma=(bi +1gr7](mg)=mgbk质点对原点的角动量为

（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、B 6．一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  [ C ] （A）增大 （B）不变 （C）减小 （D）不能确定。 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  ( ) 2 mvr − mvr + J 0 = J + 2mr 2 0 2   J mr J + = 可见圆盘的角速度减小了。 故选 C 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  = mgbk  ；该质点对原点 o 的角 动量 L  = mgbtk  。 解：由图知 r bi gt j    2 2 1 = + ，得质点的速度和加速度分别为 a g j v gt j     = = 质点所受对原点的力矩为 M  r F r ma     =  =  ( ) mgbk bi gt j mgj     =       = + 2 2 1 质点对原点的角动量为 O • M m m r a x y o b r 

L=rxmybi +gt7] (mgi)= mgbtk2.一长为1、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0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θ，处于静止状态，如图所示。释放后，杆绕0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281mgl31此时该系统角加速度的大小βL解：如图所示，当杆转到水平位置时，合外力矩的大小为M=2mg:--mg-j-1mgl2mg根据刚体绕定轴转动的转动定律M=Jβ，得此时系统角加速度的大小为mglA2g82+313．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m(g-a)R? /a量片解：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：(1)mg-T=maT'R=JB(2) mΦlaT'=T由牛顿第三定律有(3)mgα= Rβ由角量和线量的关系有(4)J=m(g-a)R? /a由以上四式联解可得4. 在一水平放置的质量为 瓜、长度为1的均匀细杆上，套着一质量00nm

L r mv bi gt j (mgtj)             =  = + 2 2 1 mgbtk  = 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= mgl 2 1 ，此时该系统角加速度的大小  = l g 3 2 。 解：如图所示，当杆转到水平位置时，合外力矩的大小为 mgl l mg l M mg 2 1 2 2 = 2  −  = 根据刚体绕定轴转动的转动定律 M = J ，得此时系统角加速度的大小为 l g l m l m mgl J M 3 2 2 2 2 2 1 2 2 =        +       = = 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= m(g a)R / a 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： mg −T = ma （1） T R = J （2） 由牛顿第三定律有 T  = T （3） 由角量和线量的关系有 a = R （4） 由以上四式联解可得 J m(g a)R / a 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 2m •  m o l 2 1 O m l 0 ' O m mg a m T T  J R mg 2mg2m • m o

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00的距离为=1，杆和套管所组成的系统以角速度の。绕00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の与套管轴的距离x的函数712004(12 + 3x)关系为。（已知杆本身对00轴的转动惯量为mlP）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：Joo,= Jo式中J。=mr+(),J是套管离轴距离为x时系统的转动惯量：J=1ml2+mx2由以上各式可得00=4(+3x)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の。开始旋转，它将在旋转几圈后停止？解：设圆板面密度为。，则转动时受到的摩擦阻力矩大小为元RM=JdM=J° uog ·2元r'dr=元uogR由转动定律M=Jβ可得角加速度大小2元MogR3M.4MgB=I3R1mR?设圆板转过n转后停止，则转过的角度为θ=2mm。由运动学关系2 -02 =2β0 (=0,β<0)o3Ro.2可得旋转圈数716元g2×4g×2元3R

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 l 2 1 ， 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 ( ) 2 2 0 2 4 3 7 l x l +  。（已知杆本身对 OO′轴的转动惯量为 2 3 1 ml ） 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： J 00 = J 式中 2 2 0 3 2 1       = + l J ml m ， J 是套管离轴距离为 x 时系统的转动惯量： 2 2 3 1 J = ml + mx 由以上各式可得 ( ) 2 2 0 2 0 0 4 3 7 l x l J J + = =    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       = 2 R m    ，则转动时受到的摩擦阻力矩大小为   = =  = R M M g r r gR 0 2 3 3 2 d  2 d  由转动定律 M = J 可得角加速度大小 R Mg mR M gR J M 3 4 2 1 3 2 2 3 = = =    设圆板转过 n 转后停止，则转过的角度为  = 2n 。由运动学关系 2 ( 0, 0) 2 0 2  − =   =   可得旋转圈数 g R R Mg n      16 3 2 3 4 2 2 0 2 0 =   =

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=R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の。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：圆盘对地的角速度。欲使圆盘对地静止，人沿着→R圆周对圆盘的速度立的大小及方向？（已知圆盘对中心轴的转动惯量为MR’）解：（1）设人运动时圆盘对地的角速度为の，则人对地的角速度为0'=a0-2v/R(1)R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[MR +()=IMR'0+M(R)(2)10(2)10(2)将(1) 式代入(2)式，可得0=0 +张(3)（2）欲使盘对地静止，则令の=0代入（3）式，可得V=_ 21Ro.符号表示人走动的方向与图中所示方向相反，即人沿与の一致的方向运动。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vo在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点0发生完全非弹性碰撞。碰撞点位于棒中心的一方一L处，如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕点0转动的角速度の。（细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为ml2，式中的≥和1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

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 R 2 1 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： 圆盘对地的角速度。 欲使圆盘对地静止，人沿着 R 2 1 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 2 2 1 MR ） 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 v R R v 2 2 1  =  − =  − （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：          = +               + 2 2 0 2 2 2 10 2 1 2 10 2 1 M R MR M R MR （2） 将（1）式代入（2）式，可得 R v 21 2  =  0 + （3） （2）欲使盘对地静止，则令  = 0 代入（3）式，可得 2 21R0 v = − 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 0 v 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 L 2 1 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 2 3 1 ml ，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。 R R 2 1 v   A 0 v 0 v B A L 2 1 L 2 1 L O x x dx

M设细棒的线密度为，建立如图坐标轴，则碰前细棒的角动量大小为（对0点） aodx- dx= -m碰后，细棒对0点的角动量大小为-0=mol由角动量守恒定律：=mvoL=-moL?0=610可得碰后细棒绕0点的角速度7L

设细棒的线密度为       = L M 2   ，建立如图坐标轴，则碰前细棒的角动量大小为（对 O 点） v L mv L L m v x x v x x v L L L 0 2 0 2 0 0 2 0 3 2 0 0 2 1 2 d − d = =  =  −    碰后，细棒对 O 点的角动量大小为 2 2 2 12 7 2 1 4 1 2 3 4 3 3 1 J m L m L  = mL                +      = 由角动量守恒定律： 2 0 12 7 2 1 mv L = mL 可得碰后细棒绕 O 点的角速度 L v 7 6 0  =