角动量守恒定律教学文案

角动量守恒定律
第四章 角动量守恒定律
4-1 质量为1.0 kg 的质点沿着由 ()34323r t i t t j =+-r r
r 决定的曲线运动，其中t 是时间，单位为s ，r r 的单位为m 。

求此质点在 t = 1.0 s 时所受的相对坐标原点O 的力矩。

解：()34323t i t t j γ=+-r
r r Q ()232649d r v t i t t j dt
∴==+-r r r r ()()34323223649l mv t i t t j m t i t t j γ⎡⎤⎡⎤=⨯=+-⨯+-⎣⎦⎣⎦r r r r r r r
()()34234324963m t t t k t t t k ⎡⎤=---⎣⎦r r
()
666862m t t k t mk =-=r r 551212dl M t mk t k dt
===r u u r r r ()0.1m kg = 1.012.0t s M N m ==u u r g 当时： 方向沿z 轴方向 12.0kN m =r r g 或：
M 4-2 质量为1.0 kg 的质点在力()()2332F t i t j =-+-u r r r 的作用下运动，其中t 是时间，单位为s ，F
的单位是N ，质点在t = 0 时位于坐标原点，且速度等于零。

求此质点在 t = 2.0 s 时所受的相对坐标原点O 的力矩。

解：由牛顿第二定律： dv F m dt
=r u r ()()000112332v
t t dv F dt t i t j dt m m ⎡⎤∴=⋅=-+-⎣⎦⎰⎰⎰r u r r r 解得：()223322mv t t i t t j ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭
r r r 而：d r v dt =r r ()()32320111312332322t r t i t j dt t t i t t j m m ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎡⎤∴=-+-=-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎣⎦
⎰r r r r r
故得：()()323211312332322M r F t t i t t j t i t j m ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎡⎤=⨯=-+-⨯-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎣⎦
u u r r u r r r r r ()333331292540213.332333t t t t k t k k k N m m m ⎡⎤=--++=-=-=-⋅⎢⎥⎣⎦
r r r r 4-3 如果忽略空气的影响，火箭从地面发射后在空间作抛物线运动。

设火箭的质量为m ，以与水平面成α角的方向发射，发射速度为1v 。

到达最高点的速度为2v ，最高点距离地面为h 。

假设地球是半径为R 的球体，试求：
(1)火箭在离开发射点的瞬间相对于地心的角动量；
(2)火箭在到达最高点时相对于地心的角动量。

解：()1l r mv =⨯r r r
设：火箭在o-xy 平面上运动
()()11sin 90cos l Rmv k Rmv k αα∴=+=o u u r r r 发
()()22l h R mv k =+r r 高
4-4 求题4-1中的质点在 t = 1.0 s 时相对于坐标原点O 的角动量。

解： ()6
21
1.0 1.02
2.0..t s t s l t mk k kg m s -=====r r
r 4-5 求题4-2中的质点在 t = 2.0 s 时相对于坐标原点O 的角动量。

解： dl M dt =r u u r 3400
55312t t l M dt t kdt t k m m ∴=⋅=-=-⎰⎰r u u r r r 故：()21
2.020| 6.67..3t l k k kg m s -==-=-r r r 4-6 质量为m 的小球用长度为l 的细绳悬挂于天花板之下。

当小球被推动后在水平面内作匀速圆周运动，圆心为O 点，小球的角速度为ω，细绳与竖直方向的夹角为ϕ，试求：
(1)小球相对于O 点的角动量；
(2)角速度ω与夹角ϕ之间的关系
解： ()1sin R l ϕ=
()m L R v =⨯u r u r r 角动量
()2
2sin L R mR mR m l ωωϕω∴=⋅==
由右手定则L u r 的方向竖直向上。

即：()22sin L ml k ωϕ=u r r （2）小球作匀速圆周运动
2
tan v F mg m R
ϕ==向 22tan sin g R l ϕωωϕ∴== 即得：2cos g
l ϕω=
或由角动量守恒定律： L C ==常量 即得：22sin C ml ωϕ=
4-7 一个质量为m 的质点在O-xy 平面上运动，其位置矢量随时间的关系为cos sin r a t i b t j ωω=+r r r ，
其中a 、b 和ω都是常量。

从质点运动和角动量定理两个方面证明此质点对坐标原点O 的角动量是守恒的。

证：（1）从质点运动方面：
cos sin r a t i b t j ωω=+r r r Q sin cos d r v a t i b t j dt
ωωωω∴==-+r r r r ()()
cos sin cos cos l r mv a ti b t j m a ti b t j ωωωωω∴=⨯=+⨯-+r r r r r r r 22cos sin m ab tk ab tk mab k ωωωω⎡⎤=+==⎣⎦r r r 常矢量
（2）由角动量定理：
222cos sin dv a a t i b t j r dt
ωωωωω==--=-r r r r r Q
由牛顿第二定律：2F ma m r ω==-u r r r
故，质点改变的力矩为：()
20M r F r m r ω=⨯=⨯-=u u r r u r r r 0dl M dt
∴==r u u r 即得：l =r 常矢量 证毕 4-8 不可伸长的轻绳跨过一个质量可以忽略的定滑轮，两端分别吊有重物和小猴，并且由于两者质量相等，所以开始时重物和小猴都静止地吊在绳端。

试求当小猴以相对于绳子的速度v r
沿绳子向上爬行时，重物相对于地面的速度。

解：根据题意，小猴向上爬行过程中系统的角动量守恒：
m m 0r v r v ∴⨯+⨯=u u r u u r u u r u u r 猴猴猴物物物
而： r r -=u u r u u r 猴物 m m =猴物 （如图示）
v v ∴=-u u r u u r 猴物 （相对地面的速度）
又：猴对绳子的速度为：v r
v v v ∴-=u u r u u r r 猴物 即得：2
v v v ==r u u r u u r 猴物
4-9 不可伸长的轻绳跨过一个质量可以忽略的定滑轮，轻绳的一端吊着托盘(如图)，托盘上竖直放着一个用细线缠缚而压缩的小弹簧，轻绳的另一端系一重物与托盘和小弹簧相平衡，因而整个系统是静止的。

设托盘和小弹簧的质量分别为M 和m ，被细线缠缚的小弹簧在细线断开时在桌面上竖直上升的最大高度为h 。

现处于托盘上的小弹簧由于缠缚的细线突然被烧断，能够上升的最大高度是多大？ 解：小弹簧在桌面上可上升的最大高度为h
则：由机械能守恒定律：()2112
mgh mv =L L 处于托盘的小弹簧 由于细线突然被烧断
设：弹簧上升速度为v ，托盘和重物的速度为'v ，由角动量守恒：
()''0rmv rMv r M m v -+++=
()'20rmv r M m v ∴-++= 得：'2M m v v m +=
或：'2m v v M m
=-+ 由能量守恒：()'2'22111222
m M v Mv mv mgh +++= ()'2211222m M v mv mgh ∴++= ()2
22112222m m M v mv mgh M m ⎛⎫+⋅+= ⎪+⎝⎭
即得：()22122M m mv mgh M m +⋅=+ 由此得： ()()()21222222M m M m mv mgh mg h M m M m ⎡⎤++=⋅=⎢⎥++⎣⎦
L L 由机械能守恒：()2132
mv mgH =L L 比较（2）（3）得：()
22M m H h M m +=+ 4-10 我国的第一颗人造地球卫星于1970年4月24日发射升空，其近地点离地面439 km ，远地点离地面2384 km 。

如果将地球看为半径为6378 km 的均匀球体，试求卫星在近地点和远地点的运动速率。

解：卫星运动过程中万有引力作用（有心力），由角动量守恒：
r m v r m v ∴⨯=⨯r r 远近远卫卫近 在近地点和远地点v r 与r r 垂直
()()334396378102384637810v v +⨯=+⨯远近
68178762v v =远近 即：()681718762v v =
L L 远近 由机械能守恒定律：221122
Mm Mm G
mv G mv r r -+=-+远近远近 2GM gR =Q 221122
gR gR mv mv r r ∴-+=-+远近远近
2221111229.8 6.378238463784396378v v gr r r ⎛⎫⎛⎫-=-+=⨯⨯⨯- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭
远近远近 ()2
2
229.863781945 4.076378268178762v v ⨯⨯∴-=⨯=⨯⨯L 远近
（1）代入（2）得：
318.1110v m s -==⨯⋅近 316817 6.31108762
v v m s -==⨯⋅远近。