大學物理課后習題答案上冊和下冊

大學物理習題及解答

習題一

drdrdv

1-1I△，I與4?有無不同？口和dr有無不同？dt有無不同?其不同在哪里?試

舉例說明.

解：（1）1二l是位移的模，△尸是位矢的模的增量,即㈤T弓T,左=同一1禮

0drds

是速度的模，即加=M=dr.

dr

由只是速度在徑向上的分量.

drdr.dr

——=——r+r——

?.?有「二廠舊（式中戶叫做單位矢）,則drdrdr

dr

式中小就是速度徑向上的分量，

drf.dr

d，dr不同如題廠1圖所示.

—口|二——

（3）dz表示加速度的模，即山，dr是加速度a在切向上的分量.

?..有u=v六亍表軌道節(jié)線方向單位矢），所以

dvdv_dr

——二一r4-v——

dzdtdt

dv

式中力就是加速度的切向分量.

dF.df

（,dr山的運算較復雜，超出教材規(guī)定，故不予討論）

1-2設質點的運動方程為1=%（/）,y=y?）,在計算質點的速度和加速度時，有人先求

drdV

出r=J'+y2,然后根據v=df,及。=山2而求得結果；又有人先計算速度和加速度

的分量，再合成求得結果，即

你認為兩種方法哪一種正確？為什么？兩者差別何在？

解：后一種方法正確.因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標系中，有尸二刀+

_drdx-rdy-

/.v=——=—i+—/

drdtdt

一d2rd2xvd2y

a=--=--i+--j

d產dr2dr2

故它們的模即為

而前一種方法的錯誤可能有兩點，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作

drd2r

v=一Q二——

drdr2

其二可能是湍與d2rdr

dJ誤作速度與加速度的模。在17題中已說明出不是速度的模,

d2r

而只是速度在徑向上的分量，同樣，也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中

的一」rdT2rideY

d-

」?；蛘吒爬ㄐ缘卣f，前一種方法只考慮了位矢「在徑向（即

量值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢了及速度/的方向隨間的變化率對速度、加速

度的貢獻。

1-3一質點在元°），平面上運動，運動方程為

X=3f+5,>=2產+31.

式中「以s計，X,卜以m計.（1）以時間,為變量，寫出質點位置矢量的表示式：（2）求出r=1

s時刻和f=2s時刻的位置矢量，計算這1秒內質點的位移；（3）計算f=0s時刻到f=4s

時刻內的平均速度；（4）求出質點速度矢量表示式，計算f=4s時質點的速度：（5）計算，=

0s至"=4s內質點的平均加速度；（6）求出質點加速度矢量的表示式，計算，=4s時質點

的加速度（請把位置矢量、位移、平均速度、瞬時速度、平均加速度、瞬時加速度都表示成

直角坐標系中的矢量式）.

『=(3f+5)f+(g產+3/—4)了

解：（1）m

（2）將'=1,'=2代入上式即有

“=Si-0.5jm

^=117+4；

醞=5一斤=3.7+4.5jm

/57-4市=177+16/

(3)V

=Arr-r12F+20；

p=--=--4-----a-----------=3：+5/m-s"1

Ar4-04

v=—=3i+(r+3)]m-s-1

⑷山

1

則v4-3z+7ym-s-

；

(5)Vv0=3i+3J,v4=3/4-7

=Avv—VQ4-：_2

a=——=--4------=—=1/m-s

Af44

-du「-2

(6)dt

這說明該點只有y方向的加速度，且為恒量。

1-4在離水面高h米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示.當人

以%(m?)的速率收繩時，試求船運動的速度和加速度的大小.

圖1-4

解：設人到船之間繩的長度為/,此時繩與水面成°角，由圖可知

I2=h2+s2

將上式對時間f求導，得

c,d/cds

21—=2s—

dtdt

根據速度的定義，并注意到。5是隨，減少的,

41/

山=%，臉=-由

IdlI%

即dtsdtcos。

或

將丫船再對,求導，即得船的加速度

dl[ds

dvrdzdz,,-”船、，

"上=-—2------V0=--------2------V0

drss

；2

(…丁J?詔

5253

2-2

1-5質點沿％軸運動，其加速度和位置的關系為“=2+6》，。的單位為m-s,X的單位

為n質點在1=0處，速度為iom-s，試求質點在任何坐標處的速度值.

dvdvdxdv

a=—=-------=v—

解：?.?dtdxdtdx

分離變量?tdu=adx=(2+6x2)dx

一v~—2x++c

兩邊積分得2

由題知，％=0時，％=1°,./=50

...v=2-7-X3+x+25m-s-1

1-6己知一質點作直線運動，其加速度為a=4+3，m-s-2,開始運動時，X=5m,v=0,

求該質點在，=10s時的速度和位置.

dv/八

a=—=4+3/

解：：df

分離變量，得dv=(4+3z)dr

,32

v=4t+-t+G

積分，得2

由題知，f=0,%=°,。=0

v=4t+-t2

故2

dr3

u=—=4/+-r2

又因為df2

3,

dx=(4r+-廠)dr

分離變量，2

X—2廠H---1，+C-,

積分得2

由題知/=0,%0=5,。2=5

x=2"+L，+5

故2

所以f=10s時

3,,

v=4x10+—xl0~=190m-s

1in02

2713a

xlo=2xlO+-xlO+5=7O5m

1-7一質點沿半徑為1m的圓周運動，運動方程為0=2+3“，9式中以弧度計，，以秒

計，求：(1)t=2s(2)當加速度的方向和半徑成45°

角時，其角位移是多少？

T=9產上冷⑻

解：

2

⑴'=2s時,ar-/?/?=Ixl8x2=36m-s-

2222

an=RCD=1X(9X2)=1296m-s-

tan45°===1

（2）當加速度方向與半徑成45°角時，有%

即Rd=R/3亦即（9『）2=14

29

P=-6=2+3/=2+3x—=2.67rad

則解得9于是角位移為9

2

vot--bt

1-8質點沿半徑為R的圓周按5=2的規(guī)律運動，式中S為質點離圓周上某點的弧

長，”,力都是常量，求：（1"時刻質點的加速度；（2）f為何值時，加速度在數(shù)值上等于以

v=-=vQ-bt

解：（1）

dv,

a=—=-b

rTdt

V2(%-從)2

CI=—=-------—

RR

仇一初）4

h2+

則

加速度與半徑的夾角為

(P=arctaiH^--Rb

a“(v0-bf)

（2）由題意應有

…2中

仇-從尸

b2^b2+,=>(%-從)4=0

即R-

.?.當b時，a=b

1-9半徑為R的輪子，以勻速％沿水平線向前滾動：（1）證明輪緣上任意點B的運動方程為

x=A（W_sin&）,y=R（1—cosaf）,式中口=%/R是輪子滾動的角速度，當B與

水平線接觸的瞬間開始計時.此時8所在的位置為原點，輪子前進方向為X軸正方向；（2）

求B點速度和加速度的分量表示式.

解：依題意作出下圖，由圖可知

灰孫3》

、、、、、、、、。、、、、、、、、、

題1-9圖

x=vr-2./?s.in—ecos—e

o°22

=vQt-RsinO

=R(cot-Rsincot)

y=2/?sin—sin—

22

=R（l-cos。）=/?（1-coscot）

（2）

dr

vx=—=R①（1-COSG。

<

v=7?sin（y/）

I-dt

2dv

a-Ra>sincot---

*rdt

,dv

a..=Rarcoscot=--v

Idr

1-10以初速度％=2om-sT拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60°的夾角,

求：（1）球軌道最高點的曲率半徑與；（2）落地處的曲率半徑^2.

（提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關系）

解：設小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示.

題1-10圖

（1）在最高點，

Vj=vv=v0cos60°

??i=g=10m-s-2

a%

又?:P\

=日(20xcos600)2

Px

410

=10m

（2）在落地點,

V=V=-1

2020m.s

a=gxcos60°

而/h

—=(2。)2=8(m

Pi=

a10xcos600

〃n2

1-11飛輪半徑為0.4m,自靜止啟動，其角加速度為￡=0.2rad,s',求r=2s時邊緣

上各點的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.

解：當，=2s時，69==0.2x2=0.4rad-s-1

則v=Reo=0.4x0,4=0.16m-s

222

an=Reo=0.4x(0.4)=0.064m.s~

%=刖=0.4x0.2=0.08m.s-2

a=個a：+a；=J(0.064)2+(0.08)2=0.102m?s-2

1-12如題1T2圖，物體A以相對B的速度v=J旃沿斜面滑動，)'為縱坐標，開始時

A在斜面頂端高為力處，8物體以M勻速向右運動，求A物滑到地面時的速度.

解：當滑至斜面底時，y=h,則%=他皿，A物運動過程中又受到8的牽連運動影響,

因此，A對地的速度為

以地=〃+以

=(it+.2g/7cosa)i+(J2g〃sina)j

y

題1-12圖

1-13一船以速率％=30km?h'沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率丫2=40km?I?

沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何？

解：(1)大船看小艇，則有%1=%一"，依題意作速度矢量圖如題1-13圖(a)

A&

(a)(b)

題1-13圖

由圖可知V2I=7V!2+v2=5()km-h'

0=arctan^-=arctan^=36.87°

方向北偏西彩4

(2)小船看大船，則有012=^一馬，依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b),同上法，得

vi2=50km-h-'

方向南偏東3687"

1-14當一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2nl的甲板上，篷高4m但

當輪船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3m,如雨滴的速度大小為8m?s',

求輪船的速率.

解：依題意作出矢量圖如題1-14所示.

。雨船=/雨一/船

U雨=U雨船+U船

由圖中比例關系可知

丫船=丫雨=8ms-'

習題二

2-1一細繩跨過一定滑輪，繩的一邊懸有一質量為班的物體，另一邊穿在質量為加2的圓

柱體的豎直細孔中，圓柱可沿繩子滑動.今看到繩子從圓柱細孔中加速上升，柱體相對于繩

子以勻加速度,下滑，求機I,加2相對于地面的加速度、繩的張力及柱體與繩子間的摩擦

力（繩輕且不可伸長，滑輪的質量及輪與軸間的摩擦不計）.

解：因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為4,其對于加2則為牽連加速度，又知加2

對繩子的相對加速度為"，故機2對地加速度，由圖（b）可知，為

a[=—a

又因繩的質量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T,由牛頓定律,

有

班g_T=g6②

T-m2g=m2a2③

聯(lián)立①、②、③式，得

_（〃4一根2）g+m?。'

+m2

mx

-m2）g-mxa'

2

mx+

r丁機翻2（2g一。'）

J=1=------------------

m1+m2

討論（1）若儲=°,則為=%表示柱體與繩之間無相對滑動.

⑵若"=2g,則T=f=°,表示柱體與繩之間無任何作用力，此時犯，加2均作自由

落體運動.

題2-1圖

2-2一個質量為P的質點，在光滑的固定斜面（傾角為上以初速度%運動，%的方向

與斜面底邊的水平線A3平行，如圖所示，求這質點的運動軌道.

解：物體置于斜面上受到重力'"g,斜面支持力N.建立坐標：取%方向為X軸，平行斜

面與X軸垂直方向為丫軸.如圖2-2.

mg

AB

題2-2圖

X方向：工=。X=vot①

F—m^sina—ma

丫方向：xv②

f=0時y=0Vy=0

12

y=—gsmat"

由①、②式消去乙得

12

y=-r-gsinax

2%

的質點在平面內運動，受一恒力作用，力的分量為人=6N,于丫=

2-3質量為16kg

v

-7N,當，=0時，x=y=0,x=-2m-s”y=0.求

當，=2s⑴位矢;(2)速度.

063,

2

ar=—=—=-m-s

解：m168

fv-7.2

=—=——m-s

,m16

(1)

235

v=v+r=-2+-x2=——m-s

xrxr。0Joxg4

f2-77

*‘=L-°，o+J。y=16=8m-s

于是質點在2s時的速度

_5,7r_1

v=——i---/ms

48

(2)

=(-2x2+—x-x4)1+—(--)x47

28216

2-4質點在流體中作直線運動，受與速度成正比的阻力如(女為常數(shù))作用，1=0時質點的

速度為%,證明(1)，時刻的速度為u=%e;(2)由。至W的時間內經過的距離為

加%*(tn

%=(k)(3)停止運動前經過的距離為“k.(4)證明當，=河左時速

]_

度減至%的e,式中如為質點的質量.

-kydv

a=----=—

答：⑴；m山

分離變量，得

dv-kdt

v

In——=Ine

_k_

mt

?v=voe

x=Jvdf=二％”、出=(1-e~"')

⑵“

(3)質點停止運動時速度為零，即t-8,

in

(4)當t二人時，其速度為

V=%/菽7==-

e

即速度減至%的e.

2-5升降機內有兩物體，質量分別為叫，加2,且機2=2叫.用細繩連接，跨過滑輪，繩子

不可伸長，滑輪質量及一切摩擦都忽略不計，當升降機以勻加速。=5g上升時，求：(1)

犯和加2相對升降機的加速度.(2)在地面上觀察犯，加2的加速度各為多少？

解：分別以“I,機2為研究對象，其受力圖如圖(b)所示.

(1)設加2相對滑輪(即升降機)的加速度為優(yōu)，則加2對地加速度a2=a'-a,因繩不可伸長,

故叫對滑輪的加速度亦為"，又犯在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以仍在水平

方向對地加速度亦為"，由牛頓定律，有

m2g—T=m2(a—ci)

T=mya

題2-5圖

(2)加2對地加速度為

a2=a'-a=

2方向向上

仍在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即。絕="相+"牽

6=arctan—=arctan—=26.6°

。2,左偏上.

2-6一質量為，〃的質點以與地的仰角6=30。的初速?從地面拋出，若忽略空氣阻力，求質

點落地時相對拋射時的動量的增量.

解：依題意作出示意圖如題2-6圖

題2-6圖

在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下,

而拋物線具有對y軸對稱性，故末速度與％軸夾角亦為3?！?則動量的增量為

醞=mv—mv0

由矢量圖知，動量增量大小為方向豎直向下.

2-7一質量為機的小球從某一高度處水平拋出，落在水平桌面上發(fā)生彈性碰撞.并在拋出

1s,跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也與拋出時相等.求小球與桌面碰撞過

程中，桌面給予小球的沖量的大小和方向.并回答在碰撞過程中，小球的動量是否守恒？

解：由題知，小球落地時間為85s.因小球為平拋運動，故小球落地的瞬時向下的速度大

小為匕=gf=S5g,小球上跳速度的大小亦為彩=0-5g.設向上為軸正向，則動量的

增量

即=〃2%-〃叫方向豎直向上，

大小|曲|=加馬一（一加“）=加8

碰撞過程中動量不守恒.這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用.另外，碰

撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這嚶明動量不守恒.

2-8作用在質量為101^的物體上的力為7?=（10+2）,福式中，的單位是s,（1）求4s后,

這物體的動量和速度的變化，以及力給予物體的沖量.（2）為了使這力的沖事為200N?s,

該力應在這物體上作用多久，試就一原來靜止的物體和一個具有初速度-6/m?s'的物體,

回答這兩個問題.

解：（D若物體原來靜止，則

醞=（融=黃10+2制=56kg-m-s看沿x軸正向,

-〈二-j-r

AAVj=—=5.6m-si

m

I}-Apj=56kg?m?s"i

若物體原來具有—6m-sT初速，則

瓦=-mv0,p=zn(-v0+[—dr)=-/HV0+jFdt

JomJo于是

與2=P-Po=

同理，=AQ,72=Z

這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大,

那么物體獲得的動量的增量（亦即沖量）就一定相同，這就是動量定理.

（2）同上理，兩種情況中的作用時間相同，即

/=r（10+2r）dr=10r+/2

Jo

亦即r2+10-200=0

解得，=10s,（f'=20s舍去）

2-9一質量為機的質點在平面上運動，其位置矢量學

r=acosMi+Z?sinM

71

t----

求質點的動量及f=0到20

解：質點的動量為

p=mv=mzy（-?sincoti+Z?cos69//）

71

t----

將f=0和2（W分別代入上式，得

px-mcobjp2=-mcoai

則動量的增量亦即質點所受外力的沖量為

7=4=瓦一片--mco{ai+hj）

2-10一顆子彈由槍口射出時速率為%m-sT,當子彈在槍筒內被加速時，它所受的合力為

尸=（。-初）N（。，〃為常數(shù)），其中，以秒為單位：（1）假設子彈運行到槍口處合力剛好為零,

試計算子彈走完槍筒全長所需時間；（2）求子彈所受的沖量.（3）求子彈的質量.

解：（1）由題意，子彈到槍口時，有

_a

F=（a-bf）=O~b

（2）子彈所受的沖量

I-￡（a-ht）dt-at

t=—

將人代入，得

（3）由動量定理可求得子彈的質量

Ia2

m--=----

%犯

2-11一炮彈質量為機，以速率u飛行，其內部炸藥使此炮彈分裂為兩塊，爆炸后由于炸藥

使彈片增加的動能為T,且一塊的質量為另一塊質量的女倍，如兩者仍沿原方向飛行，試證

其速率分別為

證明：設一塊為〃4,則另一塊為機2,

m1=ktn1及m{+m2=m

kmm

m}=-----,m-y-------

于是得Z+l4+1①

又設町的速度為%,旭2的速度為彩，則有

rr，121212

T=—+—AH2V2——/nv

②

mv=mxv}+m2v2③

聯(lián)立①、③解得

仙］

v2=（Z+l）u—④

將④代入②，并整理得

了=（h一丫）2

km

,［2T

V|=V±Ah

于是有Vkm

將其代入④式，有

又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取

證畢.

2-12設%=7i—6/N.（D當一質點從原點運動到了=-3i+4/+1高m時，求戶所作

的功.（2）如果質點到「處時需0.6s,試求平均功率.（3）如果質點的質量為1kg,試求動能

的變化.

解：（1）由題知，星為恒力，

,4合=戶?產=（7f—6］）?（—3f+4了+1夕）

=一21—24=T5J

（2）20.6

（3）由動能定理，AE*=A=-45J

2-13以鐵錘將一鐵釘擊入木板，設木板對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進入木板內的深度成正比，在

鐵錘擊第一次時，能將小釘擊入木板內1cm,問擊第二次時能擊入多深，假定鐵錘兩次打

擊鐵釘時的速度相同.

解：以木板上界面為坐標原點，向內為>坐標正向，如題2-13圖，則鐵釘所受阻力為

題2-13圖

f=-ky

第一錘外力的功為A

A=ff'^y=J-心=['妙dy=[

&JsJ。2①

式中/'是鐵錘作用于釘上的力，/是木板作用于釘上的力，在df-O時，f=-f.

設第二錘外力的功為42,則同理，有

A2=『@dy=g@；一：

②

由題意，有

AAA/2\k

A2=A）=△（5〃2廠）=—

③

1,2kk

-2ky-2——2=—2

即

，

所以，2=6

于是釘子第二次能進入的深度為

Ay=-_X]=V2-1=0.414cm

2-14設已知一質點（質量為機）在其保守力場中位矢為「點的勢能為Ep（「）="/r",試求

質點所受保守力的大小和方向.

F⑺=3=_也

解：dr片

方向與位矢尸的方向相反，即指向力心.

2-15一根勁度系數(shù)為4的輕彈簧A的下端，掛一根勁度系數(shù)為e的輕彈簧B,8的下端

一重物C,C的質量為M,如題2-15圖.求這一系統(tǒng)靜止時兩彈簧的伸長量之比和彈性

勢

能之比.

解：彈簧A、8及重物0受力如題2T5圖所示平衡時，有

I

Mg

題2-15圖

FA=FR=Mg

又FA=匕用

FR=%2A^2

所以靜止時兩彈簧伸長量之比為

At]k2

AX2k[

彈性勢能之比為

12

E=72K__A_<__=竺卜

E1.2k.1

PnZ一鼠AAx,

2

2-16(1)試計算月球和地球對加物體的引力相抵消的一點2，距月球表面的距離是多少?地

球質量5.98X10“kg,地球中心到月球中心的距離3.84X10、，月球質量7.35X10^^,

月球半徑1.74X10%.(2)如果一個1kg的物體在距月球和地球均為無限遠處的勢能為零，

那么它在尸點的勢能為多少？

解：(1)設在距月球中心為「處電引=%引，由萬有引力定律，有

mM

C>i

r1(7?-r)2

經整理，得

加地+。M月

,7.35x1()22

=75.98xlO24+V7.35xl022x3.48x10s

=38.32x106m

則P點處至月球表面的距離為

67

h=r-rn=(38.32-1.74)xl0=3.66xl0m

(2)質量為【kg的物體在P點的引力勢能為

…八Mi四M由

=367x1。"X7-35X10；-6.67X10-"X,5.98X*，

3.83xl07(38.4-3.83)xl07

=1.28xl06J

2-17由水平桌面、光滑鉛直桿、不可伸長的輕繩、輕彈簧、理想滑輪以及質量為犯和加2

的滑塊組成如題2T7圖所示裝置，彈簧的勁度系數(shù)為女，自然長度等于水平距離BC,加2

與桌面間的摩擦系數(shù)為〃，最初犯靜止于A點，AB=BC=h,繩已拉直，現(xiàn)令滑塊落

下犯，求它下落到B處時的速率.

解：取B點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則由功能原理，有

121

m2

-/jm2gh-~(i+m2)吸一[/%ig〃+,%(△/)J

式中△/為彈簧在A點時比原長的伸長量，則

M=AC-BC=(y[2-Y)h

聯(lián)立上述兩式，得

2（叫-4m2）gft+（應一

v=

m{+m2

題2T7圖

2-18如題2-18圖所示，一物體質量為2kg,以初速度％=3m?s'從斜面A點處下滑，它

與斜面的摩擦力為8N,到達8點后壓縮彈簧20cm后停止，然后又被彈回，求彈簧的勁度系

數(shù)和物體最后能回到的高度.

解：取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原

長處為彈性勢能零點。則由功能原理，有

22

—frs-gkx—1gmv+mgssin37°）

12

—mV+mgssin37°-frs

式中s=4.8+0.2=5m,x=0.2m,再代入有關數(shù)據，解得

)t=1390N-mI

題2-18圖

再次運用功能原理，求木塊彈回的高度"

-frs'=mgs，sin37"-g奴?

代入有關數(shù)據，得s'=1.4m

則木塊彈回高度

/?'=s'sin370=0.84m

題2T9圖

2-19質量為M的大木塊具有半徑為R的四分之一弧形槽，如題2-19圖所示.質量為“的

小立方體從曲面的頂端滑下，大木塊放在光滑水平面上，二者都作無摩擦的運動，而且都從

靜止開始，求小木塊脫離大木塊時的速度.

解：加從加上下滑的過程中，機械能守恒，以“，M,地球為系統(tǒng)，以最低點為重力勢

能零點，則有

11

mgR=-mv9~—MV9

又下滑過程，動量守恒，以機，M為系統(tǒng)則在加脫離M瞬間，水平方向有

mv-MV=0

聯(lián)立，以上兩式，得

2-20一個小球與一質量相等的靜止小球發(fā)生非對心彈性碰撞，試證碰后兩小球的運動方向

互相垂直.

證：兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有

2°2

①

(b)

題2-20圖(a)題2-20圖(b)

又碰撞過程中，動量守恒，即有

mvn-mvt+mv2

亦即0o="i+%②

由②可作出矢量三角形如圖(b),又由①式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以正為斜邊，

故知片與%是互相垂直的.

2-21一質量為m的質點位于(為，必)處，速度為"=質點受到一個沿工負方向

的力/的作用，求相對于坐標原點的角動量以及作用于質點上的力的力矩.

解：由題知，質點的位矢為

作用在質點上的力為

f=-fi

所以，質點對原點的角動量為