角动量例题

代入数据可, 得
r远 日 5.26 1012 m
7.如图所示，一个长为l 、质量为M 的 匀质杆可绕支点o自由转动.一质量为m 、速 率为v 的子弹以与水平方向成角 600的方向射 入杆内距支点为a 处，使杆的偏转角为 300. 问子弹的初速率为多少？ 解 把子弹和匀质杆作为 0 一个系统, 分析可知在碰 30 撞过程中角动量守恒. 0v 设子弹射入杆后与杆 60 ,则 一同前进的角速度为 1 2 0 2 m v cos 60 a Ml ma 3
6. 哈雷慧星绕太阳运行时的轨道是一个 椭圆，如图所示，它距离太阳最近的距离是 4 -1 10 v 5 . 46 10 m s r近 日 8.75 10 m , 速率 近 日 2 -1 ；它离太阳最远时的速率 v远 日 9.08 10 m s ，这时它离太阳的距离 r远 日 ？ v远 日
8. 如图所示，一根质量为M 、长为2l 的 均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其中心 的光滑水平轴转动，开始时细棒静止于水平 位置. 今有一质量为m 的小球，以速度 u 垂 直向下落到了棒的端点，设小球与棒的碰撞 为完全弹性碰撞. 试求碰撞后小球的回跳速 度 v 及棒绕轴转动的角速度 . m u M o
r近 日
r远 日
v近 日
解 彗星受太阳引力的作用，而引力通过了 太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星在运 行的过程中角动量守恒. 于是有 r近 日 v近 日 r远 日 v远 日 因为 r近日 v近日，r远日 v远日
r近日v近日 所以 r远日 v远日
l
lLeabharlann 解 分析可知,以棒和小球组成的系统的角动 量守恒. 由于碰撞前棒处于静止状态，所以 碰撞前系统的角动量就是小球的角动量 lmu ; 由于碰撞后小球以速度v 回跳，棒获得的角 速度为 ，所以碰撞后系统的角动量为 1 2 lmv Ml 3 由角动量守恒定律得 1 2 lmu lmv Ml 3 由题意知，碰撞是完全弹性碰撞，所以 碰撞前后系统的动能守恒，即
o R M

T
h
G
a
a R 物体m 落下h 高度时的速率为
v 2ah
圆盘的转动惯量为 1 J MR 2 2 联立以上五式，可得物体m 落下h 高度 时的速率为 mgh v2 M 2m 小于物体自由下落的速率 2 gh.
解法二 利用动能定理求解. 对于物体m 利用质点的动能定理有
角动量守恒定律
若：M 0 即系统所受的合外力矩为零.
——角动量守恒的条件
则：dL d J 0 ， 或L J 常量.
——角动量守恒的内容 注意：在推导角动量守恒定律的过程中 受到了刚体、定轴等条件的限制，但它的适 用范围却远远超过了这些限制. 如: 滑冰运动员的表演.
1.求长为L ，质量为m 的均匀细棒AB 的 转动惯量. （1）对于通过棒的一端与棒垂直的轴； （2）对于通过棒的中点与棒垂直的轴. 解 （1）如图所示，以过A 端垂直于棒的 oo 为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在 棒上取长度元 dx ，则由转动惯量的定义有: J 端 点 x 2dm m o x dx B x L m x 2 dx A 0 dm L 1 2 L o mL 3
a
l
子弹在射入杆后与杆一起摆动的过程中 只有重力做功，所以由子弹、杆和地球组成 的系统机械能守恒，因此有
1 1 2 2 2 Ml ma 2 3 l mga1 cos 30 Mg 1 cos 300 2
0
联立上述这两个方程得子弹的初速率为
2 2 3 v g Ml 2ma Ml 2 3ma 2 ma 6
1 1 2 1 1 2 2 2 mu mv Ml 2 2 2 3
联立以上两式，可得小球的速度为 3m M v u 3m M 棒的角速度为 6m u 3m M l 讨论: 要保证小球回跳v 0 ，则必须保证 M 3m .
5. 如图所示，一质 量为M 、半径为R 的匀 质圆盘形滑轮，可绕一 无摩擦的水平轴转动. 圆盘上绕有质量可不计 绳子，绳子一端固定在 滑轮上，另一端悬挂一 质量为m 的物体，问物 体由静止落下h 高度时, 物体的速率为多少？
R
M
h
解法一 用牛顿第二运动 定律及转动定律求解.分 析受力如图所示. 对物体m用牛顿第二 运动定律得 mg T ma 对匀质圆盘形滑轮用 转动定律有 TR J 物体下降的加速度的 大小就是转动时滑轮边缘 上切向加速度，所以
mgh v2 M 2m
解法三 利用机械能守恒定律求解.
若把滑轮、物体和地球看成一个系统， 则在物体落下、滑轮转动的过程中，绳子的 拉力T 对物体做负功（ Th），对滑轮做正 功（ Th ）即内力做功的代数和为零，所以 系统的机械能守恒. 若把系统开始运动而还没有运动时的状 态作为初始状态，系统在物体落下高度h 时 的状态作为末状态，则 2 1 1 1 2 2 v MR mv mgh 0 2 2 R 2 解之可得物体 m 落下h 高度时的速率.
J r 2dm

m R
0
1 1 4 r 2r ldr R l mR 2 2 2
2
4.一绳跨过定滑轮，两端分别系有质量 分别为m 和M 的物体，且 M m . 滑轮可 看作是质量均匀分布的圆盘，其质量为 m ， 半径为R ，转轴垂直于盘面通过盘心，如 图所示.由于轴上有摩擦，滑轮转动时受到 了摩擦阻力矩 M阻 的作用. 设绳不可伸长 且与滑轮间无相对滑动.求物体的加速度及 绳中的张力.
R o M阻 m

据题意可知，绳与滑轮间无相对滑动， 所以滑轮边缘上一点的切向加速度和物体的 加速度相等，即
a a1 a2 a R
联立以上三个方程，得
M阻 ( M m)g R a m M m 2
mM阻 m ( 2 M )mg 2 R T1 m( g a ) m M m 2 MM阻 m ( 2m ) Mg 2 R T2 M ( g a ) m M m 2 注意：当不计滑轮的质量和摩擦阻力矩 时，此时有 T1 T2 ，物理学中称这样的滑轮 为“理想滑轮”，称这样的装置为阿特伍德 机.
2
2.试求质量为m 、半径为R 的匀质圆环 对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. 解 作示意图如右,由于质 量连续分布，所以由转动 惯量的定义得
J R 2dm
m
dm
o
R

2R 0
m R dl 2R
2
mR 2
3.试求质量为m 、半径为R 的匀质圆盘 对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. dr 解 如图所示, 由于质 量连续分布，设圆盘的 R l o r 厚度为l，则圆盘的质量 密度为 m 2 R l
解 受力分析如图所示. 对于上下作平动的两物体， 可以视为质点，由牛顿第 二运动定律得
T1 对m ：T1 mg ma1 T2 a1 对 M ： Mg T Ma 2 2 m 若以顺时针方向转的 M 力矩为正，逆时针转的方 a2 Gm 向为负，则由刚体定轴转 GM 动的转动定律得 1 2 T2 R T1 R M阻 J m R 2
1 1 2 2 mgh Th mv mv0 2 2 其中 v0 和 v 是物体的初速度和末速度.
对于滑轮由刚体定轴转动的转动定理有 1 1 2 2 TR J J 0 2 2 其中 是在拉力矩TR 的作用下滑轮转 过的角度， 0 和 是滑轮的初末角速度.
由于滑轮和绳子间无相对滑动，所以物 体落下的距离应等于滑轮边缘上任意一点所 经过的弧长，即 h R . 1 又因为v0 0, 0 0, v R, J MR 2 . 2 联立以上各式，可得物体 m 落下h 高度 时的速率为
（2）如图所示，以过中点垂直于棒的oo 为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在 棒上取长度元 dx ，则由转动惯量的定义有: o x dx B x A dm L L o 2 2
J 端 点 x dm
2 m
L 2 L 2
m 1 mL2 x dx L 12