第05章 角动量 课后答案【khdaw_lxywyl】.pdf

第五章 角动量 习题第五章 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 d439km 近 远地点 d2384km 远 地球半径 R6370km 地 求卫星在近地点和远地点的速度之比 解 答 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 远远近近 2384 6370 1 29 439 6370 d Rr rd R 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 acos tibsin tj r 定义的空间曲线运 动 其中a b及 皆为常数 求此质点所受的对原点的力矩 解 答 解 答 22 22 r acos tibsin tj a sin tib cos tj a acos tibsin tj acos tibsin tjr 2 Fmr 通过原点 0 5 1 3 一个具有单位质量的质点在力场 2 F 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 解 答 已知 m 1kg 有牛顿第二定律 F ma 1 aF m 2 3t 4t i 12t 6 j 0 d a t0 dt 0 83 tt 000 322 dadtdt t2t 6t6t 2 3t 4t i 12t 6 j ij 同理由 t0 0 dr r dt t 322 00 d t2t 6t6t dt r ri j 4232 12 r t t i 2t 3t j 43 4 t 2 r i4j F 4i18j 3 0 MrF 4 i4j4i18j 3 xyyyxxxyyx xy i j k AB A A A A BA B i A BA B j A BA B k B B B zzzzz z 0 i j k 4 M 4 040k 3 4 18 0 5 1 4 地球质量为 地球与太阳相距 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 24 6 0 10 kg 6 149 10 km 解 答 解 答 2 Lrmmr 2 rar s 365 24 3600 将代入上式得 62 r149 10 km m6 0 10 kg 4 402 L2 65 10 kg 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 解 答 r acos tibsin tj a sin tib cos tj 质点对原点的角动量 Lrm m acos tibsin tja sin tib cos tj 84 i j k cos sin 0abm k m m 0 atbt a sin tb cos t 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 解 答 由 5 1 3 t 2s 时 22 12j m1kg 4 r i4j 3 Lrm 12j 4 i4j 3 2 i j k 4 L 4 016k kg m s 3 0 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 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 3 10 N 解 答 解 答 1 小球角动量守恒 00 mRm R 由牛顿第二定律 最初 2 0 00 2 0 FTm R 又 解出 0 代入 得 0 0 R 0 8 m s R 2 拉力所作的功 223 0 11 Amm3 0 10 J 22 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 r acos tibsin tj 其中a b和 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 解 答 85 1 以运动学观点证明 r acos tibsin tj dr a sin tib cos tj dt 质点对坐标原点的角动量为 Lrm m acos tibsin tja sin tib cos tj i j k cos sin 0abm k m m 0 atbt a sin tb cos t 常矢量 守恒 2 以动力学观点证明 2 2 2 d r a r dt 由牛顿第二定律 2 F ma mr 质点对坐标原点的力矩为 2 0 MrFrmr 0 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 0 如图所示 当小球的速度变为 时 它与A点的距离最大 且等于 800mm 求此时的速度 及初速度 0 解 答 解 答 由角动量守恒 00 m dmd sin30 00 dd sin30 1 再由机械能守恒 22 0 111 mmk d0 222 2 6 2 86 联立求解 0 1 306 m s 0 3266 m s 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 11 2m 30 1 后来继续向下拉绳 使小球以 2 60 沿水平圆周运动 求小球最初的速度 最后的速度 2 以及 绳对小球做的总功 解 答 解 答 初时 11 2m 30 FTw 指向圆心 1 11 1 mgTcos F tg Fmgtg F Tsinmg 由牛顿第二定律 22 11 1 11 mgtgmm Rsi 1 n 2 1 11 1 sin g2 38 m cos s 最后 21 60 同样可求得 22 1112 22 2212 sincos1 cossin3 3 1 2 1 小球对轴角动量守恒 1 11222 msinmsin 即 12 21 sin sin 2 1 2 1 2 3 3 1 3 1 21 3 2 1 3 3 43 m 3 s 由动能定理 22 Kp2112 11 AEE mm mg cos30cos60 0 00805 J 22 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 87 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 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 1234 m g m g m g m g mg 滑轮轴的压力 N 建立坐标 如图 以轻线燃短到砝码与弹簧脱 离为过程始末 Oxyz 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 砝码速率为 滑轮 半径为 则有 R m RmR m m R 0 即 3 在过程中砝码盘位移为 砝码位移为 则 3 而 0 故 00 31 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 22 000 1131 k3mmgmg2mg 2244 0 1 4 即 22 00 2 2 0 0 3 mk2mg 4 3k3 g 4m2 88 在研究砝码相对于地的上抛过程 由运动学公式 2 2gh 可以求得 22 0 0 3k3 h 2g8mg4 当 2 0 0 3k kmgh 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 解 答 以两运动员和绳为物体系 受外力包括 重力 AABB Wm g Wm g B 冰面支持力 A N N 0 ABAB m gm gNN 因 A mmB 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 cc0 0 1 抓住绳之前 对O点角动量 A m 2 00 R1 Jm70 6 5102275 kg m s 22 抓住绳之后 对O点角动量 B m R1 Jm7010350 22 对因受到的对O点的