第五章 角动量 习题5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 439km =近，远地点d 2384km =远，地球半径R 6370km =地，求卫星在近地点和远地点的速度之比.[解 答]卫星所受的引力对O 点力矩为零，卫星对O 点角动量守恒。

r m =r m νν远远近近2384+63701.29439+6370d +R r r d +R νν====远近远地远近近地5.1.2 一个质量为m 的质点沿着一条由ˆˆr =acos ti bsin tj ωω+定义的空间曲线运动，其中a,b 及ω皆为常数，求此质点所受的对原点的力矩.[解 答]2222ˆˆˆˆˆˆˆˆ()r =acos tibsin tj a sin ti b cos tj a =-a cos tib sin tj acos tibsin tj r ωωνωωωωωωωωωωωω+=-+-=-+=-2F m r ω=-，通过原点0τ=。

5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场ˆˆ2F =(3t -4t)i +(12t -6)j中运动，其中t 是时间.设该质点在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 答]已知，m=1kg有牛顿第二定律 F ma =1ˆˆa F m 2(3t -4t)i +(12t -6)j == 0d a ,t 0,0dt νν===tt322ˆˆd adt dt ˆˆ=(t 2t )(6t 6t)2(3t -4t)i +(12t -6)j i jννν∴==-+-⎰⎰⎰同理由,t 0,0drr dt ν===t3220ˆˆd [(t 2t )(6t 6t)]dtrr i j =-+-⎰⎰ˆˆ423212r =(t -t )i+(2t -3t )j 43ˆˆˆˆ4t =2:r =i 4j,F =4i 18j 3-++ 0ˆˆˆˆM r F ()()4i 4j 4i 18j 3=⨯=-+⨯+ x y y y x x x y y xx y ˆˆˆ i j kˆˆˆA B A A A (A B A B )i (A B A B )j (A B A B )k B B B z z z z z z⨯==-+-+-0ˆˆˆ i j k 4ˆM 4 040k 34 18 0=-=-5.1.4 地球质量为246.010kg ⨯，地球与太阳相距614910km ⨯，视地球为质点，它绕太阳作圆周运动.求地球对医圆轨道中心的角动量.[解 答]2L rm mr ,2(rar/s)365243600νωπω===⨯⨯将624r 14910km,m 6.010kg =⨯=⨯代入上式得 402L 2.6510kg m /s =⨯⋅5.1.5 根据5.1.2题所给的条件，求该质点对原点的角动量.[解 答]ˆˆˆˆr =acos tibsin tj a sin tib cos tj ωωνωωωω+∴=-+ 质点对原点的角动量：ˆˆˆˆL r m ()m()acos ti bsin tj a sin ti b cos tj νωωωωωω=⨯=+⨯-+ˆˆˆ i j kˆcos sin 0abm km m 0a tb t a sin t b cos t ωωωωωωω==-5.1.6 根据5.1.3题所给的条件，求该质点在t=2时对原点的角动量.[解 答]由5.1.3，t=2s 时22ˆˆˆ,12j,m 1kg 4r =i 4j 3ν-+==ˆˆˆL r m ()12j 4i 4j 3ν=⨯=-+⨯2ˆˆˆ i j k4ˆL 4 016k(kg m /s)30 12 0=-=-⋅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 的小球，沿半径为40cm 的圆周做匀速圆周运动，这是从孔下拉绳的力为310N -.如果继续向下拉绳，而使小球沿半径为10cm 的圆周做匀速圆周运动，这时小球的速率是多少？拉力所做的功是多少？[解 答](1)小球角动量守恒：00m R m R νν= ①由牛顿第二定律：最初200020F T mR ν== ②又②解出0ν代入①得 00R 0.8(m /s)R νν==（2）拉力所作的功223011A m m 3.010(J)22νν-=-=⨯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ˆˆr =acos ti bsin tj ωω+其中a,b 和ω是正常数，试以运动学及动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒.[解 答]（1）以运动学观点证明ˆˆr =acos ti bsin tj ωω+ˆˆdr a sin ti b cos tj dt νωωωω==-+质点对坐标原点的角动量为：ˆˆˆˆL r m ()m()acos ti bsin tj a sin ti b cos tj νωωωωωω=⨯=+⨯-+ˆˆˆ i j kˆcos sin 0abm km m 0a tb t a sin t b cos t ωωωωωωω==-=常矢量（守恒）（2）以动力学观点证明222d ra ==-rdt ω由牛顿第二定律：2F =ma =-m r ω质点对坐标原点的力矩为：20()0M r F r m r ω=⨯=⨯-=由dL M ,L=dt =常矢量（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8N/m ，其自由伸展长度为600mm.最初小球的位置及速度0ν如图所示.当小球的速度变为ν时，它与A 点的距离最大，且等于800mm ，求此时的速度ν及初速度0ν.[解 答] 由角动量守恒：00m d m d sin30νν=00d d sin30νν= （1）再由机械能守恒：2220111m m k(d 0.6)222νν=+- （2）联立求解：01.306(m/s),0.3266(m/s)νν==5.1.10 一条不可伸长的绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管，一端系一个质量为0.5g 的小球，小球沿水平圆周运动.最初112m,30θ==，后来继续向下拉绳使小球以260θ=沿水平圆周运动.求小球最初的速度1ν、最后的速度2ν、以及绳对小球做的总功.[解 答]初时，112m,30,F T w,θ===+指向圆心。

1111mg T cos Ftg ,F mgtg F Tsin mg θθθθ=⎫==⎬=⎭由牛顿第二定律：22111111mgtg mmR sin ννθθ==21111sin g2.38(m /s)cos θνθ==最后，21,60,θ==同样可求得：22111212222122sin cos cos sin 33νθθνθθ==（1）小球对轴角动量守恒：111222m sin m sin νθνθ=即 122211sin sin νθνθ=（2）（1）⨯（2）331/3121321,(3) 3.43(m /s)3νννν===由动能定理:22K p 211211A E E (m m )mg(cos30cos 60)0.00805(J)22νν=+=-+-= 5.2.2 理想滑轮悬挂两质量为m 的砝码盘.用轻线拴住轻弹簧使它处于压缩状态，将此弹簧竖直放置在一砝码盘上，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0.[解 答]以滑轮、绳、两个砝码盘、两个物体、弹簧为物体系。

受外力有：两个砝码盘和两个物体受到的重力1234m g=m g=m g=m g=mg ，滑轮轴的压力N 。

建立坐标O xyz -，如图，以轻线燃短到砝码与弹簧脱离为过程始末。

因物体系所受对O 点合外力矩为零。

物体系对O 点角动量守恒：设砝码弹出时砝码盘速率为ν'，砝码速率为ν，滑轮半径为R ，则有：m R m R+(m+m)R=0ννν''-+即 3νν'=在过程中砝码盘位移为'，砝码位移为则 3'=而 0'+=故0031,44'==将地球包括在物体系内：此时受外力N ，不做功。

重力和弹性力为内保守力，做功。

物体系机械能守恒。

以弹簧自由伸长状态为弹性势能零点。

则：22000011311k 3m mgmg2mg22444ν=⨯+-+即22002203m k 2mg 43k 3g 4m 2νν=-=-在研究砝码相对于地的上抛过程由运动学公式：22gh ν=可以求得22003k 3h 2g 8mg 4ν==-当203k kmg h 8mg =时，5.2.3 两个滑冰于动员的质量各为70kg ，以6.5m/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.（1）在抓住绳索一端之前，各自对绳中心的角动量是多少？抓住之后是多少？（2）他们各自收拢绳索，到绳长为5m 时，各自的速率如何？（3）绳长为5m 时，绳内张力多大？（4）二人在收拢绳索时，各做了多少功？（5）总动能如何变化？[解 答]以两运动员和绳为物体系；受外力包括：重力A AB B W m g,W m g ==，冰面支持力A B N ,N 。

0A B A B m g m g N N +++=。

因A B m m =，由质心定义可知，物体系质心位于绳的中点。

由质心运动定理，质心速度c c00νν==（1）抓住绳之前A m 对O 点角动量，200R 1J m 70 6.5102275(kg m /s)22ν==⨯⨯⨯=⋅抓住绳之后 B m 对O 点角动量，R 1J m 701035022ννν==⨯⨯⨯=因A m 受到的对O 点的合力矩为零，故A m 对O 点的角动量守恒。

20J J 2275(kg m /s)==⋅且可知 0 6.5(m/s)νν==（2）收拢绳索的过程，由A m 对O 点的角动量守恒。

0r R Rm m m 222R 106.513(m /s)r 5ννννν'=='∴==⨯=（3）绳长5m 时，由牛顿第二定律：222m T =m ==4732(N)r/2r νν''（4）由动能定理：22A 01A m ()4436(J)2νν'=-=。