单元五 动量矩和动量矩守恒定理 （一）
一、 选择、填空题
1. 花样滑冰运动员绕自身的竖直轴转动，开始时臂伸开，转动惯量为J 0角速度为ω0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为0J 3 1
J =
。这时她转动的角速度变为 【 C 】
00
03)
D (3)C ()3/1()B (3
1)
A (ωωωω
2. 如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在光滑的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面而静止，杆身与竖直方向成 θ角，则A 端对墙壁的压力大小为
【 B 】
(A) 0.25⋅mg ⋅cos θ (B) 0.5⋅mg ⋅tg θ (C)mg ⋅sin θ (D)不能唯一确定
3. 如图所示，一个小物体，置于一光滑的水平桌面上，一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的孔，物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉。则物体 【 D 】 (A) 动能不变，动量改变; (B) 动量不变，动能改变;
(C) 角动量不变，动量不变; (D) 角动量不变，动量、动能都改变。
4. 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂，现有一个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过
【 C 】
(A) 只有机械能守恒; (B) 只有动量守恒;
(C) 只有对轴O 的角动量守恒; (D) 机械能、动量和角动量均守恒。
)
2(选择题)
3(选择题)4(选择题)
5(选择题
)
2(计算题)
1(计算题5. 匀质园盘水平放置，可绕过盘心的铅直轴自由转动，园盘对该轴的转动惯量为J 0，当转动角速度为ω0时，有一质量为m 的质点落到园盘上，并粘在距轴R/2处(R 为园盘半径)，则它们的角速度02
00
m
R 4
1J J ωω+=
6. 质量为m 的均质杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点，垂直于杆的水平轴转动，杆绕转动轴的动能为22k ml 61E ω=，动量矩为ω20ml 3
1
L =。
二、 计算题
1. 长为l 质量为m 0的细杆可绕垂直于一端的水平轴自由转动。杆原来处于平衡状态。现有一质量为m 的小球沿光滑水平面飞来，正好与杆下端相碰(设碰撞为完全弹性碰撞)使杆向上摆到 60=θ处，如图所示，求小球的初速度。
研究系统为小球和直杆，系统所受外力对于转轴
的力矩为零。
系统角动量守恒：ω200l m 3
1
mvl l mv +=
弹性碰撞系统动能守恒：
22022
0)l m 3
1(21mv 21mv 21ω+= 碰撞后，直杆绕固定轴转过角度
60=θ，直杆重力矩做的功等于直杆动能的增量
22000)l m 31
(210)60cos 1(gl m 21ω-=-- 2l 3
1g 21ω=
由以上三式得到：gl 6m
12m
3m v 0
0+= 2. 质量为M=0.03 kg ，长为l=0.2 m 的均匀细棒，在一水平面内绕通过棒中心并与棒垂直的光滑固定轴自由转动，细棒上套有两个可沿棒滑动的小物体，每个质量都为m=0.02
kg ，开始时，两小物体分别被固定在棒中心的两侧且距棒中
心各为r=0.05 m ，此系统以n 1=15 rev/min 的转速转动，若将小物体松开后，它们在滑动过程中受到的阻力正比于速度。(已知棒对中心轴的转动惯量为
2Ml 12
1
)求： (1) 当两小物体到达棒端时，系统的角速度是多少? (2) 当两小物体飞离棒端，棒的角速度是多少?
)
3(计算题)
4(计算题 研究系统为均匀细棒和两个可沿棒滑动的小物体，系统受到的外力对于转轴的力矩以及
摩擦阻力转轴的力矩和为零，系统的角动量守恒。 系统初始的角动量：2121121r m r m )Ml 12
1
(
L ωωω++= 物体到达棒端时系统的角动量：2
l )2l (m 2l )2l (m )Ml 121(
L 22222ωωω++= 22222112)2
l
(m 2)Ml 121(r m 2)Ml 121(
ωωωω+=+ 求得：s /rad 2.0ml 6Ml mr 24Ml 12
2222πωω=++=
当两小物体飞离棒端，由角动量守恒定律可写出
22322222)2
l
(m 2)Ml 121()2l (m 2)Ml 121(
ωωωω+=+，s /rad 2.023πωω==
*3. 一质量为M ，半径为R 并以角速度ω旋转的飞轮，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，如图，假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上。计算： （1）问它能上升多高? （2）求余下部分的角速度，角动 量和转动动能。
碎片脱离前后系统的角动量守恒
)R (mR ')mR MR 21
(MR 21222ωωω+-=
ωωω2222mR ')mR MR 2
1
(MR 21+-= 余下部分的角速度：ωω='
碎片升高：g 2v h 2=，g
2)R (h 2
ω=
余下部分的角动量：ω)mR MR 2
1
(
L 22-= 余下部分的转动动能：222k )mR MR 21(21E ω-=
，222k )mR 2MR (4
1
E ω-=
4. 有一圆板状水平转台，质量M=200 kg ，半径R=3 m ，台上有一人，质量m=50 kg ，当他站在离转轴r=1m 处时，转台和人一起以ω1=1.35 rad/s 的角速度转动。若轴处摩擦可以忽略不计，问当人走到台边时，转台和人一起转动的角速度ω为多少？
研究系统为人和转台，系统所受外力对
转轴的力
矩为零，系统角动量守恒：
)
5(计算题ωωωω221212mR MR 2
1
mr MR 21+=+ 当人走到台边时，转台和人一起转动的角速度：12
22
2mR 2MR mr 2MR ωω++=，
s /rad 95.0=ω
*5. 均匀细麦杆长为L ，可绕通过中心O 的固定水平轴在铅垂面内自由转动。开始时麦杆静止于水平位置。一质量与麦杆相同的甲虫以速度v 0垂直落到麦杆的1/4长度处，落下后立即向端点爬行。试问： (1)为使麦杆以均匀的角速度转动，甲虫沿麦杆的爬行速度应是多少？(2)为使甲虫在麦杆转到铅直位
置前能爬到端点，甲虫下落速度v 0最大是多少？
研究系统为甲虫和麦杆，碰撞为完全非弹性碰
撞，系统对转轴的角动量守恒：
020202)l 4
1
(m ml 121l 41mv 0ml 121ωω+=+⋅
麦杆开始转动的角速度：l
v 7120
0=ω
此后麦杆和甲虫在甲虫重力矩的作用下绕定轴转动，将甲虫和麦杆视为一个系统，甲虫在任意位置r 时，系统对转轴的角动量：)r (mr ml 12
1
L 2ωω+=
根据角动量定理：
rv m 2dt dL cos mgr ωθ==，甲虫相对于麦杆爬行的速度：ω
θ
2cos g v =
根据题目要求：0ωω=，又因为：0dt d ωθ
ω==
，t 0ωθ=，所以：0
02t cos g v ωω= 麦杆由水平位置转到铅直位置所需要的时间：0
2t ωπ
=
甲虫爬行的距离：dt 2t cos g vdt l 41
0t
t 0ωω⎰
⎰== l g 20=
ω，代入l v 71200=ω，得到甲虫下落的最大速度：2
gL
67
v 0=
单元五 刚体力学习题课 （二）
1. 一电机的电枢转速为1800 r/min ，当断电后，电枢经20s 停下，试求 (1) 在此时间内电枢转了多少圈?
(2) 电枢经过10 s 时的角速度以及电枢周边的线速度，切向加速度和法向加速度。
)
2(计算题 刚体绕定轴转动的角速度：t 0βωω+=，t
ωωβ-=
，t
ωβ-
=，2s /rad 3πβ-=
转过的角度：20t 21t βωθ+
=， rad 600πθ=，转过的圈数：3002N ==π
θ 当s 10t =，t 0βωω+=，s /rad 30πω= 线速度：s /m 3R v πω==，切向加速度：βτR dt
dv
a ==
，2s /m 3.0a πτ-= 法向加速度：22
n R R
v a ω==，22n s /m 90a π=
2. 半径为R 的均匀细圆环，可绕通过环上O 点且垂直于环面的水平光滑轴在竖直平面内转动，若环最初静止时直径OA 沿水平方向，环由此下摆，求A 到达最低位置时的速度。
圆环在重力矩的作用下，绕通过 O 点的固定轴转动，刚
体绕O’转动惯量为2'O mR J =，根据平行轴定理，刚体对于通过O 点轴的转动惯量：22'O O mR 2mR J J =+=
A 点到达最低位置。根据定轴转动刚体的动能定理：
2
0O 2O J 2
1J 21A ωω-=
2O J 2
1
mgR ω=
，22mR mgR ω=，R g =ω，
gR 2R 2v A ==ω
3. 一轴承光滑的定滑轮，质量为M=20.0 kg ，半径为R=0.10 m ，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m=5.0 kg 的物体，如图所示。已知定滑轮的转动惯量为2MR 2
1
J =，其初角速度ω0=10.0 rad/s ，方向垂直纸面向里。求：
(1) 定滑轮的角加速度；
(2) 定滑轮的角速度变化到ω=0时，物体上升的高度； (3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度。
研究对象物体和滑轮，系统受到mg, Mg, N 三个力，只有mg
保对转轴的力矩不为零。
根据角动量定理：dt
])MR 21
mR [(d dt dL mgR 22ω+==- β2R )M 21m (mgR +=-，2s /rad 7.32)
m 2M (R mg
2-=+-=β
)
3(计算题
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