西南交通大学物理作业题答案

No.3 角动量、角动量守恒定律
一、选择题： 1．D
解：设地球绕太阳做圆周运动的速率为v ，轨道角动量为L ，由万有引力定律和牛顿运动定
律 R v m R m M G 2
2=
可得 GMR m mvR L R
GM
v ===
,
2．B
解：设棒长为l ，质量为m ，在向下摆到角θ时，由转动定律
βθJ l
mg =⋅
cos 2
（J 为转动惯量） 在棒下摆过程中，θ增大，β减小。

棒由静止开始下摆，ω与β转
向一致，所以由小变大。

3．C
解：设A 、B 连盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即 B B A A d R d R ρπρπ22=
因为B A ρρ>
，所以22B A R R <，由转动惯量22
1
mR J =
，则B A J J <。

4．B
解： （1）对转轴上任一点，力矩为F r M ⨯=。

若F 与轴平行，则M
一定与轴垂直，即对轴的力矩0=z M ，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。

（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。

5．C
解：以两个子弹和圆盘为研究对象，外力矩为零，系统角动量守恒。

设圆盘转动惯量为J ，则有 ()ωω2
02mr J J mvr mvr +=+-
02
2ωωmr J J
+=
可见圆盘的角速度减小了。

m
二、填空题：
1． M = 0 ； L
= k ab m ω 。

解：由j t b i t a r
ωωsin cos +=，质点的速度和加速度分别为
j
t b i t a a j
t b i t a v
ωωωωωωωωsin cos cos sin 2
2--=+-= 质点所受对原点的力矩为
M a m r F r
⨯=⨯=
()(
)0
sin cos sin cos 2
2=--⨯+=j
t mb i t ma j t b i t a ωωωωωω
质点对原点的角动量为
(
)(
)
j t mb i t ma j t b i t a v m r L
ωωωωωωcos sin sin cos +-⨯+=⨯= k ab m
ω=
2． M =mgl β=l
g 。

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 mg M =⋅-⋅
=2
23 根据刚体绕定轴转动的转动定律βJ M =，得此时系统角加速度的大小为 l
g
l m l m mgl J
M =
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛==
2
2
223β
3． J = ()a R a g m /2- 。

解：分别以滑轮和物体为研究对象，对物体应用牛顿运动定律，对滑轮 应用转动定律列方程：
ma T mg =- （1）
βJ R T =' （2）
牛顿第三定律
T T =' （3）
角量和线量的关系 βR a = （4）
由以上四式联解可得
()a R a g m J /2
-=
4．该系统转动的角速度ω与套管轴的距离x 的函数关系为
(
)
220
2
347x l l +ω。

'a
'
m
∙
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：
ωωJ J =00
式中2
20231⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=l m ml J ，
J 是套管离轴距离为x 时系统的转动惯量：223
1mx ml J += 由以上各式可得
()
2
2
200347x
l l J J +==ωωω
三、计算题：
1．
解：（1）设人运动时圆盘对地的角速度为ω，则人对地的角速度为 R v R v
233
2-=-
='ωωω
（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 ：
ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+2
2
0223282132821R M MR R M MR （2）
将（1）式代入（2）式，可得R
v
2030+
=ωω （3） （2）欲使盘对地静止，则令0=ω代入（3）式，可得 3
200
ωR v -
= 符号表示人走动的方向与图中所示方向相反，即人沿与0ω一致的方向运动。

2.
解：以地面为参考系，物块m 1下落方向为正方向，运用牛顿第二定律及刚体定轴转动定律可得
对m 1 1111a m T g m =-
对m 2 222a m T =
对滑轮 β2212
1
MR RT RT =
- 根据已知条件及角量与线量关系可得 βR a a a ===21 联立以上各式可得 M
m m g m a 2
1211++=
3.
解：（1）小球作圆周运动，则有 0
2
00r v
m T =
（2）对中心孔，拉力转化为指向圆心的有心力，有心力作用下力矩为零，系统角动量守恒，则有
rmv mv r =00
又有 r v m T 2
02=
联立以上两式，并把0
20
0r v m T =带入得 032v v =
附加题：
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u ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度0ω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 πσσ，转动时受到的摩擦阻力矩大小为 ⎰⎰=⋅==R
gR r r g M M 0323
2d 2d πμσπμσ
由转动定律βJ M =可得角加速度大小
R Mg m R gR M J M 342
132
23
=
==σπβ 设圆板转过n 转后停止，则转过的角度为n πθ2=。

由运动学关系
()0,02202<==-β
ωβθ
ωω
可得
g
R R
Mg
n πμωπω16323422
02
0=
⨯⨯
=
2．一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M 4
1，均匀分布
在其边缘上。

绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另
一端B 系了一质量为M 2
1
的重物，如图。

设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度。

（已
知滑轮对过滑轮中心且垂直于轮面转动的轴的转动惯量4/2
MR J =）
解：以人、重物和滑轮为研究对象。

受力分析如图所示。

以地为参考系，由于人相对于绳运动无加速度，所以人与物体加速度方向相反，大小相等，设为a 。

对任何物体应用牛顿第二
∙
B A
定律： Ma T Mg =-2 （1）
Ma Mg T 2
1
211=-
（2） 对滑轮应用转动定律： ββ21
241MR J R T R T ==- （3）
再考虑角量和线量的关系：
βR a = （4）
联解以上各式，可得B 上升的加速度 72g a =
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ω。

（细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为23
1ml ，
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。

设细棒的线密度为⎪⎭
⎫
⎝⎛=
L M 2λλ，建立如图坐标轴，则碰前细棒的角动量大小为（对O 点）
L mv L v L m L v x x v x x v L L 020200
2
02
30
02
1
2d d =⋅=
=-⎰
⎰
-λλλ 碰后，细棒对O 点的角动量大小为
22
2
127
2141234331L m L m L m J ωωω=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪
⎭⎫
⎝⎛+⎪⎭
⎫ ⎝⎛= 由角动量守恒定律：
2012
7
21L m L mv ω= 可得碰后细棒绕O 点的角速度 L
v 760
=ω
B
2
12
1。