大学物理学课后习题答.docx

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1、大学物理学课后习题答习题解答 习题一 1-1 Dr与Dr 有无不同?drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?dtdtdtdt试举例说明 解：vvDr是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即Dr=r2-r1，Dr=r2-r1； dsdrdr是速度的模，即. =v=dtdtdtdr只是速度在径向上的分量. dt有r=rr，则式中drdrdr=r+r dtdtdtdr就是速度径向上的分量， dtdrdr与不同如题1-1图所示. dtdt题1-1图 vdvdvvdv (3)表示加速度的模，即a=，是加速度a在切向上的分量. dtdtdt有v=vt(t表轨道节线方向单位矢），所以 vvvvd

2、vdvvdt=t+v dtdtdtdv就是加速度的切向分量. dtvvdtdr与(Q的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt式中1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求drd2r出rx+y，然后根据v =，及a2而求得结果；又有人先计算速度和加速度dtdt22的分量，再合成求得结果，即 dxdy=+及a=dtdt22d2xd2ydt2+dt2 你认为两种方法哪一种1 22正确？为什么？两者差别何在？ vvv解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r=xi+yj， vvdrdxvdyvv=i+jdtdtdt

3、2v22vvdrdxdyva=2=2i+2jdtdtdt故它们的模即为 dxdyv=v+v=+dtdt2x2y2222dxdy22a=ax+ay=dt2+dt222而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 drv=dtd2ra=2 dtdrdrd2r与2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，其二，可能是将dtdtdtd2r而只是速度在径向上的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dt2d2rvdq的一部分a径=2-r或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速

4、度、加速度的贡献。 1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为 x=3t+5, y=12t+3t-4. 2式中t以 s计，x,y以m计(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t0 s时刻到t4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t0s 到t4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式) v12vv解： r=(3t+5

5、)i+(t+3t-4)jm 2(2)将t=1,t=2代入上式即有 vvvr1=8i-0.5j m 2 vvvr2=11j+4jm vvvvvDr=r2-r1=3j+4.5jm vvvvvv(3) r0=5j-4j,r4=17i+16j vvvvvvvvDrr4-r012i+20j=3i+5jms-1 v=Dt4-04vvvvdr=3i+(t+3)jms-1 (4) v=dtvvv-1则 v4=3i+7j ms vvvvvv(5) v0=3i+3j,v4=3i+7j vvvvvDvv4-v04a=1jms-2 Dt44vvvdv=1jms-2 (6) a=dt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒

6、量。 1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以v0(ms-1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成q角，由图可知 l=h+s 将上式对时间t求导，得 222 2ldlds=2s dtdt3 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， v绳=-即 v船=-dlds=v0,v船=- dtdtvdsldll=-=v0=0 dtsdtscosqlv0(h2+s2)1/2v0=或 v船= ss将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv-v0s+lv船a=船=dt2dtv0

7、=v02dtss 2l2(-s+)v022hv0s=s2s3s1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a2+6x，a的单位为ms，x的单位为 m. 质点在x0处，速度为10ms,试求质点在任何坐标处的速度值 解： a=-12-2dvdvdxdv=v dtdxdtdx2分离变量： udu=adx=(2+6x)dx 两边积分得 12v=2x+2x3+c 2由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x3+x+25ms-1 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3t ms，开始运动时，x5 m，v =0，求该质点在t10s 时的速度和位置 解： a=-2dv=4+3t dt分离变

8、量，得 dv=(4+3t)dt 积分，得 3v=4t+t2+c1 2由题知，t=0,v0=0 ,c1=0 4 32t 2dx3=4t+t2 又因为 v=dt232分离变量， dx=(4t+t)dt 2132积分得 x=2t+t+c2 2故 v=4t+由题知 t=0,x0=5 ,c2=5 故 x=2t+所以t=10s时 213t+5 2v10=410+3102=190ms-121x10=2102+103+5=705m23q式中以弧度计，t以秒计，1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 q=2+3t，求：(1) t2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时

9、，其角位移是多少? 解： w=dqdw=9t2,b=18t dtdt (1)t=2s时， at=Rb=1182=36ms-2 an=Rw2=1(922)2=1296ms-2 (2)当加速度方向与半径成45角时，有 tan45=2at=1 an即 Rw=Rb 亦即 (9t)=18t 则解得 t=于是角位移为 3222 9q=2+3t3=2+32=2.679rad 5 1-8 质点沿半径为R的圆周按sv0t-12bt的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧2长,v0，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b 解： v=ds=v0-bt dtdv=-bdt

10、22(v-bt)van=0RRat=(v0-bt)4则 a=at+a=b+ R222n2加速度与半径的夹角为 j=arctan(2)由题意应有 at-Rb =2an(v0-bt)(v0-bt)4 a=b=b+R22(v0-bt)4,(v0-bt)4=0 即 b=b+2R22当t=v0时，a=b b1-9 半径为R的轮子，以匀速v0沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B的运动方程为xR(wt-sinwt)，yR(1-coswt)，式中w=v0/R是轮子滚动的角速度，当B与水平线接触的瞬间开始计时此时B所在的位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向；(2)求B点速度和加速度的分量表示式 解：依题意

11、作出下图，由图可知 题1-9图 (1) x=v0t-2Rsin=v0t-Rsinqq2cosq2=R(wt-Rsin6 wt)y=2Rsinq 22=R(1-cosq)=R(1-coswt)sinq(2) dxv=Rw(1-coswt)xdt v=dy=Rsinwt)ydtdvx2a=Rwsinwt=xdt a=Rw2coswt=dvyydt1-10 以初速度v020ms抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2 (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) -1解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示 题1-10图 (1

12、)在最高点， v1=vx=v0cos60o an1=g=10ms-2 又 an1=v12r1v12(20cos60)2r1=an110 =10m 7 (2)在落地点， v2=v0=20ms-1, 而 an2=gcos60o 2v2(20)2 r2=80m an210cos601-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为= 0.2 rads，求t2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度 解：当t=2s时，w=bt=0.22=0.4 rads -1则v=Rw=0.40.4=0.16ms -1-2an=Rw2=0.4(0.4)2=0.064ms-2 at=Rb=0.40.

13、2=0.08ms-2 2a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.102ms-2 1-12 如题1-12图，物体A以相对B的速度v2gy沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时A在斜面顶端高为h处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度 解：当滑至斜面底时，y=h，则vA=因此，A对地的速度为 2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，vvvvA地=u+vAvv =(u+2ghcosa)i+(2ghsina)j题1-12图 1-13 一船以速率v130kmh沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v240kmh -1-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又

14、为何? 解：(1)大船看小艇，则有v21=v2-v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a) vvr 8 题1-13图 由图可知 v21=2v12+v2=50kmh-1 方向北偏西 q=arctanv13=arctan=36.87 v24(2)小船看大船，则有v12=v1-v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 vvrv12=50kmh-1 方向南偏东36.87 1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当-1轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 ms，求轮船的速率 解： 依题意作出矢量图如

15、题1-14所示 o题1-14图 v雨船=v雨-v船 v雨=v雨船+v船 由图中比例关系可知 vvvvvvv船=v雨=8ms-1 习题二 2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m1的物体，另一边穿在质量为m2的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a下滑，求m1，m2相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计) 9 解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，由图(b)可知，为 a2=a1-a 又

16、因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有 m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 联立、式，得 (m1-m2)g+m2aa1=m1+m2(m-m2)g-m1a a2=1m1+m2mm(2g-a)f=T=12m1+m2讨论 (1)若a=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动 (2)若a=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1, m2均作自由落体运动 题2-1图 2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面上以初速度v0运动，v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道 解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支

17、持力N.建立坐标：取v0方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2. v题2-2图 X方向： Fx=0 x=v0t 10 Y方向： Fy=mgsina=may t=0时 y=0 vy=0 y=由、式消去t，得 1gsinat2 2y=12 gsinax22v02-3 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx6 N，fy-1-7 N，当t0时，x=y=0，vx-2 ms，vy0求 当t2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度 解： ax=fx63=ms-2 m168ay=(1) fym=-7ms-2 16235vx=vx0+axdt=-2+2=-ms-10

18、842-77vy=vy0+aydt=2=-ms-10168于是质点在2s时的速度 5v7vvv=-i-j48(2) ms-1 v1v1v22r=(v0t+axt)i+aytj22v1-7v13=(-22+4)i+4j 2821613v7v=-i-jm482-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为vv0ekk-tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 -tmv0m)1-em；(3)停止运动前经过的距离为v0；(4)证明当t=mk时速x(kk 11 度减至v0的1，式中m为质点的质量 e-kvdv= mdt答:

19、(1) a=分离变量，得 dv-kdt= vmvdvt-kdt=即 v0v0mv-ktln=lnem v0 v=v0e(2) x=vdt=k-mtve00tk-mtkmv0-mtdt=(1-e) k(3)质点停止运动时速度为零，即t， 故有 x=0v0ek-mtdt=mv0 k (4)当t=m时，其速度为 kv=v0e即速度减至v0的km-mk=v0e-1=v0 e1. e2-5 升降机内有两物体，质量分别为m1，m2，且m22m1用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a1g上升时，求：(1) 2m1和m2相对升降机的加速度(2)在地面上观察m1，m

20、2的加速度各为多少? 解: 分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示 (1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对地加速度a2=a-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律，有 m2g-T=m2(a-a) T=m1a 12 题2-5图 联立，解得a=g方向向下 (2) m2对地加速度为 a2=a-a=g 方向向上 2vvvm1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相+a牵 g25 a1=a+a=g+=g 42222q=arctana1=arctan=26.6o，左偏

21、上 a22-6一质量为m的质点以与地的仰角q=30的初速v0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量 解: 依题意作出示意图如题2-6图 v题2-6图 在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为 ovvvDp=mv-mv0 由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下 2-7 一质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞并在抛出1 s，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向

22、并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为0.5s因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大v 13 小为v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g设向上为y轴正向，则动量的增量 vvvDp=mv2-mv1方向竖直向上， 大小 Dp=mv2-(-mv1)=mg 碰撞过程中动量不守恒这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒 2-8 作用在质量为10 kg的物体上的力为F=(10+2t)iN，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量(

23、2)为了使这力的冲量为200 Ns，vvv-1该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度-6jms的物体,回答这两个问题 解: (1)若物体原来静止，则 vvtv4vDp1=Fdt=(10+2t)idt=56kgms-1i,沿x轴正向， 00vvvDp1Dv1=5.6ms-1i mvvvI1=Dp1=56kgms-1i若物体原来具有-6ms初速，则 -1vtvFvvvvvp0=-mv0,p=m(-v0+dt)=-mv0+Fdt于是 0m0ttvvvvvDp2=p-p0=Fdt=Dp1, 0vvvv同理， Dv2=Dv1,I2=I1 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不

24、管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理 (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 I=(10+2t)dt=10t+t2 0t亦即 t+10t-200=0 解得t=10s，(t=20s舍去) 2-9 一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为 2vvvr=acoswti+bsinwtj 14 求质点的动量及t0 到t=解: 质点的动量为 p时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量 2wvvvvp=mv=mw(-asinwti+bcoswtj) 将t=0和t=p分别代入上式，得 2wvvvvp1=mwbj,p2=-mwai

25、, vvvvvvI=Dp=p2-p1=-mw(ai+bj) 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为v0ms-1，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(a-bt)N(a,b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量(3)求子弹的质量 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=(2)子弹所受的冲量 a bt1I=(a-bt)dt=at-bt2 02将t=a代入，得 ba2I= 2b(3)由动量定理可求得子弹的质量 Ia2 m=v02bv02-11 一

26、炮弹质量为m，以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T，且一块的质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为 v+2kT2T, v- mkm证明: 设一块为m1，则另一块为m2， m1=km2及m1+m2=m 于是得 m1=kmm,m2= k+1k+115 又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有 T=1112m1v12+m2v2-mv2 222 mv=m1v1+m2v2 联立、解得 v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 2T=(v1-v)2 km于是有 v1=v将其代入式，有 2T kmv2=v2kT m又，题述爆炸后，两

27、弹片仍沿原方向飞行，故只能取 v1=v+证毕 2kT2T ,v2=v-mkmvvvvvvvv2-12 设F合=7i-6jN(1) 当一质点从原点运动到r=-3i+4j+16km时，求F所作的功(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化 解: (1)由题知，F合为恒力， vvvvvvvv A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45J (2) P=A45=75w Dt0.6(3)由动能定理，DEk=A=-45J 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉

28、击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同 解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为 16 题2-13图 f=-ky 第一锤外力的功为A1 A1=fdy=-fdy=kydy=ss01k 2式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt0时，f=-f 设第二锤外力的功为A2，则同理，有 A2=kydy=1y212kky2- 22由题意，有 1kA2=A1=D(mv2)= 2212kk即 ky2-= 222所以， y2=于是钉子第二次能进入的深度为 2 Dy=y2-y1=2-1=0.414cm 2-14 设已知一

29、质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为EP(r)=k/r, 试求质点所受保守力的大小和方向 解: F(r)=n方向与位矢r的方向相反，即指向力心 2-15 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15图求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势 能之比 解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有 vdE(r)nk=-n+1 drr 17 题2-15图 FA=FB=Mg 又 FA=k1Dx1 FB=k2Dx2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 Dx1k2 =Dx2k1弹性势能之比为 12Ep12k1Dx1k

30、=2 1Ep2k12k2Dx222-16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.981024kg，地球中心到月球中心的距离3.8410m，月球质量7.3510kg，月822球半径1.7410m(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有 6G经整理，得 mM月r2=GmM地(R-r)2r=M月M地+M月R =7.3510225.981024+7.35102263.48108 =38.3210m 18 则P点处至月球表面的距离为 h=

31、r-r月=(38.32-1.74)106=3.66107m (2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为 M地 EP=-G-G(R-r)rM月7.3510225.981024-11 =-6.6710-6.671077(38.4-3.83)103.831011=1.28106J 2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为m1和m2的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC，m2与ABBCh，桌面间的摩擦系数为m，最初m1静止于A点，绳已拉直，现令滑块落下m1,求它下落到B处时的速率 解: 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能

32、零点，则由功能原理，有 -mm2gh=11(m1+m2)v2-m1gh+k(Dl)2 22式中Dl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 Dl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得 v=2(m1-mm2)gh+kh2m1+m2(2-1)2题2-17图 2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v03ms从斜面A点处下滑，它与-1斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度 解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 19 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有 -frs=1212kx-mv+mgssin3

33、7 2212mv+mgssin37-frs k=212kx2式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得 k=1390Nm-1 题2-18图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h -frs=mgssin37o-代入有关数据，得 s=1.4m, 则木块弹回高度 12kx 2h=ssin37o=0.84m 题2-19图 2-19 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度 解: m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统

34、，以最低点为重力势能零点，则有 11mv2+MV2 22又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有 mv-MV=0 mgR=联立，以上两式，得 v=2MgR(m+M)2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向20 互相垂直 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 121212mv0=mv1+mv2 22222即 v0 =v12+v2题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 vvvmv0=mv1+mv2 亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边

35、，故知v1与v2是互相垂直的 2-21 一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为v=vxi+vyj, 质点受到一个沿x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩 解: 由题知，质点的位矢为 vvvvvvvvvvvvr=x1i+y1j 作用在质点上的力为 vvf=-fi 所以，质点对原点的角动量为 vvvL0=rmv vvvv=(x1i+y1i)m(vxi+vyj) v=(x1mvy-y1mvx)k 作用在质点上的力的力矩为 vvvvvvvM0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk 2-22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆它离太阳最近距离为r18.75

36、10m 时的速10 21 率是v15.4610ms，它离太阳最远时的速率是v29.0810ms这时它离太阳的距离r2多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 r1mv1=r2mv2 4-12-1r1v18.7510105.4610412 r2=5.2610m 2v29.0810vvvvvvv-12-23 物体质量为3kg，t=0时位于r=4im, v=i+6jms，如一恒力f=5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化 vv3vv-1 解: (1) Dp=fdt=5jdt=15jkgms 0(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 1215at=63+32=25.5j 223vvvvv即 r1=4i,r2=7i+25.5j y=v0yt+vx=v0x=1 5vy=v0y+at=6+3=11 3vvvvvv即