(完整版)漆安慎杜禪英力學習題及答案05章

1、第 5 章 角動量 .關于對稱性第 5 章 角動量 .關于對稱性55 第五章一、基本知識小結力矩力對點的力矩fro力對軸的力矩frkz?角動量質點對點的角動量prlo質點對軸的角動量prklz?角動量定理適用于慣性系、質點、質點系質點或質點系對某點的角動量對時間的變化率等于作用于質點或質點系的外力對該點的力矩之和dtld0外質點或質點系對某軸的角動量對時間的變化率等于作用于質點或質點系的外力對該軸的力矩之和dtdlzz角動量守恒定律適用于慣性系、質點、質點系若作用于質點或質點系的外力對某點的力矩之和始終為零，則質點或質點系對該點的角動量保持不變?nèi)糇饔糜谫|點或質點系的外力對某軸的力矩之和始終為零

2、，則質點或質點系對該軸的角動量保持不變對質心參考系可直接應用角動量定理及其守恒定律，而不必考慮慣性力矩。二、思考題解答5.1 下面的敘述是否正確,試作分析 ,并把錯誤的敘述改正過來: （1） 、一定質量的質點在運動中某時刻的加速度一經(jīng)確定，則質點所受的合力就可以確定了，同時作用于質點的力矩也就確定了。（2） 、質點作圓周運動必定受到力矩的作用；質點作直線運動必定不受力矩的作用。（3） 、力與 z 軸平行，所以力矩為零；力與 z 軸垂直，所以力矩不為零。（4） 、小球與放置在光滑水平面上的輕桿一端連結，輕桿另一端固定在鉛直軸上。垂直于桿用力推小球，小球受到該力力矩作用，由靜止而繞鉛直軸轉動，產(chǎn)生

3、了角動量。所以，力矩是產(chǎn)生角動量的原因，而且力矩的方向與角動量方向相同。（5） 、作勻速圓周運動的質點，其質量m，速率 v 及圓周半徑r 都是常量。雖然其速度方向時時在改變，但卻總與半徑垂直，所以，其角動量守恒。答： （1）不正確 . 因為計算力矩 , 必須明確對哪個參考點. 否則沒有意義 . 作用于質點的合力可以由加速度確定. 但沒有明確參考點時, 談力矩是沒有意義的. （2） 不正確 . 質點作圓周運動時, 有兩種情況 : 一種是勻速圓周運動, 它所受合力通過圓心; 另一種是變速圓周運動, 它所受的合力一般不通過圓心. 若對圓心求力矩, 則前者為零, 后者不為零.質點作直線運動 , 作用于

4、質點的合力必沿直線. 若對直線上一點求力矩, 必為零; 對線外一點求力矩則不為零。（3）不正確 . 該題應首先明確是對軸的力矩還是對點的力矩. 力與軸平行 , 力對軸上某點的力矩一般不為零, 對軸的力矩則必為零.力與軸垂直 , 一般力對軸的力矩不為零 , 但力的作用線與軸相交, 對軸力矩應為零（4）不正確 . 因為一個物體在不受力的情況下, 保持靜止或勻速直第 5 章 角動量 .關于對稱性第 5 章 角動量 .關于對稱性56 線運動狀態(tài), 它對直線外一點具有一定的角動量而并無力矩. 根據(jù)角動量定理, 力矩為物體對同一點角動量變化的原因. 力矩的方向與角動量變化的方向相同, 而與角動量的方向一定

5、不相同. （5） 不正確 . 因為作勻速圓周運動的質點, 所受合力通過圓心, 對圓心的力矩為零，對圓心的角動量守恒，但對其他點，力矩不為零，角動量不守恒。52 回答下列問題，并作解釋：（1） 、作用于質點的力不為零，質點所受的力矩是否也總不為零？（2） 、作用于質點系的外力矢量和為零，是否外力矩之和也為零？（3） 、質點的角動量不為零，作用于該質點上的力是否可能為零答：答： （1） 、不一定。作用于質點的力矩不僅與力有關，還和所取得參考點有關。當力的作用線過參考點時，對該點的力矩就一定為零。（2） 、不一定。作用質點系的外力矢量和為零，但對某點的力矩之和不一定為零。如一對力偶，因，。但對任一點

6、的力矩之和等于力偶矩，并不等于零。（3） 、可能為零。因為質點不受力時，保持靜止或勻速直線狀態(tài)。作勻速直線運動的質點對線外一點的角動量為，不為零，但質點受的力為零。53 試分析下面的論述是否正確：“ 質點系的動量為零，則質點系的角動量也為零；質點系的角動量為零，則質點系的動量也為零?！贝穑翰徽_。以兩個質點組成的最簡單的質點系為例說明。（1） 、兩質點質量相同，運動速度等大反向，且不沿同一條直線質點的動量。但對中心的角動量大小為，為兩速度方向垂直距離的一半，并且不為零。（ 2） 、 兩 質 點質 量 相 同， 運 動 速 度等 大 同 向，質點 系 的 動量，不為零。但對中心的角動量54 本章

7、 5.12 圖中題是否可以運用動量守恒定律來解釋？為什么？答：不能。將盤、重物、膠泥視為質點系，碰撞過程中受外力為繩的拉力和重力。由于沖擊，繩的拉力會增大，重力無變化， 外力之和，所以總動量不守恒。55 一圓盤內(nèi)有冰，冰面水平，與盤面共同繞過盤中心的鉛直軸轉動。后來冰化成水，問盤的轉速是否改變？如何改變。不計阻力矩。答：有變化。因為冰化為水，體積變小，各質元到軸的距離也變小。對軸的角動量守恒，其中，變小，變大57 角動量是否具有對伽利略變換的對稱性？角動量守恒定律是否具有對伽利略變換的對稱性？答：角動量對不同的參照系具有不同的值，所以角動量對伽利略變換不具對稱性；但角動定理對不同的慣性系具有相

8、同的形式，所以角動量定理對伽利略變換具有對稱性。同理，角動量守恒定理對伽利略變換也具有對稱性。58 南北極的冰塊溶化，使地球海平面升高，能否影響地球自轉快慢？答：南北極的冰塊溶化，地球海平面升高，南北極的水質元向赤道方向移動，到軸的距離增大，角動量守恒。其中，變大，變小，而地球對軸的轉動會變慢。第 5 章 角動量 .關于對稱性第 5 章 角動量 .關于對稱性57 三、習題解答5.1.1 我國發(fā)射的第一顆人造地球衛(wèi)星近地點高度d近=439km,遠地點高度d遠=2384km,地球半徑 r地=6370km,求衛(wèi)星在近地點和遠地點的速度之比。解：衛(wèi)星在繞地球轉動過程中，只受地球引力（有心力）的作用，力

9、心即為地心，引力對地心的力矩為零，所以衛(wèi)星對地心的角動量守恒m月v近（d近+r地）=m月v遠（d遠+r地）v近/v遠=（ d遠+r地） /（d近+r地）=（2384+6370）/（439+6370） 1.29 5.1.2 一個質量為m 的質點沿著jtbi tar?sin?cos的空間曲線運動，其中a、b 及皆為常數(shù)。求此質點所受的對原點的力矩。解：0)?sin?cos(?sin?cos/?cos?sin/222222rrmfrrmamfrjtbi tajtbi tadtvdajtbi tadtrdv5.1.3 一個具有單位質量的質點在力場jtittf?)612(?)43(2中運動，其中t 是時

10、間。該質點在t=0時位于原點，且速度為零。求t=2 時該質點所受的對原點的力矩。解：據(jù)質點動量定理的微分形式，)1()(mvdvmddtfdtjtittvd?)612(?)43(2kkkkijkjijjiijijifrjijifjijirjttittrdtttjdtttirddtjttittdtvrdjttittvdttjdtttivdrttttv?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(?343

11、4234233324412333244100022322322300205.1.4 地球質量為6.01024kg， 地球與太陽相距149 106km， 視地球為質點，它繞太陽做圓周運動，求地球對于圓軌道中心的角動量。解：606024365)10149(2100.629242rmmvrlskgm /1065.21060602436514920.6240422i?j?k?第 5 章 角動量 .關于對稱性第 5 章 角動量 .關于對稱性58 5.1.5 根據(jù) 5.1.2 題所給的條件，求該質點對原點的角動量。解：vrmprlkmabktabktabmj tbi taj tbi tam?)?sin?c

12、os()?cos?sin()?sin?cos(225.1.6 根據(jù) 5.1.3 題所給的條件， 求質點在 t=2 時對原點的角動量。解：)2()2()2()2()2(vrmprlkjji?16?12)?4?(1345.1.7 水平光滑桌面中間有一光滑小孔，輕繩一端伸入孔中，另一端系一質量為10g 小球，沿半徑為 40cm 的圓周作勻速圓周運動，這時從孔下拉繩的力為10-3n。如果繼續(xù)向下拉繩，而使小球沿半徑為10cm 的圓周作勻速圓周運動，這時小球的f 速率是多少？拉力所做的功是多少？解： 設小球的質量為m=10 10-3kg,原來的運動半徑為r1=40cm,運動速率為v1;后來的運動半徑為r

13、2=10cm,運動速率為v2. 先求小球原來的速率v1：據(jù)牛頓第二定律，f=mv12/r1，所以，smmfrv/2. 010/104 .0/2311由于各力對過小孔的豎直軸的力矩為零，所以小球對該軸的角動量守恒， mv1r1=m v2r2，v2=v1r1/r2=0.20.4/0.1=0.8m/s 在由 r1r2的過程中，只有拉力f 做功，據(jù)動能定理，有jvvvvmvvmmvmvaf322112122121222121212221103)2.08.0)(2.08 .0(10)()(5.1.8 一個質量為m 的質點在o-xy 平面內(nèi)運動， 其位置矢量為jtbi tar?sin?cos，其中 a、b

14、 和是正常數(shù)，試以運動學和動力學觀點證明該質點對于坐標原點角動量守恒。證明：rj tbi tadtvdaj tbi tadtrdv222?sin?cos/?cos?sin/運動學觀點：kmabk tmabk tmablkijjijjiij tbi tamj tbi tavmrl?sin?cos?)?(?, 0?)?cos?sin()?sin?cos(22顯然與時間t 無關，是個守恒量。動力學觀點：0)(22rrmrmramrfr,該質點角動量守恒。5.1.9 質量為 200g 的小球v0b 以彈性繩在光滑水平面上與固a b 30o定點 a 相連。彈性繩的勁度系數(shù)為 8 n/m，其自由伸展長度為

15、600mm.最初小球的位置及速度v0如圖所示。當小球的速率變?yōu)関 時，它與 a 點的距離最大， 且等于 800mm，求此時的速率v 及初速率v0.解：設小球b 的質量 m=0.2kg,原來與固定點a 的距離 r0=0.4m,當速率為 v 時， 與 a 點距離 r=0.8m,彈性繩自由伸展的長度為d=0.6m. 小球 b 的速率由v0v 的過程中，作用在小球b 上的力對過a點軸的力矩之和始終為零，因而小球對a 點的角動量守恒，有400mm 第 5 章 角動量 .關于對稱性第 5 章 角動量 .關于對稱性59 r0mv0sin30o= rmv (最大距離時，)vr（1）另外 ,在此過程中 ,只有保

16、守內(nèi)力（繩的彈力）做功,因而能量守恒，)2()(2212212021mvdrkmv為求解方便，將化簡，并代入已知數(shù)據(jù)可得：)2(6 .1)1 (42200vvvv解此方程組，求得：v0 1.3 m/s v 0.33 m/s 5.1.10 一條不可伸長的細繩穿過鉛直放置的、管口光滑的細管，一端系一質量為0.5g 的小球，小球沿水平圓周運動。最初 l1=2m,1=30o， 后來繼續(xù)向下拉繩使小球以2=60o沿水平圓周運動。求小球最初的速度v1，最后的速度v2以及繩對小球做的總功。解：隔離小球，受力情況如圖示，l2應用牛頓第二定律，有：f 2l1)3(sincos/)2/() 1()2(cos) 1

17、(sin/sinsincossin22glvmgflmvfglv得mg 當 =1時smglv/38. 23/48 .9sincos/211111當 =2時,)4(322223cossin22222222gvgllglv由于作用質點上的力對管軸的力矩始終等于零,角動量守恒：1sinsin22221112211sinsinvvlmvlmvll，將（ 4）式和三角函數(shù)值代入，可求得：smvvgl/43.338.228.93233323211將 v2代入（ 4）中，可求得l2=0.8m，根據(jù)質點動能定理：jllmgvvmeeapkf0806.0)8 .02(105 .0)38.243.3(105.0)

18、coscos()(212332232122112122215.2.2 理想滑輪懸掛兩質量為m 的砝碼盤。用輕線拴住輕彈簧兩端使它處于壓縮狀態(tài)，將此彈簧豎直放在一砝碼盤上，彈簧上端放一質量為m 的砝碼。 另一砝碼盤上也放置質量為m 的砝碼，使兩盤靜止。燃斷輕線，輕彈簧達到自由伸展狀態(tài)即與砝碼脫離。求砝碼升起的高度，已知彈簧勁度系數(shù)為k，被壓縮的長度為l0. 解：設滑輪半徑為r，彈簧釋放后，彈簧上邊的砝碼獲得的速度為v，方向向上，左邊砝碼盤獲得的速度為v，方向向下，顯然右邊砝碼盤及砝碼獲得的速度大小也是v,但方向向上（如圖示） 。vv把左盤、左盤上的砝碼和右盤及盤m m 中砝碼視為一個質點系，作為研究對象。v 在彈簧釋放過程中，作用于質點系的外力對滑輪軸的力矩之和始終為零，故質點系對滑輪軸的角動量守恒，規(guī)定垂直紙面向外的角動量為正，則有：- mvr+mv r+2mv r = 0，即v = 3 v (1) 另外，在此過程中，只有彈簧的彈力和重力做功，因而質點系能量守恒，忽略重力勢能的微小變化，則有：2212212021)3(vmmvkl，即)2(32022klmvmv左盤中的砝碼脫離彈簧獲得速度v 后做豎直上拋運動,達到最大高度 h時速度為零 ,據(jù)能量守恒 ,)3(2/2221gvhmghmv由可求得v2=3kl02/4m，代入中得：h = 3 k l02/8