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破裂后圆盘的角动量为多大？ 分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.
解 (1) 碎块抛出时的初速度为
v0?ωR
由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为
2v0ω2R2h?? 2g2g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 L?L0?L?
式中L?m?R2ω为圆盘未碎时的角动量；L??mR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则
?1?L??m??m?R2ω ?2?124 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s－1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.
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分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理
J2ω??J1?J2?ω?
式中J2?m2?l/2?2为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为
ω??J2ω6m2v??29.1s?1 J1?J2?m1?3m2?4 －22 半径分别为r1 、r2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1 和J2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？
分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，
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而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.
解 设相互作用力为F，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有
?Fr1Δt?J1?ω1?ω0? (1) Fr2Δt?J2ω2 (2)
两轮啮合后应有相同的线速度，故有
r1ω1?r2ω2 (3)
由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为
J1ω0r22 ω1?22J1r2?J2ω0r14 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s－1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？ 分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式ω?ω0?ω1 .
解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为
ω?ω0?ω1?ω0?v R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有
J0ω0?J1?ω0?ω1??0
式中J0 、J1 ＝mR2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为
mR2v?2?1 ω0????9.52?10s2J0?mRR式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.
4 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs-1 转动，转台对转轴的转动惯量为J0 ＝4.0 ×10-3 kg· m2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s-1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.
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分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为
m??Qdt?0.10kg
010s根据系统的角动量守恒定律，有
J0ω0?J0?mr2ω
??则t ＝10 s 时，转台的角速度
ω?J0ω0?1?0.80Jπs 12J0?mr4 －25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103 kg· m2 ，旋转的角速度ω＝0.2 rad· s-1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m；喷气以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s-1和速率u ＝50 m· s-1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？
分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量?m?u?ωr?dm?mur.经上述处理后，可使问题大大简化.
解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有
Jω?mur?0 (1)
因喷气的流量恒定，故有
m?2Qt (2)
由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为
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