习题 2-1.质量为m的子弹以速度v水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反 向,大小与速度成正比,比例系数为k,忽略子弹的重力,求:(1)子弹射入沙 土后,速度随时间变化的函数式:(2)子弹进入沙土的最大深度。 解:(1)由题意和牛顿第二定律可得:f=-kv=m 分离变量,可得:kdhv 两边同时积分,所以:v=ve dt (2)子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移,则 k d 可推出:d=-m如,而这个式子两边积分就可以得 k 到位移:x ∫w=「-h=m 2-2.一条质量分布均匀的绳子,质量为M、长度为(5O L,一端拴在竖直转轴OO′上,并以恒定角速度⑨在水 平面上旋转.设转动过程中绳子始终伸直不打弯,且忽略 重力,求距转轴为r处绳中的张力T(r) 解:在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子,假设其 质量为dm,可知:dm≈a 分析这dm的绳子的受力情况,因为它做的是 圆周运动,所以我们可列出:dT()=037cm=o2nMtb L 距转轴为r处绳中的张力7(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力,所以 两边积分:T(r)=[a()=A(L2 2L
1 习题 2-1. 质量为 m 的子弹以速度 0 v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反 向，大小与速度成正比，比例系数为 k ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙 土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。 解：（1）由题意和牛顿第二定律可得： dt dv f = −kv = m ， 分离变量，可得： vdt dv m k − = 两边同时积分，所以： t m k v v e − = 0 （2）子弹进入沙土的最大深度也就是 v=0 的时候子弹的位移，则： 由 vdt dv m k − = 可推出： dv k m vdt = − ，而这个式子两边积分就可以得 到位移： 0 0 max 0 v m m x vdt dv v k k = = − = 。 2-2. 一条质量分布均匀的绳子，质量为 M 、长度为 L ，一端拴在竖直转轴 OO′上，并以恒定角速度 在水 平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略 重力，求距转轴为 r 处绳中的张力 T( r)． 解：在绳子中距离转轴为 r 处取一小段绳子，假设其 质量为 dm，可知： L Md dm = ，分析这 dm 的绳子的受力情况，因为它做的是 圆周运动，所以我们可列出： L Mdr dT r rdm r 2 2 （ ）= = 。 距转轴为 r 处绳中的张力 T( r)将提供的是 r 以外的绳子转动的向心力，所以 两边积分： （ ） （ ） （ 2 2） 2 2 L r L M T r dT r L r = = −
2-3.已知一质量为m的质点在x轴上运动,质点只受到指向原点的引力作 用,引力大小与质点离原点的距离x的平方成反比,即∫=-k/x2,k是比例常 数.设质点在x=A时的速度为零,求质点在x=A/4处的速度的大小 k dy dy d dh 解:由题意和牛顿第二定律可得:f=-k作ad 再采取分离变量法可得:k d x= mvdy 两边同时取积分,则:[-=[mzh 所以: vmA 2-4.一质量为2kg的质点,在xy平面上运动,受到外力F=4-24r2j(SD 的作用,t=0时,它的初速度为v=3+4j(SI),求t=l时质点的速度及受 到的法向力F 解:由题意和牛顿第二定律可得:f=ma=m-,代入f与v,并两边积 分,「(42-241j)d=[mh,42-8j=2x[v-(3i+4门 速度是i方向,也就是切向的,所以法向的力是j方向的,则F=-24j 2-5.如图,用质量为m1的板车运载一质量为 m2的木箱,车板与箱底间的摩擦系数为μ,车与 路面间的滚动摩擦可不计,计算拉车的力F为多少才能保证木箱不致滑动?
2 2-3. 已知一质量为 m 的质点在 x 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作 用，引力大小与质点离原点的距离 x 的平方成反比，即 2 f = −k / x ，k 是比例常 数．设质点在 x = A 时的速度为零，求质点在 x = A/ 4 处的速度的大小。 解：由题意和牛顿第二定律可得： dx dv mv dt dx dx dv m dt dv m x k f = − = = = 2 再采取分离变量法可得： dx mvdv x k − = 2 ， 两边同时取积分，则： dx mvdv x A k v A − = 0 2 / 4 所以： mA k v 6 = 2-4. 一质量为 2kg 的质点，在 xy 平面上运动，受到外力 F i j 2 = 4 − 24t (SI) 的作用， t = 0 时，它的初速度为 v 3i 4 j 0 = + (SI)，求 t =1s 时质点的速度及受 到的法向力 Fn . 解：由题意和牛顿第二定律可得： dt d m m v f = a = ，代入 f 与 v，并两边积 分， i t j dt mdv v v − = 0 (4 24 ) 2 1 0 ， 4i − 8 j = 2[v − (3i + 4 j)] v = 5i 速度是 i 方向，也就是切向的，所以法向的力是 j 方向的，则 F j = −24 2-5. 如图，用质量为 m1 的板车运载一质量为 m2 的木箱，车板与箱底间的摩擦系数为 ，车与 路面间的滚动摩擦可不计，计算拉车的力 F 为多少才能保证木箱不致滑动？
解:根据题意,要使木箱不致于滑动,必须使板车与木箱具有相同的加速度, 所以列式:a= 厂_Am2g m, tm, m, m2 可得:F<1(m1+m2)g 2-6.如图所示一倾角为的斜面放在水 平面上,斜面上放一木块,两者间摩擦系数 为(<tg0)。为使木块相对斜面静止,求斜 面加速度a的范围。 解:在斜面具有不同的加速度的时候,木块 将分别具有向上和向下滑动的趋势,这就是 加速度的两个范围,由题意,可得: (1)当木块具有向下滑动的趋势时(见图0有下滑趋势 (b)有上滑趋势 a),列式为:NsnO+ Ncose N sin 6-LN cos 8= ma tan 0-A 可计算得到:此时的a1+tan (2)当木快具有向上滑动的趋势时(见图b),列式为:∠NsnO+mg= Ncose Nsin 0+AN cos 0= ma 可计算得到:此时的a2=anO+g A tane 所以 tan6-g≤s、anO+ I+utan 6 1-utan8 g
3 解：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度， 所以列式： 2 1 2 2 2 F msx f m g a m m m m = = = + 可得： F (m1 + m2 )g 2-6. 如图所示一倾角为 的斜面放在水 平面上，斜面上放一木块，两者间摩擦系数 为 ( tg ) 。为使木块相对斜面静止，求斜 面加速度 a 的范围。 解：在斜面具有不同的加速度的时候，木块 将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是 加速度的两个范围，由题意，可得： （1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图 a），列式为： N sin + N cos = mg N sin − N cos = ma 可计算得到：此时的 1 tan tan 1 + − a = g （2）当木快具有向上滑动的趋势时（见图 b），列式为： N sin + mg = N cos N sin + N cos = ma 可计算得到：此时的 1 tan tan 2 − + a = g 所以 tan tan 1 tan 1 tan g a g − + + −
2-7.一质量为M、顶角为a的三 角形光滑物体上。放有一质量为m的 物块,如图所示。设各面间的摩擦力 M 均可忽略不计。试按下列三种方法: (1)用牛顿定理及约束方程:(2)用x 牛顿定律及运动叠加原理;(3)用 N 非惯性系中力学定律:求解三角形 物块的加速度a 解:隔离物块和斜面体,画图分析 力,列出方程,发现方程完备性不(m (D 够,即未知数比方程数多,关键在 于,M与m的运动有联系的,M沿地面运动,m沿斜面运动,这就是约束条件。 取地面作为参考系,则m的运动为 n sin a= ma (1) N cosa-mg = may M的运动方程为: Nsin a=M (3) 下面列出约束条件的方程:取M作为参考系,设m在其中的相对加速度为a 在xy方向的分量分别为a,与a,,那么:tana= 利用相对运动的公式,am=aM+a 所以:ax=ax-aM
4 2-7. 一质量为 M、顶角为 的三 角形光滑物体上。放有一质量为 m 的 物块，如图所示。设各面间的摩擦力 均可忽略不计。试按下列三种方法： （1）用牛顿定理及约束方程；（2）用 牛顿定律及运动叠加原理；（3）用 非惯性系中力学定律；求解三角形 物块的加速度 M a . 解：隔离物块和斜面体，画图分析 力，列出方程，发现方程完备性不 够，即未知数比方程数多，关键在 于，M 与 m 的运动有联系的，M 沿地面运动，m 沿斜面运动，这就是约束条件。 取地面作为参考系，则 m 的运动为： sin − = N ma x （1） cos N mg ma − = y （2） M 的运动方程为： sin N Ma = M （3） 下面列出约束条件的方程：取M作为参考系，设m在其中的相对加速度为 a ， 在 x,y 方向的分量分别为 x a 与 y a ，那么： tan y x a a = 利用相对运动的公式， am = aM + a 所以： ax = ax − aM
于是:tana A: ar a-a, cos a=aM sina (4) 由(1)(2)(3)(4)联立,计算可得 sina cosa M+msin a 2-8.圆柱形容器内装有一定量 的液体,若它们一起绕圆柱轴以角速 度⑨匀速转动,试问稳定旋转时液面 的形状如何? 解:受力分析如图 △mg in a= amoy (1) mg (2) 两式相比tana=ydz g dy +c 所以C 2)+=0稳定旋转时液面是一个抛物面
5 ay = ay 于是： tan y y x x M a a a a a = = − 即： sin cos sin x y M a a a − = （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得： 2 sin cos sin M m a g M m = + 2-8. 圆柱形容器内装有一定量 的液体，若它们一起绕圆柱轴以角速 度 匀速转动，试问稳定旋转时液面 的形状如何？ 解：受力分析如图 Nsin m y 2 α = Δ ω （1） Ncosα = Δmg （2） 两式相比 dy dz g y tan 2 = = ω α dy g y dz 2 = ω y C g ω z = + 2 2 2 当 y = 0 时 0 z = z 所以 0 C = z 0 2 2 2 y z g ω z = + 稳定旋转时液面是一个抛物面
由于旋转后成为立体,故方程变为【z=(x2+y2)+-0】 2-9.质量为m的物体可以在劈形物体的斜面上无摩擦 滑动,劈形物质量为m,放置在光滑的水平面上,斜面倾角⊥m 为日,求释放后两物体的加速度及它们的相互作 用力。 解:隔离物块和斜面体,分析力,列出方程,发 现方程完备性不够,即未知数比方程数多,关键 在于,m与m2的运动有联系的,m沿地面运动,m沿斜面运动,这就是约束条 件。取地面作为参考系,则m2的运动为 Nsin b= m (1) N cos0-m28=may m的运动方程为: Nsin e=ma1 (3) 下面列出约束条件的方程:取m作为参考系,设m2在其中的相对加速度为 a,在xy方向的分量分别为a2与a1,,那么;tanb 利用相对运动的公式,a2=a1+a 所以:a=a1-a1 于是:tanb= ar ax-d BO a sin 8-a cos0=a, sin 6 (4) 由(1)(2)(3)(4)联立,计算可得
6 由于旋转后成为立体，故方程变为【 2 2 2 0 ( ) 2 z x y z g = + + 】 2-9. 质量为 m2 的物体可以在劈形物体的斜面上无摩擦 滑动，劈形物质量为 m1 ，放置在光滑的水平面上，斜面倾角 为 ，求释放后两物体的加速度及它们的相互作 用力。 解：隔离物块和斜面体，分析力，列出方程，发 现方程完备性不够，即未知数比方程数多，关键 在于，m1 与 m2 的运动有联系的，m1 沿地面运动，m2 沿斜面运动，这就是约束条 件。取地面作为参考系，则 m2 的运动为： N m2ax − sin = （1） N m2 g m2 ay cos − = （2） m1 的运动方程为： 1 1 N m a sin = （3） 下面列出约束条件的方程：取 m1 作为参考系，设 m2 在其中的相对加速度为 a ，在 x,y 方向的分量分别为 x a 与 y a ，那么： x y a a tan = 利用相对运动的公式， 2 1 a a a = + 所以： x x 1 a a a = − ay = ay 于是： 1 tan y y x x a a a a a = = − 即： 1 sin cos sin x y a a a − = （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得：
in cos e , 6 m+m2sin28;a′= m+阻y如mg ose 相互作用力N= 2-10.一小环套在光滑细杆上,细杆以倾角绕竖直轴作匀角 速度转动,角速度为O,求:小环平衡时距杆端点O的距离r 解:根据题意,当小环能平衡时,其运动为绕Z轴的圆周运动, 所以可列式: Nsin e Ncos=morsi e 所以,可得:r= o tan esin e 2-11.设质量为m的带电微粒受到沿x方向的电力F=(b+cx)i,计算粒子 在任一时刻t的速度和位置,假定t=0时,v=0,x0=0.其中b、c为与时 间无关的常数,m、F、x、t的单位分别为kg、N、m、S 解:根据题意和牛顿第二定律,可列式:F=(b+c)=mx 整理可得二阶微分方程:mnd2x Cx-b=0 下面分c为正负再做进一步讨论 d-x b 当c<O时 x 可得:x=-c0m、6
7 z r O 2 1 2 1 2 sin cos sin m a g m m = + ； 1 2 2 1 2 sin cos sin m a g m m = − + ； 1 2 2 1 2 ( )sin sin m m a g m m + = + 相互作用力 N= g m m m m 2 1 2 1 2 sin cos + 2-10. 一小环套在光滑细杆上，细杆以倾角 绕竖直轴作匀角 速度转动，角速度为 ，求：小环平衡时距杆端点 O 的距离 r . 解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕 Z 轴的圆周运动， 所以可列式： N sin = mg cos sin 2 N = m r 所以，可得： tan sin 2 g r = 2-11. 设质量为 m 的带电微粒受到沿 x 方向的电力 F = (b + cx)i ，计算粒子 在任一时刻 t 的速度和位置，假定 t = 0 时， v0 = 0, x0 = 0 .其中 b、c 为与时 间无关的常数， m、 F 、 x 、t 的单位分别为 kg 、 N 、m 、s. 解：根据题意和牛顿第二定律，可列式： 2 2 ( ) dt d b cx m x F = + i = ， 整理可得二阶微分方程： 0 2 2 − cx − b = dt d m x 。 令 m c = 2 下面分 c 为正负再做进一步讨论。 当 0 0 2 2 2 + − = m b x dt d c x 时， ，可得： c b t c b x = cos −
次求导,得到: 当c>0时 d2x-mn=0,可得:xbem+c-)-b 2 次求导,得到:v=(em-e-) 2-12.在光滑的水平面上设置一竖直的圆筒,半径为R, 小球紧靠圆筒内壁运动,摩擦系数为μ,在t=0时,球的 速率为v,求任一时刻球的速率和运动路程 解:在法向上有N=my 而f=N 在切向上有-f=m 由上面三个式子可得d=-R ∫h=JBt R R+vout S=vdt =v RSo R+oHl H(1+ voHl dt R 思考题 2-1.质量为m的小球,放在光滑的木板和光滑的墙壁之间,并 保持平衡,如图所示.设木板和墙壁之间的夹角为a,当a逐渐增大 时,小球对木板的压力将怎样变化?
8 一次求导，得到： t c b v = − sin 当 0 0 2 2 2 − − = m b x dt d c x 时， ，可得： c b e e c b x t t = + − − ( ) 2 一次求导，得到： ( ) 2 t t e e c b v − = − 2-12. 在光滑的水平面上设置一竖直的圆筒，半径为 R ， 一小球紧靠圆筒内壁运动，摩擦系数为 ，在 t = 0 时，球的 速率为 0 v ，求任一时刻球的速率和运动路程。 解：在法向上有 R v N m 2 = 而 f = μN 在切向上有 dt dv − f = m 由上面三个式子可得 R v μ dt dv 2 = − dt R μ dv v v t v − = 0 2 0 1 R v μt v R v 0 0 + = ln(1 ) 0 0 0 0 0 R v μt μ R R v μt dt S vdt v R t t = + + = = 思考题 2-1. 质量为 m 的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并 保持平衡，如图所示．设木板和墙壁之间的夹角为，当逐渐增大 时，小球对木板的压力将怎样变化？
解:假设墙壁对小球的压力为N1,木板对小球的压力为N2。 由受力分析图可知 所以当所以a增大,小球对木板的压力为N2将减小 同时:N2Coa=N1 N1= mgctga所以α增大,小球对墙壁的压力N1也减小。 2-2.质量分别为m和m的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平 桌面上,滑块与桌面间的摩擦系数均为μ,系统在水平拉力F作用下匀速运动, 如图所示.如突然撤消拉力,则刚撤消后瞬间,二者的加速度a和a分别为多少? BAH 解:分别对A,B进行受力分析,由受力分析图可知: F=u(m+m,)g F=kx+uam,g 所以a4 m18,a=0 2-3.如图所示,用一斜向上的力F(与水平成30°角),将 重为G的木块压靠在竖直壁面上,如果不论用怎样大的力F,都 不能使木块向上滑动,则说明木块与壁面间的静摩擦系数的大 0° 小为多少? 解:假设墙壁对木块的压力为N,由受力分析图可知 F N= Cosa 整理上式,并且根据题意,如果不论用怎样大的力F,都不能使木块向上滑动
9 解：假设墙壁对小球的压力为 N1，木板对小球的压力为 N2。 由受力分析图可知： N2 sin = mg 所以当所以 增大，小球对木板的压力为 N2 将减小； 同时： 2 1 N cos = N N1 = mgctg 所以 增大，小球对墙壁的压力 N1 也减小。 2-2. 质量分别为 m1 和 m2 的两滑块 A 和 B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平 桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力 F 作用下匀速运动， 如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少 ？ 解：分别对 A，B 进行受力分析，由受力分析图可知： F = (m1 + m2 )g F = kx+ m1g kx = m2 g 所以 , 0. 1 1 2 = + A = g aB m m m a 2-3. 如图所示，用一斜向上的力 F (与水平成 30°角)，将一 重为 G 的木块压靠在竖直壁面上，如果不论用怎样大的力 F，都 不能使木块向上滑动，则说明木块与壁面间的静摩擦系数的大 小为多少？ 解：假设墙壁对木块的压力为 N，由受力分析图可知： F sin = G + N N = F cos 整理上式，并且根据题意，如果不论用怎样大的力 F，都不能使木块向上滑动
则NF5G+0F即当F<F此式中F无论为多大 总成立,则可得:√ 2-4.质量分别为m和M的滑块A和B,叠放在光滑水 平桌面上,如图所示.A、B间静摩擦系数为μ’滑动摩 擦系数为,系统原处于静止.今有一水平力作用于A上 要使A、B不发生相对滑动,则F应取什么范围? 解:根据题意,分别对A,B进行受力分析,要使A,B不发生相对滑动, 必须使两者具有相同的加速度,所以列式:a=5m=∠m (m+M 可得:F< M g 2-5.如图,物体A、B质量相同,B在光滑水平桌面 上.滑轮与绳的质量以及空气阻力均不计,滑轮与其轴之 间的摩擦也不计.系统无初速地释放,则物体A下落的加 速度是多少? 解:分别对A,B进行受力分析,由受力分析图可知 m,g-T=m,a 2T=m,a, 则可计算得到:a1=g 2-6.如图所示,假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下 滑,轨道是光滑的,在从A至C的下滑过程中,下面哪 个说法是正确的?
10 则说明： F G F 2 3 2 1 + 即当 F F 2 3 2 1 此式中 F 无论为多大， 总成立，则可得： 3 3 2-4. 质量分别为 m 和 M 的滑块 A 和 B ，叠放在光滑水 平桌面上，如图所示． A 、 B 间静摩擦系数为 s ，滑动摩 擦系数为 k ，系统原处于静止．今有一水平力作用于 A 上， 要使 A 、 B 不发生相对滑动，则 F 应取什么范围？ 解：根据题意，分别对 A，B 进行受力分析，要使 A，B 不发生相对滑动， 必须使两者具有相同的加速度，所以列式： M mg m M F a msx s = + = 可得： g M m m M F s （ + ） 2-5. 如图，物体 A、B 质量相同，B 在光滑水平桌面 上．滑轮与绳的质量以及空气阻力均不计，滑轮与其轴之 间的摩擦也不计．系统无初速地释放，则物体 A 下落的加 速度是多少？ 解：分别对 A，B 进行受力分析，由受力分析图可知： m1g −T = m1a1 2T = m2a2 2 1 2 1 a = a 则可计算得到： a g 5 4 1 = 2-6. 如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下 滑，轨道是光滑的，在从 A 至 C 的下滑过程中，下面哪 个说法是正确的？