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