角动量守恒定律

第四章 角动量守恒定律

4-1 质量为1.0 kg 的质点沿着由 ()34323r t i t t j =+- 决定的曲线运动，其中t 是时间，单位为s ，r 的单位为m 。求此质点在 t = 1.0 s 时所受的相对坐标原点O 的力矩。

解：()34323t i t t j γ=+-

()232649d r v t i t t j dt ∴=

=+- ()()34323223649l mv t i t t j m t i t t j γ????=?=+-?+-????

()()34234324963m t t t k t t t k ??=---??

()666862m t t k t mk =-=

551212dl M t mk t k dt

=== ()0.1m kg = 1.012.0t s M N m ==当时： 方向沿z 轴方向 12.0kN m =或：

M 4-2 质量为1.0 kg 的质点在力()()2332F t i t j =-+- 的作用下运动，其中t 是时间，单位为s ，F 的单位是N ，质点在t = 0 时位于坐标原点，且速度等于零。求此质点在 t = 2.0 s 时所受的相对坐标原点O 的力矩。

解：由牛顿第二定律： dv F m dt = ()()0

00112332v t t dv F dt t i t j dt m m ??∴=?=-+-????? 解得：()223322mv t t i t t j ??=-+- ???

而：d r v dt =

()()32320111312332322t r t i t j dt t t i t t j m m ????????∴=-+-=-+- ? ???????????

? 故得：()()323211312332322M r F t t i t t j t i t j m ????????=?=-+-?-+- ? ???????????

()333331292540213.332333t t t t k t k k k N m m m ??=--++=-=-=-?????

4-3 如果忽略空气的影响，火箭从地面发射后在空间作抛物线运动。设火箭的质量为m ，以与水平面成α角的方向发射，发射速度为1v 。到达最高点的速度为2v ，最高点距离地面为h 。假设地球是半径为R 的球体，试求：

(1)火箭在离开发射点的瞬间相对于地心的角动量；

(2)火箭在到达最高点时相对于地心的角动量。

解：()1l r mv =?

设：火箭在o-xy 平面上运动

()()11sin 90cos l Rmv k Rmv k αα∴=+=发

()()22l h R mv k =+高

4-4 求题4-1中的质点在 t = 1.0 s 时相对于坐标原点O 的角动量。

解： ()621

1.0 1.02

2.0..t s t s l t mk k kg m s -===== 4-5 求题4-2中的质点在 t = 2.0 s 时相对于坐标原点O 的角动量。

解： dl M dt = 3400

55312t t l M dt t kdt t k m m ∴=?=-=-?? 故：()21

2.020| 6.67..3t l k k kg m s -==-=-

4-6 质量为m 的小球用长度为l 的细绳悬挂于天花板之下。当小球被推动后在水平面内作匀速圆周运动，圆心为O 点，小球的角速度为ω，细绳与竖直方向的夹角为?，试求：

(1)小球相对于O 点的角动量；

(2)角速度ω与夹角?之间的关系

解： ()1sin R l ?=

()m L R v =?角动量

()22sin L R mR mR m l ωω?ω∴=?==

由右手定则L 的方向竖直向上。 即：()

22sin L ml k ω?=

（2）小球作匀速圆周运动 2

tan v F mg m R

?==向 22tan sin g R l ?ωω?∴== 即得：2cos g

l ?ω=

或由角动量守恒定律： L C ==常量 即得：22sin C ml ω?

= 4-7 一个质量为m 的质点在O-xy 平面上运动，其位置矢量随时间的关系为cos sin r a t i b t j ωω=+，其中a 、b 和ω都是常量。从质点运动和角动量定理两个方面证明此质点对坐标原点O 的角动量是守恒的。 证：（1）从质点运动方面：

cos sin r a t i b t j ωω=+ sin cos d r v a t i b t j dt

ωωωω∴==-+ ()()

cos sin cos cos l r mv a ti b t j m a ti b t j ωωωωω∴=?=+?-+

22cos sin m ab tk ab tk mab k ωωωω??=+==??常矢量 （2）由角动量定理：

222cos sin dv a a t i b t j r dt

ωωωωω==--=-

由牛顿第二定律：2F ma m r ω==-

故，质点改变的力矩为：()

20M r F r m r ω=?=?-= 0dl M dt

∴== 即得：l =常矢量 证毕 4-8 不可伸长的轻绳跨过一个质量可以忽略的定滑轮，两端分别吊有重物和小猴，并且由于两者质量相等，所以开始时重物和小猴都静止地吊在绳端。试求当小猴以相对于绳子的速度v 沿绳子向上爬行时，重物相对于地面的速度。

解：根据题意，小猴向上爬行过程中系统的角动量守恒：

m m 0r v r v ∴?+?=猴猴猴物物物

而： r r -=猴物 m m =猴物 （如图示）

v v ∴=-猴物 （相对地面的速度）

又：猴对绳子的速度为：v

v v v ∴-=猴物 即得：2

v v v ==

猴物 4-9 不可伸长的轻绳跨过一个质量可以忽略的定滑轮，轻绳的一端吊着托盘(如图)，托盘上竖直放着一个用细线缠缚而压缩的小弹簧，轻绳的另一端系一重物与托盘和小弹簧相平衡，因而整个系统是静止的。设托盘和小弹簧的质量分别为M 和m ，被细线缠缚的小弹簧在细线断开时在桌面上竖直上升的最大高度为h 。现处于托盘上的小弹簧由于缠缚的细线突然被烧断，能够上升的最大高度是多大？

解：小弹簧在桌面上可上升的最大高度为h

则：由机械能守恒定律：()2112mgh mv =

处于托盘的小弹簧 由于细线突然被烧断

设：弹簧上升速度为v ，托盘和重物的速度为'

v ，由角动量守恒： ()''0rmv rMv r M m v -+++=

()'20rmv r M m v ∴-++=

得：'2M m v v m +=

或：'2m v v M m

=-+ 由能量守恒：()'2'22111222

m M v Mv mv mgh +++= ()'2211222m M v mv mgh ∴++= ()2

22112222m m M v mv mgh M m ??+?+= ?+??

即得：()22122M m mv mgh M m +?=+ 由此得： ()()()21222222M m M m mv mgh mg h M m M m ??++=?=??++??

由机械能守恒：()2132mv mgH =

比较（2）（3）得：()

22M m H h M m +=+ 4-10 我国的第一颗人造地球卫星于1970年4月24日发射升空，其近地点离地面439 km ，远地点离地面2384 km 。如果将地球看为半径为6378 km 的均匀球体，试求卫星在近地点和远地点的运动速率。 解：卫星运动过程中万有引力作用（有心力），由角动量守恒：

r m v r m v ∴?=?远近远卫卫近 在近地点和远地点v 与r 垂直

()()33

4396378102384637810v v +?=+?远近 68178762v v =远近

即：()681718762v v =远近 由机械能守恒定律：221122

Mm Mm G mv G mv r r -+=-+远近远近 2GM gR = 221122

gR gR mv mv r r ∴-+=-+远近远近 2221111229.8 6.378238463784396378v v gr r r ????-=-+=???- ? ?++????

远近远近

()2

2

229.863781945 4.076378268178762v v ??∴-=?=??远近

（1）代入（2）得：

318.1110v m s -==??近 316817 6.31108762

v v m s -=

=??远近