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1、大学物理学课后答案第3上册北邮大出社免费下免费使用欢迎 看完必过 盗版必究 大学物理课后习题及解答 习题一 drdrdvdv1-1 Dr与Dr有无不同?dt和dt有无不同? dt和dt有无不同?其不同在哪里?试举例说明 vvDr=rDrDr=r-r2-r1； 21，解：是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即drdrds=v=dtdt是速度的模，即dt. drdt只是速度在径向上的分量. drdrdr=r+rdtdtdt r=rrr有，则dr式中dt就是速度径向上的分量， drdr与dt不同如题1-1图所示. dt题1-1图 vdvvdvdva=dt，dt是加速度a在切向上的分量. (3)dt表示
2、加速度的模，即vvv=vt(t表轨道节线方向单位矢）有，所以 vvdvdvvdt=t+vdtdtdt dv式中dt就是加速度的切向分量. vvdtdrQ与dt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) (dt1-2 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d2rdr222x+y出r，然后根据v=dt，及adt而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ d2xd2ydxdy+dt2+dt2dtdt a=及=2222vvvr=xi+yj，解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面
3、直角坐标系中，有 vvdrdxvdyvv=i+jdtdtdtvvd2rd2xvd2yva=2=2i+2jdtdtdt 故它们的模即为 dxdyv=v+v=+dtdt2x2y222d2xd2y22a=ax+ay=dt2+dt2 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 2drv=dtd2ra=2dt drd2rdr与2dt误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt不是速度的模，其二，可能是将dtd2r2而只是速度在径向上的分量，同样，dt也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中2d2rdqa径=2-rvdtdtr的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位
4、矢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度、加速度的贡献。 1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为 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)
5、 1x=3t+5, y=2t2+3t-4. v12vvr=(3t+5)i+(t+3t-4)j2m 解： (2)将t=1,t=2代入上式即有 vvvr1=8i-0.5j m vvvr2=11j+4jm vvvvvDr=r2-r1=3j+4.5jm vvvvvvr=5j-4j,r=17i+16j 4(3) 0vvvvvvvvDrr4-r012i+20jv=3i+5jms-1Dt4-04 vvvvdrv=3i+(t+3)jms-1dt(4) vvvv=3i+7j ms-1 则 4vvvvvvv=3i+3j,v4=3i+7j (5) 0vvvvvDvv4-v04a=1jms-2Dt44 vvvdva=
6、1jms-2dt(6) 这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 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 222 l=h+s 将上式对时间t求导，得 dlds=2sdt dt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， dldsv绳=-=v0,v船=-dtdt 2l 题1-4图 vdsldll=-=v0=0dtsdtscosq 即 lv0(h2+s2)1/2v0v船=ss或 v将船再对t求导，即得船的加速度 v船=-
7、dlds-ldv-v0s+lv船a=船=dt2dtv0=v02dtssl22(-s+)v02h2v0s=32ss 2-21-5 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s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 -1dvdvdxdv=vdtdxdtdx 解： 2分离变量： udu=adx=(2+6x)dx a=12v=2x+2x3+c两边积分得 2 v=10,c=50 由题知，x=0时，03-1v=2x+x+25ms -21-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3tms，开始运动时，x5 m，v=0，求该质点在t10s 时
8、的速度和位置 dv=4+3tdt 解： 分离变量，得 dv=(4+3t)dt a=积分，得 3v=4t+t2+c12 v=0,c1=0 由题知，t=0,032t2故 dx3v=4t+t2dt2 又因为 3dx=(4t+t2)dt2分离变量， 1x=2t2+t3+c22积分得 v=4t+x=5,c2=5 由题知 t=0,0x=2t2+故 所以t=10s时 13t+52 3102=190ms-121x10=2102+103+5=705m2 31-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 q=2+3t，q式中以弧度计，t以秒v10=410+计，求：(1) t2 s时，质点的切向和法向加速度；
9、(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解： w=dqdw=9t2,b=18tdtdt -2a=Rb=1182=36mst=2st (1)时， an=Rw2=1(922)2=1296ms-2 (2)当加速度方向与半径成45角时，有即 Rw=Rb222tan45=at=1an(9t)=18t 亦即 22q=2+3t3=2+3=2.67rad99则解得 于是角位移为1v0t-bt221-8 质点沿半径为R的圆周按s的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧t3=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 dsv=v0-btdt解： dva
10、t=-bdtv2(v0-bt)2an=RR 长,(v0-bt)4a=at+a=b+R2则 22n2加速度与半径的夹角为 j=arctan(2)由题意应有 at-Rb=an(v0-bt)2 2(v0-bt)4a=b=b+R2 4(v-bt)b2=b2+02,(v0-bt)4=0R即 vt=0b时，a=b 当1-9 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
11、：依题意作出下图，由图可知 题1-9图 x=v0t-2Rsin=v0t-Rsinqq2cosq2(1) =R(wt-Rsinwt)(2) y=2Rsinsin22=R(1-cosq)=R(1-coswt) qqdx=Rw(1-coswt)dtdy=Rsinwt)dt dv=Rw2sinwt=xdtdvy=Rw2coswt=dt -1v1-10 以初速度020ms抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角， vxvyaxay=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) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示 题1-10图 (
12、1)在最高点， v1=vx=v0cos60o an1=g=10ms-2又 an1=v21r1 v12(20cos60)2r1=an110 (2)在落地点， =10mv2=v0=20ms-1, 而 an2=gcos60o2v2(20)2r2=80ma10cos60n2 1-11 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 -1解：当t=2s时，w=bt=0.22=0.4rads -1则v=Rw=0.40.4=0.16ms -2an=Rw2=0.4(0.4)2=0.064ms-2 at=Rb=0.40.2=0.08
13、ms-2 2a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.102ms-21-12 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，则因此，A对地的速度为 vA=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 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为何? -1-1vvr
14、v=v2-v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a) 解：(1)大船看小艇，则有21题1-13图 由图可知 2v21=v12+v2=50kmh-1q=arctan方向北偏西 vvrv=v1-v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 (2)小船看大船，则有12v12=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-1当轮船停航时，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，ov13=arctan=36.87v24 求轮船的速率 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示 题1
15、-14图 vvvv=v-v雨船 雨船vvvv=v+v雨船船 雨由图中比例关系可知 v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) 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 又因绳的质量不计，所以圆柱体
16、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+m2am1+m2(m-m2)g-m1aa2=1m1+m2mm(2g-a)f=T=12m1+m2 a1=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 v解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取0方
17、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 Y方向： Fy=mgsina=may t=0时 y=0 vy=0 1y=gsinat22 由、式消去t，得 1y=2gsinax22v02-3 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-7 N，当t0时，x=y=0，x-2 ms，当t2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度 -1ffx6 N，yvvy0求 解： ax=(1) 235vx=vx0+axdt=-2+2=-ms-10842-77vy=vy0+aydt=2=-ms-10168 fx63=ms-2m168 fy-
18、7ay=ms-2m16 于是质点在2s时的速度 5v7vvv=-i-j48(2) ms-1v1v1vr=(v0t+axt2)i+ayt2j22v1-7v13=(-22+4)i+4j2821613v7v=-i-jm48 2-4 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vv0ek-tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 mv0mk-tv0mk；(4)证明当t=mk时速x(k)1-e；(3)停止运动前经过的距离为1v度减至0的e，式中m为质点的质量 -kvdva=mdt 答: (1) 分离变量，得 dv-kdt=vm
19、vdvt-kdt=0m 即 v0vv-ktln=lnemv0 v=v0ek-mtk-mt0(2) (3)质点停止运动时速度为零，即t， x=vdt=v0etkmv0-mtdt=(1-e)k 故有 x=v0e0k-mtdt=mv0k m (4)当t=k时，其速度为 v=v0e1v即速度减至0的e. km-mk=v0e-1=v0e 2-5 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1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a2g上升时，求：(1) m1和m2相对升降机的加速度(2)在地面上观察m1，m2的加速度各为多少? 解: 分别以m1,m2为
20、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 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=vvvm1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 g25a1=a+a=g+=g42 a1q=arctan=arctan=26.6oa2，左偏上 vv2-6一质量为m的质点以与地的仰角q=30的初速0从地面抛出，若
21、忽略空气阻力，求质222g2 方向向上 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 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 o由矢量图知，动量增量大小为，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
22、平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为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 vmv0vvvDp=mv-mv0 vvvDp=mv2-mv1方向竖直向上， 大小 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 vDp=mv2-(-mv1)=mgv2-8 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(2)为了使这力的冲量为200 Ns，v-6jms-1的物体,
23、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回答这两个问题 解: (1)若物体原来静止，则 vvtv4vDp1=Fdt=(10+2t)idt=56kgms-1i00,沿x轴正向， vvvDp1Dv1=5.6ms-1imvvv-1I1=Dp1=56kgmsi -1若物体原来具有-6ms初速，则 vtFtvvvvvvp0=-mv0,p=m(-v0+dt)=-mv0+Fdt0m0于是 tvvvvvDp2=p-p0=Fdt=Dp10, vvvvDv=Dv1,I2=I1 同理， 2这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(
24、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亦即 t+10t-200=0 解得t=10s，(t=20s舍去) 02t2-9 一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为 求质点的动量及t0 到解: 质点的动量为 t=p2w时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量 vvvr=acoswti+bsinwtj 将t=0和t=p2w分别代入上式，得 vvvvp1=mwbj,p2=-mwai, vvvvp=mv=mw(-asinwti+bcoswtj) 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 vvvvvvI=Dp=p2-p1
25、=-mw(ai+bj) -1vms2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为0，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(2)子弹所受的冲量 tt=ab 1I=(a-bt)dt=at-bt202 将t=ab代入，得 (3)由动量定理可求得子弹的质量 a2I=2b 2-11 一炮弹质量为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
26、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 Ia2m=v02bv0 2kT2Tv+m, v-km 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+1 又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有 T=1112m1v12+m2v2-mv2222 mv=m1v1+m2v2 联立、解得 v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 2T=(v1-v)2km 2Tv1=vkm 于是有 将其代入式，有 v2=v2kTm 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 v1=v+证毕 2kT2T,v2=v-mkm vvv
27、vvvvvF=7i-6jNr=-3i+4j+16km2-12 设合(1) 当一质点从原点运动到时，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 vF解: (1)由题知，合为恒力， vvvvvvvA=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) 合 =-21-24=-45J (2) P=A45=75wDt0.6 k(3)由动能定理， 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
28、标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为 DE=A=-45J题2-13图 f=-ky 第一锤外力的功为A1 kss02 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 A1=fdy=-fdy=kydy=1A2=kydy=1y212kky2-22 由题意，有 1kA2=A1=D(mv2)=22 12kkky2-=22 即 2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
29、的大小和方向 nF(r)=解: v方向与位矢r的方向相反，即指向力心 dE(r)nk=-n+1drr 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 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 弹性势能之比为 Dx1k2=Dx2k1 Ep1Ep21k1Dx12k=2=21k12k2Dx22 2-16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，
30、距月球表面的距离是多少?地球质量5.9810kg，地球中心到月球中心的距离3.8410m，月球质量7.3510kg，6月球半径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24822F月引=F地引，由万有引力定律，有 G经整理，得 mM月r2=GmM地(R-r)2r=M月M地+M月R7.35102224225.9810+7.35103.48108 =6=38.3210m 则P点处至月球表面的距离为 (2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为 h=r-r月=(38.32-1.74)106=3.66107m
31、 -GM地(R-r) EP=-GM月r7.3510225.981024-11=-6.6710-6.6710(38.4-3.83)107 3.83107=1.28106J 112-17 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与桌面间的摩擦系数为m，最初m1静止于A点，ABBCh，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零点，则由功能原理，有 -mm2gh=式中Dl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 联立上述两式，得 11
32、(m1+m2)v2-m1gh+k(Dl)222 Dl=AC-BC=(2-1)h v=2(m1-mm2)gh+khm1+m22(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03ms从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为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 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有 -1v1212kx-mv+mgssin3722 12mv+mgssin37-frsk=212kx2 式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据
33、，解得 -frs=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 12kx2 h=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，以最低点为重力势能零点，则有 11mv2+MV222 又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间
34、，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互相垂直 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 11122mv0=mv12+mv2222 222即 v0=v1+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 vvvv=v1+v2 亦即 0vv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0为斜边，vvv故知1与v2是互相垂直的 vvvv=vi+vxyj, 质点受到一个沿x负方向2-21 一质量为m
35、的质点位于(x1,y1)处，速度为的力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 vvvr=x1i+y1j 作用在质点上的力为 所以，质点对原点的角动量为 vvf=-fi 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 102-22 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r18.7510m 时的速率是v15.4610ms，它离太阳最远时的速率是v29.0810ms这时它离太4-12-1阳的距
36、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 1=r2mv2 r1mvr1v18.7510105.4610412r2=5.2610m2v29.0810 vvvvvv-1vv=i+6jmsf=5jN作用2-23 物体质量为3kg，t=0时位于r=4im, ，如一恒力在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化 vv3vvDp=fdt=5jdt=15jkgms-1 解: (1) 0(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 115y=v0yt+at2=63+32=25.5j223 vvvvv即 r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0x=1 5vy=v0y+at=6+3=11vv3vv vv即 v1=i1+6j,v2=i+11j vvvvvvv L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72k vvvvvvvvL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5k vvvv2-1DL=L-L=82.5kkgms21
