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大学物理课后习题答案上习题一 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 解：Dr是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即drdsDr=r2-r1，Dr=r2-r1vv； dr=v=dtdt是速度的模，即dt. drdt只是速度在径向上的分量. dr有r=rr，则dt=drdt+rrdrdt dr式中dt就是速度径向上的分量， drdt 与drdt不同如题1-1图所示. 题1-1图 vdvvdva=dt，dt是加速度a在切向上的分量. (3)dt表示加速度的模，即vvv=vt(t表轨道节线方向单位矢）有，所以 vvdvdvvdt=t+vdtdtdt dvdv式中dt就是加速度的切向分量. 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drQvdr与vdtdr22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 æd2xöæd2yædxöædyöç2÷+ç2ç÷+ç÷çdt÷çdtdtødtøèøèèèva =及= 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 22x+y222ö÷÷ø 2vvvr=xi+yj，解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 vdxvdyvvdrv=i+jdtdtdt2v22dxvdyvvdra=i+j222dtdtdt 故它们的模即为 v=v+v2x2y=ædxöædyö+ç÷ç÷èdtøèdtø222æd2xöæd2yö22÷ç÷a=ax+ay=ççdt2÷+çdt2÷èøèø 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 2v=dr与drdt22drdta=drdt22dr其二，可能是将dt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，dr22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22édrædqöù-rç÷úêa径=2vdtdtèøúêû。的一部分ë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度、加速度的贡献。 1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为 1x=3t+5, y=2t2+3t-4. 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) vv12vr=(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,r4=17i+16j(3) 0 vvvvvvvr4-r0Dr12i+20jv-1v=3i+5jm×sDt4-04 vvvvdr-1v=3i+(t+3)jm×sdt(4) vvv-1则 v4=3i+7j m×s vvvvvvv0=3i+3j,v4=3i+7j(5) vvvvv4-v0Dv4v-2a=1jm×sDt44 vvdvv-2a=1jm×sdt(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(m²s-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 2222ldldt=2sdsdt dldtdsdt 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， 即 v绳=-=v0,v船=-v船=-dsdt=-=ldlsdt2=ls2v0=1/2v0cosq 或 将v船v船=lv0s(h+s)sv0再对t求导，即得船的加速度 dv船dts=l22dldt-ls2dsdtv0=-v0s+lv船s2a=v0(-s+=ss)v02=hv0s3222-21-5 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m×s-1，x的单位为 m. 质点在x0处，速度为10m×s,试求质点在任何坐标处的速度值 解： a=dvdt2=dvdxdxdt=vdvdx 分离变量： udu=adx=(2+6x)dx 1两边积分得 2v2=2x+2x+c3由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x+x+25m×s 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3tm×s求该质点在t10s 时的速度和位置 a=dvdt=4+3t-23-1，开始运动时，x5 m，v=0， 解： 32分离变量，得 dv=(4+3t)dt 积分，得 v=4t+t+c12v=0由题知，t=0,0,c1=0 v=4t+32t322故 v=dxdtt2=4t+又因为 dx=(4t+32t)dt2分离变量， x=2t+212积分得 x=5由题知 t=0,0,c2=5 x=2t+2t+c2312t+53故 所以t=10s时 32+v10=4´10+x10=2´102´10122=1903m×s-1´10+5=7053m1-7 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以秒计，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，其角位移是多少? w=dqdt=9t,b=2dwdt=18t 解： -2a=Rb=1´18´2=36m×s (1)t=2s时， tan=Rw2-2=1´(9´2)22=1296m×s(2)当加速度方向与半径成45角时，有即 Rw2tan45°=22atan=1=Rb3(9t)=18t 亦即 3t=则解得 q=2+3t=2+3´=2.679 于是角位移为9v0t-12bt222rad1-8 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 v=dsdt解： at=an=2=v0-btdvdtv2=-b=(v0-bt)Rb+22a=R2n (v0-bt)R24则 加速度与半径的夹角为 at+a=j=arctan(2)由题意应有 a=b=b2atan=-Rb(v0-bt)2b+42(v0-bt)R244=b+2(v0-bt)R2即 t=v0b时，a=b v0,Þ(v0-bt)=0当1-9 半径为R的轮子，以匀速沿水平线向前滚动：(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：依题意作出下图，由图可知 题1-9图 x=v0t-2Rsin=v0t-Rsinq=R(wt-Rsinwt)q2cosq2(1) y=2Rsinq2sinq2=R(1-cosq)=R(1-coswt) (2) dxìv=Rw(1-coswt)xïïdtíïv=dy=Rsinwt)yïdtî dvxì2a=Rwsinwt=xïïdtídvyïa=Rw2coswt=yïdt î-11-10 以初速度v020m×s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) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示 题1-10图 (1)在最高点， v1=vx=v0cos60-2 an1=g=10m×so又 an1=v21r12r1= (2)在落地点， v12an1=(20´cos60°)10=10mv2=v0=20m×s-1, 而 an2=g´cos60=(20)2o =80mr2= v22an210´cos60°-21-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为=0.2 rad²s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=0.2´2=0.4rad×s ，求t2s时边缘-1则v=Rw=0.4´0.4=0.16m×s an=Rw2=0.4´(0.4)2=0.064m×s-22-2at=Rb=0.4´0.2=0.08m×s-2a=an+at=22(0.064)+(0.08)2=0.102m×s1-12 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 vvv'vA地=u+vA=(u+2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，vv2ghcosa)i+(2ghsina)j 题1-12图 1-13 一船以速率v130km²h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v240km²h-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为何? rvvv=v-v21，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 v21=v1+v2=50km×h22-1q=arctanv1v2=arctan34=36.87°方向北偏西 rvvv=v-v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 121(2)小船看大船，则有v12=50km×h-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 m²s-1，求轮船的速率 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示 o题1-14图 vvvv雨船=v雨-v船 由图中比例关系可知 vvvv雨=v雨船+v船-1v船=v雨=8m×s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 a1=a2=(m1-m2)g+m2a¢m1+m2(m1-m2)g-m1a¢m1+m2m1m2(2g-a¢)m1+m2f=T=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 v0运动，v0的方向vv0mgN解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐标：取方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2. 题2-2图 X方向： Fx=0 x=v0t Y方向： Fy=mgsina=may t=0时 y=0 vy=0 y=12gsinat2由、式消去t，得 y=12v022gsina×xfy2-3 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，-7 N，当t0时，x=y=0，vx-2 m²s，当t2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度 -1vy0求 解： ax=fxm=fym616=38m×sm×s-2-2ay=-71638(1) vx=vx0+vy=vy0+54m×sm×s-1-1ò202axdt=-2+aydt=-716´2=-78ò0´2=-1于是质点在2s时的速度 5v7vvv=-i-j48m×s(2) v1v1v22r=(v0t+axt)i+aytj22v1-7v13=(-2´2+´´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v)1-e1-(km)tv0e-(km)t；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 v0(mk)mv0x(k；(3)停止运动前经过的距离为；(4)证明当t=mk时速度减至v0的e，式中m为质点的质量 a=-kvm=dvdt 答: (1) 分离变量，得 dvvò即 vdvv=-kdtm t-kdtm-ktmv0ò0lnvv0=lne-kmt v=v0e(2) (3)质点停止运动时速度为零，即t， 故有 m k(1-e-kmx=òvdt=x¢=òt0v0e-kmtdt=mv0t)ò¥0v0e-kmtdt=mv0k (4)当t=k时，其速度为 v=v0e1-×kmmk=v0e-1=v0e 即速度减至v0的e. 12-5 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=g2 方向向上 m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a1=12vv'va绝=a相+a牵a¢+a=26.6o22=g2+g2 q=arctanaa¢4=52g=arctanvvq2-6一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0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 ，左偏上 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 vvvDp=mv2-mv1方向竖直向上， vDp=mv2-(-mv1)=mg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 vF=(10+2t)i2-8 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，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 N²s，v-6jm²s-1的物体,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 vvtv4v-1Dp1=òFdt=ò(10+2t)idt=56kg×m×si00,沿x轴正向， vvDp1v-1Dv1=5.6m×simvvv-1I1=Dp1=56kg×m×sivmv0vvvDp=mv-mv0若物体原来具有-6m×s初速，则 vtFvvvvvp0=-mv0,p=m(-v0+òdt)=-mv0+0m-1òt0vFdt于是 vvFdt=Dp1ò0, vvvvI=I1 Dv=Dv1,2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(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 vvvDp2=p-p0=tI=òt0(10+2t)dt=10t+t2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 vvvr=acoswti+bsinwtj p求质点的动量及t0 到解: 质点的动量为 p2w分别代入上式，得 vvvvp1=mwbj,p2=-mwai, t=2w时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量 2vvvvp=mv=mw(-asinwti+bcoswtj) 将t=0和t=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vvvvvvI=Dp=p2-p1=-mw(ai+bj) -1v0m×s，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=ab 2(2)子弹所受的冲量 I=t=ab代入，得 2òt0(a-bt)dt=at-12bt将I=a2b =a2(3)由动量定理可求得子弹的质量 m=Iv02bv0mv2-11 一炮弹质量为，以速率飞行，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 2kT2Tv+m, v-km 证明: 设一块为m1，则另一块为m2， m1=km2及m1+m2=m kmmm1=,m2=k+1k+1 于是得 又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有 T=12m1v1+212m2v2-212mv2 mv=m1v1+m2v2 联立、解得 v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 2Tkm=(v1-v)2于是有 将其代入式，有 v1=v±2Tkm 2kTm 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 v1=v+2kTm,v2=v-2Tkm v2=v±证毕 2-12 设的功(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，vF合vvvF合=7i-6jNvvvvvr=-3i+4j+16kmF(1) 当一质点从原点运动到时，求所作为恒力， A合 vvvvvvv=F×r=(7i-6j)×(-3i+4j+16k) =-21-24=-45J P=ADt=450.6=75w(2) DEk(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 =A=-45J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 题2-13图 f=-ky 第一锤外力的功为A1 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dt®0时，f¢=-f ss0A1=òf¢dy=ò-fdy=ò1kydy=k设第二锤外力的功为A2，则同理，有 A2=òy21kydy=1212ky2-2k2 k2 由题意，有 A2=A1=D(1ky2-2mv)=k2 2k2即 2所以， y2=于是钉子第二次能进入的深度为 2 2-1=0.414cm nDy=y2-y1=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的大小和方向 dE(r)nkF(r)=-n+1drr解: v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 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 Dx1Dx2=k2k1 2弹性势能之比为 1Ep1Ep2=21k1Dx1=k2Dx22k2k12 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，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98³10kg，地球中心到月球中心的距离3.84³10m，月球质量7.35³10kg，月球半径1.74³106m(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 GmMr2月24822=GmM地(R-r)2经整理，得 r=M月M地+M月R222287.35´10=5.98´10246+m 7.35´10´3.48´10 =38.32´10则P点处至月球表面的距离为 h=r-r月=(38.32-1.74)´106=3.66´10m7 (2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为 EP=-GM月r-G11M地(R-r) ´7.35´103.83´10227=-6.67´10-6.67´10-11´5.98´1024(38.4-3.83)´107 =1.28´106J 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=12(m1+m2)v-m1gh+212k(Dl)2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 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v03m²s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 -1æ1ö22kx-çmv+mgssin37°÷2è2ø 12mv+mgssin37°-frsk=212kx2 式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得 -frs=k=1390N×m -11题2-18图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h¢ -frs¢=mgs¢sin37o-12kx2代入有关数据，得 s¢=1.4m, 则木块弹回高度 h¢=s¢sin37o=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 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=12mv2+12MV2联立，以上两式，得 v=2MgR2-20 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 12mv0=20(m+M) 21221mv1+22212mv22即 v=v+v 题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 vvvmv0=mv1+mv2vvvv0=v1+v2亦即 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vvvv故知1与2是互相垂直的 2-21 一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为vvvv=vxi+vyjvv0为斜边，, 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 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=r´mv vvvv=(x1i+y1i)´m(vxi+vyj)=(x1mvyv-y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为 vMvvvvvv=r´f=(xi+yj)´(-fi)=yfk0111 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r18.75³10m 时的速率是v15.46³104m²s-1，它离太阳最远时的速率是v29.08³102m²s-1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 9.08´10 vvvvvv-1v2-23