陕师大《大学物理学》(上册_)习题解答

大 学 物 理 学

(上册)

习 题 解 答

陕西师范大学物理学与信息技术学院

基础物理教学组

2006-6-26

第2章 运动学

2－1 一质点作直线运动，其运动方程为x?2?2t?t , x以m计，t以s计。试求：（1）质点从t = 0到t = 3 s时间内的位移；（2）质点在t = 0到t = 3 s时间内所通过的路程

解 （1）t = 0时，x0 = 2 ；t =3时，x3 = －1；所以， ?x?x(t?3)?x(t?0)??3m （2）本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。对x求极值，并令

2dx?2?2t?0 dt可得t = 1s ,即质点在t = 0到t = 1s内沿x正向运动，然后反向运动。 分段计算

?x1?xt?1?xt?0?1m， ?x2?x(t?3)?x(t?1)??4m

?x1??x2?5m

23路程为 s?2－2 已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x?2?6t?2t。试求：（1）质点在最初4s内位移；（2）质点在最初4s时间内所通过的路程 解 （1）t = 0时，x0 = 2 ；t = 4时，x4 = －30 所以，质点在最初4s内位移的大小 ?x?x4?x0??32m

（2）由

dx?12t?6t2?0 dt可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为 t1 = 2 s , t2 = 0 (舍去) 则 ?x1?x2?x0?8.0m，?x2?x4?x2??40m

所以，质点在最初4 s时间间隔内的路程为 s??x1??x2?48m

2－3 在星际空间飞行的一枚火箭，当它以恒定速率燃烧它的燃料时，其运动方程可表示为 x?ut?u??1??t?ln(1?bt)，其中u?3.0?103m/s是喷出气流相对于火箭体的喷?b??3射速度， b?7.5?10/s 是与燃烧速率成正比的一个常量。试求：（1）t = 0时刻，此火箭的速度和加速度；（2）t = 120 s时，此火箭的速度和加速度

解 v?dxdvub??uln1(?bt)；a?? dtdt1?bt3?103?7.5?10?3?22.5m.s?2 （1）t = 0时， v = 0 ，a?13（2）t = 120s时， v??3?10ln(1?7.5?10?3?120)?6.91?m.s

3?13?103?7.5?10?3?225m.s?2 a??31?7.5?10?120

2

2－4 如图所示，湖中有一只小船，岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，t = 0时，船与滑轮间的绳长为l0 。试求：v0 当人以匀速v0拉绳时，船在距岸边x处的速度和加速度。

解 （1） 设任意时刻 t ，绳长为l，由题意l v0??dl；船到岸边的水平距离为x ，则 dth x v x?l2?h2

dxd2ldlx2?h22小船的运动速度为 v??l?h???v0

22dtdtxl?hdt负号表示小船在水面上向岸靠近。

小船的运动速度为 a?dvdl??(v0)

22dtdtl?h2h2v0dldl ??(v0)??3

22dll?hdtx负号表示加速度的方向指向岸边，小船在水面上加速靠岸。

2－5 一升降机以加速度1.22m?s上升，当上升速度为2.44m?s时，有一螺丝从升降机的天花板上松脱，天花板与升降机的底面相距2.74 m 。计算：（1）螺丝从升降机的

天花板落到底面所需要的时间；（2）螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离 .

解 （1）以地面为参考系，取Oy坐标轴向上 ，升降机的运动方程为

?2?112at 212螺丝的运动方程为 y2?h?v0t?gt

21212当螺丝落至底面时，有 y1 = y2 ,即 y0t?at?h?v0t?gt

22 y1?v0t?所以 t?2h?0.705s g?a12gt?0.716m 2(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 d?h?y2??v0t?22－6 已知一质点的运动方程为 r?2ti?(2?t)j (SI)。试求：（1）质点的运动轨迹；（2）t = 1s和t = 2 s时刻，质点的位置矢量；（3）1s末和2 s末质点的速度；（4）质点的加速度。

解 （1）质点在x 、y方向运动方程的分量形式为 x = 2t ， y = 2－t 2 消去时间t , 可得 y?2?其运动轨迹为一抛物线

（2）t?1s时 r1?2i?j；t?2s时 r2?4i?2j

3

12x 4（3）质点运动的速度 v?dr?2i?2tj dt t?1s时 v1?2i?2j

即 v1?22m/s，?1??45o（?1为v1与x 轴的夹角） t?2s时 v2?2i?4j

即 v2?25m/s，?2??63o26?（?2为v2与x 轴的夹角）

（4）质点运动的加速度 a?dv??2j dt2－7 一质点在Oxy平面上运动，其运动方程为 r?(10?3t2)i?2t2j 试求：（1）质点的轨迹方程；（2）质点的速度、加速度。

解 （1） 质点运动方程的分量式为x?10?3t，y?2t2 消去时间参数t，可得运动的轨迹方程 3y?2x?20

（2）速度 v?6ti?4tj 加速度 a?6i?4j

2－8 一质点在Oxy平面上运动，其运动方程为r?3sin(0.1?t)i?3[1?cos(0.1?t)]j 试求质点在5s时的速度和加速度 。

解 速度 v?2dr?0.3?cos(0.1?t)i?0.3?sin(0.1?t)j dtd2r22??????30.1?sin0(.1?t)i?30.1?cos0(.1?t)j 加速度 a?dt2t = 5 s时的速度为 v?(0.3?m?s?1)j 加速度 a?(?0.03?m?s)i

2－9 一质点从坐标原点开始沿抛物线 y = 0.5 x2 运动，它在Ox轴上分速度（1）质点的运动方程；（2）质点位于x = 2 m处的速度和vx?4.0m?s?1为一恒量，试求：加速度 。

解 （1）因vx?4.0m?s为常数，故ax = 0 。当t = 0时，x = 0 ，可得质点在x方向的运动方程为 x?4t

又由质点的抛物线方程，有 y?8t

22?2?1 4

所以 r?4ti?8t2j （2）任意时刻 v?drdv?4i?16tj； a??16j dtdt由x?4t和x = 2，可得 t = 0.5 s

所以，当质点位于x = 2.0 m时，其速度 v?4i?8j ，加速度 a?16j

2－10 一汽艇以速率v0沿直线行驶。发动机关闭后，汽艇因受到阻力而具有与速度v 成正比且方向相反的加速度a??kv，其中k为常数。试求发动机关闭后，（1）任意时刻

t汽艇的速度；（2）汽艇能滑行的距离。

解 本题注意根据已知条件在计算过程中进行适当的变量变换。

vdvtdv??kv ，???k?dt 10.（1）∵a?v0v0dt∴v?v0e?kt （2）∵

0sdvdvdsdv??v??kv，?dv??k?ds

v00dtdsdtds∴v0?ks

因此发动机关闭后汽艇能滑行的距离为 s?v0/k

2－11 一物体沿x轴作直线运动，其加速度为a??kv，k是常数。在t = 0时，v?v0，

2x?0。试求（1）速率随坐标变化的规律；（2）坐标和速率随时间变化的规律。

解 本题注意变量变换。

dvdvdxdv???v??kv2， 11.（1）因为a?dtdxdtdx所以v?v0e?kx （2）∵a?vdvtdv??kv2 ，?2??k?dt

v0v0dtxdv?v0v??k?0dx v推出v?v0

v0kt?1又v?∴x?xttv0dx，?dx??vdt??dt

000vkt?1dt01ln(v0kt?1) k22－12 一质点沿 x 轴作直线运动，其速度大小v?8?3t，（SI制）。质点的初始位置在 x 轴正方向10 m处，试求：（1）t?2s时，质点的加速度；（2）质点的运动方程； （3）第二秒内的平均速度。

5

解 根据题意可知，t?0时，v0?8ms?1 ，x0?10m 12.（1）∵a?dv?6t dt?2当t?2s时，∴a?12ms

（2）由dx?vdt?(8?3t2)dt两边积分可得

∴质点的运动方程为x?10?8t?t （3）第二秒内的平均速度为v?

3?x10dx??(8?3t2)dt

0t?xx2?x1??15m.s?1 ?tt2?t12－13 质点作圆周运动，轨道半径r = 0.2 m，以角量表示的运动方程为

??10?t??t2 （SI）。试求：（1）第3s末的角速度和角加速度；（2）第3s 末的切向加

速度和法向加速度的大小。

解 （1）因为 ??10?t?1212?t 2故 ??d?/dt?10???t ， ??d?/dt?? 以t = 3s代入，???13?rad?s ，???rad?s?2

（2） at?r??0.2?m?s?2， an?r?2?33.8?2m?s?2

2－14 一质点在半径为r = 0.10m的圆周上运动，其角位置为??2?4t。（1）在 t = 2.0s时，质点的法向加速度和切向加速度各为多少？（2）t为多少时，法向加速度和切向加速度的量值相等？

3解 (1)由于??2?4t，则 ??3?1d?d??12t2，???24t dtdt法向加速度 an?r??14.4t 切向加速度 at?r??2.4t

24t = 2.0s时，ant?2s?r?2?2.30?102m?s?2， at22t?2s?rd??4.8m?s?2 dt（2）要使an?at,则有 r(12t)?r?24t

所以 t = 0.55 s

2－15 一汽车发动机曲轴的转速，在12 s内由20 r/s均匀地增加到45 r/s 。试求： （1）发动机曲轴转动的角加速度； （2）在这段时间内，曲轴转过的圈数。

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解 （1）由于角速度??2?n（n为单位时间内的转数），根据角加速度的定义

?????02?(n?n0)d???13.1ra?ds?2 ，在匀速转动中角加速度为 ??dttt12???0?t?t??(n?n0)t 22（2）发动机曲轴转过的角度为 ???0t?在12 s内曲轴转过的圈数为 N?n?n0??t?390 圈 2?22－16 某种电机启动后转速随时间变化的关系为

???0(1?e)，式中

?t2（1) t = 6 s时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6 ?0?9.0rad? s?1。求：s内转过的圈数。

解 (1)根据题意，将t = 6 s代入，即得

???0(1?e)?0.95?0?8.6s?1

tt?t2?d??0?2（2）角加速度随时间变化的规律为 ???e?4.5e2s?2

dt2（3）t = 6 s时转过的角度为 ????dt???00660(1?e)dt?36.9rad

?t2则t = 6 s时电动机转过的圈数 N??2??5.87 圈

2－17 半径为r = 0.50m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比，在t = 2 s时，测得轮缘上一点的速度值为4.0m?s。求：（1）该轮在t′ = 0.5s的角速度，轮缘上一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在2s内所转过的角度。

2解 由题意 ??kt，因ωR = v ,可得比例系数 k??1?t2?v?2 rt2所以 ???(t)?2t

(1) 则t′= 0.5s时，角速度为 ??2t??0.5rad?s 角加速度 ??2?12d??4t??2rad?s?2 dt切向加速度 at?r??1m?s?2

总加速度 a?at?an?r?et?r?en a?2(r?)2?(r?2)2?1.01m?s?2

220023(2) 在2 s内该点所转过的角度 ???0???dt??2tdt?t?5.33rad

232－18 一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2 m 的圆形轨道运动。已知质点的

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角速度与时间的平方成正比，即??kt（SI制）。式中k为常数。已知质点在第2 s末的速度为32 m /s 。试求t = 0.5 s时质点的速度和加速度。

解 首先确定常数k 。已知t = 2 s时，v = 32 m/s , 则有 k?22故 ??4t ，v?R??4Rt，at?2?t2?dv?8Rt dt?2v?3?4s 2Rtv2?2m.s?2 当t ＝ 0.5 s v?4Rt?2m.s， at?8Rt?8m.s， an?R2?1 a?2at2?an?8.25m.s?2，??tan?1an?14.0o at2－19 由山顶上以初速度v0水平抛出一小球，若取山顶为坐标原点，沿v0方向为x 轴正方向，竖直向下为 y 轴正方向，从小球抛出瞬间开始计时。试求：（1）小球的轨迹方程；（2）在t 时刻，小球的切向加速度和法向加速度。

解 （1）小球在x轴作匀速直线运动 x?v0t， y轴上作自由落体 y?12gt 2g2上述两方程联立消t，可得小球的轨迹方程 y?x 22v0（2）vx?v0 ，

vy?gt

222vx?vy?v0?g2t2

t时刻，小球的速率 v?dv?t时刻，小球的切向加速度 at?dt因为 a?g?g2tv?gt2022

222at2?an，所以，法向加速度 an?g?at?v0gv?gt2022

2－20 已知声音在空气中传播的速率为344 m/s 。当正西方向的风速为30 m/s时，声音相对于地面向东、向西和向北传播的速率各是多大？

解 v1?30m/s，

v2?344m/s

向东传播的声音的速率 vE?v1?v2?30?344?374m/s 向西传播的声音的速率 vW?v2?v1?344?30?314m/s 向北传播的声音的速率 vN?v2?v1?3442?302?343m/s

222－21 一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处。 已知A、B间的距

离为l，空气相对地面的速率为u，飞机相对空气的速率v ’ 保持不变。试证：

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2l； v?2lv?（2）假定空气的速度方向向东，飞机往返飞行时间为t2?2； 2v??u（1）假定空气是静止的（即u＝0），飞机往返飞行时间为t1?（3）假定空气的速度方向向北，飞机往返飞行的时间为t3?试证：由速度关系 v = u + v? （1）u＝0时，飞机往返飞行时间为 t1?2lv??u22。

ll2l?? v?v?v?l ?v?u（2）空气相对地面的速度为u向东，从A ? B 所需时间为从B ? A 所需时间为

l v??ull2lv???2 v??uv??uv??u2u

v

v

B

所以，飞机往返飞行时间为 t2?（3）空气相对地面的速度为u向北，如图2－21所示，

u A

v?

( a )

v?

( b )

习题 2－21

从A ? B，飞机相对地面的速度为v?v?2?u2；从B ? A飞机相对地面的速度的大小2l?v

与从A ? B等值，但方向相反。所以，飞机往返飞行的时间为

t3?2lv??u22

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第3章 牛顿定律及其内在随机性

3-1 一木块能在与水平面成? 角的斜面上匀速下滑。若使它以速率v0沿此斜面向上滑动，试证明它能沿该斜面向上滑动的距离为 v02/（4gsinθ）。

解 选定木块为研究对象，取沿斜面向上为x轴正向，

N N

下滑 mgsin??Ff?0 （1） f 上滑 ?mgsin??Ff?ma （2） 由式（2）知，加速度为一常量，有

2 v2?v0?2as （3）

22v0v0解上述方程组，可得木块能上滑的距离 s?? ?2a4gsin??1f

mg 上滑

mg 下滑

3-2 在一水平直路上，一辆车速v?90km?h的汽车的刹车距离为s = 35 m 。如果路面相同，只是有1?10的下降斜度，这辆汽车的刹车距离将变为多少？

v2解： 在水平路上?k为定值，则 ??kmg?ma ，而 a??

2sv2所以 ?k?

2gs设斜面夹角为?，刹车距离为s?，加速度为a?，则 mgsin???kmgcos??ma?

v2?v2所以 s??? ?2a?2(gsin???kcos?)代入已知数值，注意sin? = 0.1 ,可得 s??39.5m

3-3 如图所示，质量m = 0.50kg的小球挂在倾角??30的光滑斜面上。 （1）当斜面以加速度a = 2.0m/s2水平向右运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时，小球将脱离斜面？

解：(1)对小球 x向： Tcos??Nsin??ma y向： Tsin??Ncos??mg?0 可得

T?m(acos??gsin?)?0.5?(2?cos30?9.8sin30)?3.32N N?m(gcos??asin?)?0.5?(9.8?cos30?2sin30)?3.75N 小球对斜面的压力 N??N?3.75N

oooooN

T

mg

10

v2物块沿法向 mgcos??T?m

R物块脱离球面时，支持力T= 0，所以 ??arccos2?48.2o 3物块此时的速率为 v?gRcos??o2Rg 3ov的方向与重力P方向的夹角为 ??90???41.8

4－21 一质量为m的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球半径的2倍（即2R）。试以m、R ，引入恒量G ，地球质量M表示出：（1）卫星的动能；（2）卫星在地球引力场中的引力势能；（3）卫星的总机械能。

GmMmv2解 （1）对卫星用牛顿第二定律 ?23R(3R)由此式可得卫星的动能为 Ek?1GmMmv2? 26RGmM（2）引力势能为 Ep??

3RGmMGmMGmM???（3）卫星的总机械能为 E?Ek?Ep? 6R3R6R4－22 一轻弹簧的原长为l0，劲度系数为k，上端固定，下端悬挂一质量为m的物体，

先用手托住，使弹簧保持原长。然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸长量

和弹性力是多少？物体经过平衡位置时的速率为多少？

解 以v表示物体再落下一段距离y时的速度，则机械能守恒定律给出

?mgy?121ky?mv2?0 22物体达到最低位置时，v?0,y?ymax，上式给出 ymax?2mg/k 此时弹力为最大值 fmax?kymax?2mg 物体经过平衡位置时，应有 mg?ky0

m2g21m2g2112122?k2?mv0?0 由以上各式得 ?mgy0?ky0?mv0??22k22k由此得物体的速度为 v0?y0(2mg?ky0/m?y0g?mg k4－23 质量m1的弹丸A ，穿过如题图所示的摆锤B后，速率由v减少到v/2 。已知摆锤的质量为m2，摆线长度为l ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动 ，v的最小值应为多少？

21

解 碰撞 m1v?m1v?m2v2 22m2v3摆锤达最高点（v3为摆锤在最高点的速率） m2g?

l摆锤从最低点到最高点 所以 v?1122m2v2?2m2gl?m2v3 22A O ? 2m25gl m1l m1 v B 4－24 如题图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量为

习题4－23 用图 M ，从与水平成倾角? ＝ 30o斜面上的点B由静止下滑。设斜面

对车的阻力为车重的0.25倍，矿车下滑距离l时，与缓冲弹簧一

道沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用，使之返回原位置B再装货。试问要完成这一过程，空载时与满载时车的质量之比应为多大？

解 设弹簧被压缩的最大距离为x，矿车在下

M 滑和上行的全过程中，摩擦力所做的功为

l B Af?(0.25mg?0.25Mg)(l?x) 式中M和m分别为矿车满载和空载时的质量。

根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩α 擦力所做的功应等于系统机械能增量的负值，故有 m2

Af???E??(?EP??Ek)

习题4－24 用图

由于矿车返回原位时速度为零，故?Ek = 0 ；而?Ep?(m?M)g(l?x)sin?,故有 Af??(m?M)g(l?x)sin? 可解得

m1? M34－25 如图所示，质量为m1的钢球以速率为v射向质量为m2 的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k的弹簧，此靶最初处于静止状态，

m2

但可在水平面上作无摩擦滑动。求子弹射入靶内弹簧

m1 v 后，弹簧的最大压缩距离 .

解 设弹簧的最大压缩量为x0 。小球与靶共同运动的速率为v1 。 m1v?(m1?m2)v1 由机械能守恒定律，有

习题4－25 用图

1112m1v2?(m1?m2)v12?kx0 222所以 x0?m1m2v

k(m1?m2) 22

4－26 质量为7.2?10?23kg，速率为6?10m.s的粒子A与另一个质量为其一半而静止的粒子B发生二维完全弹性碰撞，碰撞后粒子A的速率为5?10m.s。求：（1）粒子B的速率及相对粒子A原来速度方向的偏角；（2）粒子A 的偏转角。

解 取如题图所示的坐标，在碰撞前后系统动量守恒

y vB 7?17?1vA

mvBcos??mv?定律，有 mvA?Acos? 2mvBsin??mv? 0?Asin? 2又由机械能守恒定律，有

? ? v?A

x

11?m?2122mvA???vB?mv?A 22?2?2习题4－26 用图

碰撞后B粒子的速率为 vB?227?12(vA?v?A)?4.69?10m?s

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

22vA?3v?3vA ??arccos?22o20?,??arccosB?54o6?

4vAv?4vAA4－27 如图所示，一质量为M的物块放置在斜面的最低端A处，斜面的倾角为? ，

高度为h ，物块与斜面的动摩擦因数为 ? ，今有一质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动。求物块滑出

h 顶端时的速度大小 .

v0

解 子弹与物块撞击过程，在沿斜面的方向?? M α m 上，根据动量守恒有

A

mv0cos??(M?m)v1

在物块上滑的过程中，物块刚滑出斜面顶端时的速

度为v2 ,并取A点的重力势能为零。由系统的功能原理可得

习题4－27 用图

??(m?M)gcos?所以

h112?(m?M)v2?(m?M)gh?(m?M)v12 sin?222?m?v0cos???2gh(?cot??1) v2???M?m?

23

第5章 角动量守恒定律及刚体的转动

5-1 质点在有心力作用下沿光滑水平面上的圆周运动，当圆的半径为r0时，质点的速率为v0 。若在有心力作用下使圆半径逐渐减小。试求圆半径减小到r 时，质点的速率v 是多少？

解 在有心力作用下，质点的角动量守恒 mr0v0?mrv 由此可得 v?v0r0 r5-2 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。彗星离太阳最近的距离是

r1?8.75?1010m，近日点时它的速率是v1?5.46?104m/s。彗星离太阳最远的距离r2?5.26?1012m，远日点时彗星的速率是多少？

解 彗星运行受的引力指向太阳，所以它对太阳的角动量守恒 mr1v1?mr2v2 由此得 v2?r1v1?9.08?102m?s?1 r24-3 若将月球轨道看作是圆，其转动周期按27.3d计算。试求月球对地球中心的角动量及掠面速度。

解 月球对地球中心的角动量为 LM?mMRMvM?2?mMRM/TM=2.86×1034 kg ? m2 / s

2LMdS2.86?1034月球对地心的掠面速度 ???1.94?1011m2/s 22dt2mM2?7.35?105-4 1988年12月，我国发射的通信卫星在到达同步轨道之前，先要在一个大的椭圆形“转移轨道”上运行若干圈。此转移轨道的近地点高度为h1 = 205.5 km，远地点高度为h2 = 35835.7 km ，卫星越过近地点时的速率为v1 = 10.2 km / s 。已知地球半径为R?6378km。（1）求卫星越过远地点时的速率v2 ；（2）求卫星在此轨道上运行的周期； （提示：椭圆面积公式S??2(r1?r2)r1r2）。

解 （1）由卫星对地心的角动量守恒 m(R?h1)v1?m(R?h2)v2 可得卫星越过远地点时的速率为 v2?v1?（2）椭圆面积 S?掠面速度

R?h1= 1.59 k m / s

R?h2?2(r1?r2)r1r2

ds1?v1r1 dt2 24

卫星的运行周期 T??(r1?r2)r2S?38057s?10.6h ?dS/dtv1r15-5（1）设氢原子中电子在圆形轨道上以速率v绕质子运动。作用在电子上的向心力大小为

e24??0r2（库仑力），其中e为电子的电量，r为轨道半径，?0为恒量（真空中电容率）。

e2试证明轨道半径为 r? 24??0mv（2）假设电子绕核的角动量为h/2?的整数倍，其中h为普朗克常量。试证明电子的可能轨道半径由下式确定： r?nh 2?mv（3）是由以上两式消去v，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式：

n2?0h2 r?

?me2mv2证 （1）电子绕质子作圆周运动的向心力是F?，有 ?24??0r2r4??0re2e2则电子的轨道半径为 r? 24??0mvhe2h（2）根据题意，即L?n，有 L?mv ?n22?2?4??0mv则电子可能的轨道半径为 r?e2nh 2?mvn2?0h2（3）根据（1）和（2）的结果消去v ，得 r?

?me25-6 质量m = 5 kg的质点在xoy平面上运动，作用在质点上的力为 ，已知t = 0 时，质点静止于坐标F??2?6t?i?8j（力的单位为N ，时间的单位为s ）

原点处。试求：2秒末（1）该质点的动量；（2）作用力F对原点的力矩；（3）该质点对原

点的角动量。

F1??(2?6t)i?8j? m5dv1由a?得 dv?adt??(2?6t)i?8j?dt

dt512两边积分得： v?(2t?3t)i?8tj

516(i?j)， p?mv?16i?16j 当t?2s时 v?5解（1） a??? 25

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