普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第五章-角动量

第 5 章角动量 第五章第五章 角动量角动量 习题解答习题解答 5 1 1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度 d近 439km 远地点高度 d远 2384km 地球半径 R地 6370km 求卫星在近地点和远地点的速度之比 解 卫星在绕地球转动过程中 只受地球引力 有心力 的作用 力心即为地心 引力对地心的力 矩为零 所以卫星对地心的角动量守恒 m月v近 d近 R地 m月v远 d远 R地 v近 v远 d远 R地 d近 R地 2384 6370 439 6370 1 29 5 1 2 一个质量为 m 的质点沿着的空间曲线运动 其中 a b 及 皆为常jtbi tar sin cos 数 求此质点所受的对原点的力矩 解 0 sin cos sin cos cos sin 2 2 22 22 rrmFr rmamF rjtbi ta jtbi tadtvda jtbi tadtrdv 5 1 3 一个具有单位质量的质点在力场 中运动 其中 t 是时间 该质点在 t 0 时位于原点 且速度为零 求 t 2 时jtittF 612 43 2 该质点所受的对原点的力矩 解 据质点动量定理的微分形式 1 mvdvmddtF dtjtittvd 612 43 2 第 5 章角动量 kkk kijkjijjii jijiFr jijiF ji jir jttittr dtttjdtttird dtjttittdtvrd jttittv dttjdtttivd rtt ttv 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 3 4 3 4 2 3 4 233 3 2 4 4 1 233 3 2 4 4 1 000 223 223 223 00 2 0 5 1 4 地球质量为 6 0 1024kg 地球与太阳相距 149 106km 视地球为质点 它绕太阳做圆周运动 求地球对于圆轨道中心的角动量 解 606024365 10149 2 100 6 29 242 rmmvrL skgm 1065 2 10 606024365 14920 6 24042 2 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 vrmprL kmabk tabk tabm j tbi taj tbi tam sin cos cos sin sin cos 22 5 1 6 根据 5 1 3 题所给的条件 求质点在 t 2 时对原点的角动量 解 2 2 2 2 2 vrmprL kjji 16 12 4 1 3 4 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 小球 沿半径 为 40cm 的圆周作匀速圆周运动 这时从孔下拉绳的力为 10 3N 如果继续向下拉绳 而使小球沿半径为 10cm 的圆周作匀速圆周运动 这时小球的速率是多少 拉力所做的功是多少 解 设小球的质量为 m 10 10 3kg 原来的运动半径为 R1 40cm 运动 速率为 v1 后来的运动半径为 R2 10cm 运动速率为 v2 i j k 第 5 章角动量 先求小球原来的速率 v1 据牛顿第二定律 F mv12 R1 所以 smmFRv 2 010 104 0 23 11 由于各力对过小孔的竖直轴的力矩为零 所以小球对该轴的角动量守恒 m v1R1 m v2R2 v2 v1R1 R2 0 2 0 4 0 1 0 8m s 在由 R1 R2的过程中 只有拉力 F 做功 据动能定理 有 J vvvvmvvmmvmvAF 32 2 1 12122 1 2 1 2 22 1 2 12 1 2 22 1 103 2 08 0 2 08 0 10 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 其中 a b 和 是正常数 试以运动学和动力学观点证明该质点对于坐标jtbi tar sin cos 原点角动量守恒 证明 rj tbi tadtvda j tbi tadtrdv 222 sin cos cos sin 运动学观点 显然与时间 t 无关 是个守恒量 kmabk tmabk tmabL kijjijjii j tbi tamj tbi tavmrL sin cos 0 cos sin sin cos 22 动力学观点 该质点角动量守恒 0 22 rrmrmramrFr 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 8 N m 其自由伸展长度为 600mm 最初小球的位置及速度 v0如图所示 当小球的速率变为 v 时 它与 A 点的距离最大 且等于 800mm 求此 时的速率 v 及初速率 v0 解 设小球 B 的质量 m 0 2kg 原来与固定点 A 的距离 r0 0 4m 当 速率为 v 时 与 A 点距离 r 0 8m 弹性绳自由伸展的长度为 d 0 6m 小球 B 的速率由 v0 v 的过程中 作用在小球 B 上的力对过 A 点轴的力矩之和始终为零 因而小球 对 A 点的角动量守恒 有 r0mv0sin30 rmv 最大距离时 1 vr 另外 在此过程中 只有保守内力 绳的弹力 做功 因而能量守恒 2 2 2 1 2 2 1 2 02 1 mvdrkmv 为求解方便 将 化简 并代入已知数据可得 2 6 1 1 4 2 2 00 vvvv 解此方程组 求得 v0 1 3 m s v 0 33 m s 第 5 章角动量 5 1 10 一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的 管口光滑的细管 一端系一质量为 0 5g 的小球 小球沿水平圆周运动 最初 l1 2m 1 30 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 v1 最后的速度 v2以及绳对小球做的总功 解 隔离小球 受力情况如图示 应用牛顿第二定律 有 3 sincos 2 1 2 cos 1 sin sin sincos sin 2 2 glv mgF lmvF gl v 得 当 1时smglv 38 2 3 48 9sincos 2 1 1111 当 2时 4 3 2 222 3 cos sin2 2 2 2 2 2 2 2 g vgl lglv 由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零 角动量守恒 将 4 式和三角函数值代入 可求得 1sin sin 2222111 22 11 sinsinvvlmvlmv l l smv vgl 43 3 38 2 28 9 3 2 3 3 32 3 2 11 将 v2代入 4 中 可求得 l2 0 8m 根据质点动能定理 J llmgvvmEEA pkF 0806 0 8 02 105 0 38 2 43 3 105 0 coscos 2 1 2 33223 2 1 2211 2 1 2 22 1 5 2 2 理想滑轮悬挂两质量为 m 的砝码盘 用轻线拴住轻弹簧两端使它处于压缩状态 将此弹簧竖 直放在一砝码盘上 弹簧上端放一质量为 m 的砝码 另一砝码盘上也放置质量为 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 l0 解 设滑轮半径为 R 弹簧释放后 弹簧上边的砝码获得的速度为 v 方向 向上 左边砝码盘获得的速度为 v 方向向下 显然右边砝码盘及砝码获得的速 度大小也是 v 但方向向上 如图示 把左盘 左盘上的砝码和右盘及盘中砝码 视为一个质点系 作为研究对象 在弹簧释放过程中 作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终为零 故质点 系对滑轮轴的角动量守恒 规定垂直纸面向外的角动量为正 则有 mvR mv R 2mv R 0 即 v 3 v 1 另外 在此过程中 只有弹簧的弹力和重力做功 因而质点系能量守恒 忽略重力势能的微小变化 则 有 即 2 2 1 2 2 1 2 02 1 3 vmmvkl 2 3 2 0 22 klmvmv 左盘中的砝码脱离弹簧获得速度 v 后做竖直上抛运动 达到最大高度 h 时速度为零 据能量守恒 3 2 22 2 1 gvhmghmv 第 5 章角动量 由 可求得 v2 3kl02 4m 代入 中得 h 3 k l02 8mg 5 2 3 两个滑冰运动员的质量各为 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 在抓住绳索一端之前 各自对绳索 中心的角动量是多少 抓住之后是多少 它们各自收拢绳索 到绳长为 5m 时 各自的速率如何 绳 长为 5m 时 绳内张力多大 二人在收拢绳索时 各自做了多少功 总动能如何变化 解 设每个运动员的质量为 m 70kg 收绳前相对绳中心 o 的距离为 d d1 5m 速率为 v v1 6 5m s 当把绳收拢为 d d2 2 5m 时 速率 v v2 对绳中心 o 点的角动量各为 L mv1d1 70 6 5 5 2275kgm2 s 抓住绳索前后角动量相同 把两个运动员视为一个质点系 在收绳过程中 质点系对 o 轴的角动量守恒有 2m