大学物理力学答案5

第五章基本知识小结

⒈力矩

力对点的力矩 F r o

力对轴的力矩

F r k z

? ⒉角动量

质点对点的角动量 p r L o

质点对轴的角动量

p r k L z

?

⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系

⑴质点或质点系对某点的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该点的力矩之和

dt

L d 0

外

⑵质点或质点系对某轴的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该轴的力矩之和

dt

dL z

z

⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系

⑴若作用于质点或质点系的外力对某点的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该点的角动量保持不变

⑵若作用于质点或质点系的外力对某轴的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该轴的角动量保持不变

⒌对质心参考系可直接应用角动量定理及其守恒定律，而不必考虑惯性力矩。

5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 近=439km,远地点高度d 远=2384km,地球半径R 地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。

解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地心的力矩为零，所以卫

星对地心的角动量守恒

m 月v 近（d 近+R 地）=m 月v 远（d 远+R 地） v 近/v 远=（d 远+R 地）/（d 近+R 地）

=（2384+6370）/（439+6370）≈

5.1.2 一个质量为m 的质点沿着j t b i

t a r ?sin ?cos

的空间曲线运动，其中a 、b 及ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。

解：

)?sin ?cos (?sin ?cos /?cos ?sin /222222 r r m F r r m a m F r j t b i t a j

t b i t a dt v d a j

t b i t a dt r d v

5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场

j t i t t F ?)612(?)43(2

中运动，其中t 是时间。该质点在t=0时位于原点，且速度为零。

求t=2时该质点所受的对原点的力矩。

解：据质点动量定理的微分形式，)1()( m v d v m d dt F

dt j t i t t v d ]?)612(?)43[(2

k

k k k i

j k j i j j i i j i j i F r j

i j i F j

i j

i r j t t i t t r dt

t t j dt t t i r d dt j t t i t t dt v r d j

t t i t t v dt

t j dt t t i v d r t t

t t v

?40)?(44?18)2(???,???,0????)

?18?4()?4?()2()2()2(?18?4?)6212(?)2423()2(?4??)2322(?)22()2(?)32(?)()(?6)2(?]?)(6?)2[(?)(6?)2()612(?)43(?34342342333

244

1233324410002232232230

2

5.1.4地球质量为×1024

kg ，地球与太阳相距149×106

km ，视地球为质点，它绕太阳做圆周运动，求地球对于圆轨道中心的角动量。

解：60

6024365)10149(2100.62924

2

r m mvr L

s kgm /1065.21060

602436514920.6240422

5.1.5根据题所给的条件，求该质点对原点的角动量。 解：v r m p r L

k

mab k t ab k t ab m j t b i t a j t b i t a m ?)?sin ?cos ()

?cos ?sin ()?sin ?cos (22

i ?

j

?k

?

5.1.6根据题所给的条件，求质点在t=2时对原点的角动量。

解：)2()2()2()2()2(v r m p r L

k

j j i ?16?12)?4?(134

5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔，轻绳一端伸入孔中，另一端系一质量为10g 小球，沿半径

为40cm 的圆周作匀速圆周运动，这 时从孔下拉绳的力为10-3

N 。如果继续 向下拉绳，而使小球沿半径为10cm

的圆周作匀速圆周运动，这时小球的 F 速率是多少拉力所做的功是多少

解：设小球的质量为m=10×10-3

kg,原来的运动半径为R 1=40cm,运动速率为v 1;后来的运动半径为R 2=10cm,运动速率为v 2.

先求小球原来的速率v 1：据牛顿第二定律，F=mv 12

/R 1，所以，

s m m F R v /2.010/104.0/2311

由于各力对过小孔的竖直轴的力矩为零，所以小球对该轴的角动量守恒，m v 1R 1=m v 2R 2，

v 2=v 1R 1/R 2=×=s

在由R 1→R 2的过程中，只有拉力F 做功，据动能定理，有

J

v v v v m v v m mv mv A F 3

22

1

121221

2

12

2212

1212

221103)2.08.0)(2.08.0(10)

)(()(

5.1.8 一个质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，其位置矢量为

j t b i t a r ?sin ?cos ，其中a 、b 和ω是正常数，试以运动学和动力学观点证明该质点

对于坐标原点角动量守恒。

证明：

r

j t b i t a dt v d a j

t b i t a dt r d v 222?sin ?cos /?cos ?sin / ⑴运动学观点：

k mab k t mab k

t mab L k i

j j i j j i i j t b i t a m j t b i t a v m r L ??sin ?cos ?)?(???,0????)

?cos ?sin ()?sin ?cos (22

显然与时间t 无关，是个守恒量。

⑵动力学观点：

∵0)(22 r r m r m r a m r F r ,∴该质点角动量守恒。

5.1.9 质量为200g 的小球

B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连。弹性绳的劲度系数 为8 N/m ，其自由伸展长度为

600mm.最初小球的位置及速度v

0如图所示。当小球的速率变为

v 时，它与A 点的距离最大，且等于800mm ，求此时的速率v 及初速率v 0.

解：设小球B 的质量m=,原来与固定点A 的距离r 0=,当速率为v 时，与A 点距离r =,弹性绳自由伸展的长度为d =.

小球B 的速率由v 0→v 的过程中，作用在小球B 上的力对过A 点轴的力矩之和始终为零，因而小球对A 点的角动量守恒，有

r 0mv 0sin30o= rmv (最大距离时，)v r

（1）

另外,在此过程中,只有保守内力（绳的弹力）做功,因而能量守恒，

)2()(22

1

2212

02

1mv d r k mv

为求解方便，将⑴⑵化简，并代入已知数据可得：

)'2(6.1)'

1(42

2

00v v v v

解此方程组，求得：v 0 ≈ m/s v ≈ m/s

5.1.10 一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管，一端系一质量为的小球，小球沿水平圆周运动。最初l 1=2m,θ1=30o，后来继续向下拉绳使小球以θ2=60o沿水平圆周运动。求小球最初的速度v 1，最后的速度v 2以及绳对小球做的总功。

解：隔离小球，受力情况如图示， 应用牛顿第二定律，有：)

3(sin cos /)2/()1()2(cos )

1(sin /sin sin cos sin 22

gl v mg F l mv F gl v

得

mg

当θ=θ1时s m gl v /38.23/48.9sin cos /2

11111

当θ=θ2时,)4(3222

23cos sin 2

2222

222g

v gl l gl v

由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零,∴角动量守恒：

1sin sin 22221112

21

1sin sin v v l mv l mv l l

，将（4）式和三角函数值代入，可求得：

s m v v gl /43.338.228.93

2

33

3

23211

将v 2代入（4）中，可求得l 2=，根据质点动能定理：

J

l l mg v v m E E A p k F 0806.0)8.02(105.0)38.243.3(105.0)

cos cos ()(212

3

32232

122112

12

221

5.2.2 理想滑轮悬挂两质量为m 的砝码盘。用轻线拴住轻弹簧两端使它处于压缩状态，将此弹簧竖直放在一砝码盘上，弹簧上端放一质量为m 的砝码。另一砝码盘上也放置质量为m 的砝码，使两盘静止。燃断轻线，轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。求砝码升起的高度，已知弹簧劲度系数为k ，被压缩的长度为l 0.

解：设滑轮半径为R ，弹簧释放后， 弹簧上边的砝码获得的速度为v ，方向 向上，左边砝码盘获得的速度为v '，方

向向下，显然右边砝码盘及砝码获得的

速度大小也是v ',但方向向上（如图示）。 v

v ’

把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘 m m 中砝码视为一个质点系，作为研究对象。 v '

在弹簧释放过程中，作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终为零，故质点系对滑轮轴的角动量守恒，规定垂直纸面向外的角动量为正，则有：- mvR+mv ’R+2mv ’R = 0，即 v =

3 v ' (1)

另外，在此过程中，只有弹簧的弹力和重力做功，因而质点系能量守恒，忽略重力势能的微小变化，则有：

22

1

2212

02

1')3(v m mv kl ，即 )2('32

022kl mv mv

左盘中的砝码脱离弹簧获得速度v 后做竖直上抛运动,达到最大高度h 时速度为零,据能

量守恒,)3(2/2

221g

v h mgh mv

由⑴⑵可求得v 2

=3kl 02

/4m ，代入⑶中得：h = 3 k l 02

/8mg

5.2.3 两个滑冰运动员的质量各为70kg ，以s 的速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m ，当彼此交错时，各抓住10m 绳索的一端，然后相对旋转。⑴在抓住绳索一端之前，各自对绳索中心的角动量是多少抓住之后是多少⑵它们各自收拢绳索，到绳长为5m 时，各自的速率如何⑶绳长为5m 时，绳内张力多大⑷二人在收拢绳索时，各自做了多少功〉⑸总动能如何变化

解：设每个运动员的质量为m=70kg ，收 m v 绳前相对绳中心o 的距离为d = d 1= 5m ，速率 为v=v 1=s ；当把绳收拢为d = d 2= 时, o 速率v=v 2.

⑴对绳中心o 点的角动量各为 v m

L=mv 1d 1=70××5=2275kgm 2/s （抓住绳索前后角动量相同）

⑵把两个运动员视为一个质点系,在收绳过程中，质点系对o 轴的角动量守恒,有2m v 1d 1 =

2m v 2 d 2∴v 2 = v 1d 1/d 2 = ×5/ =13 m/s

⑶把某一运动员视为质点，作为研究对象，由牛顿第二定律，绳中张力F = m v 22

/d 2 = 70×132

/ = 4732 N

⑷由质点动能定理，每人所做的功均为：

J

v v v v m mv mv A 4436)5.613)(5.613(70)

)((2

1

1212212

1212

221

⑸总动能增大了ΔE k = 2×4436 = 8872 J