(交大版大学物理习题解答上册)---2质点运动定律习题思考题

习题2

2-1 质量为16kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为

6N x f =，7N y f =，当0t =时，0x y ==，2m /s x v =-，0y v =。当2s

t =时，求：

(1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。 解：由 x x f a m =

，有：x a 263

m /168

s ==，27m /16y y f a s m -=

= （1）2

0035

22m /84

x x x

v v a dt s =+

=-+?=-?， 20077

2m /168

y y y v v a dt s -=+=?=-?。

于是质点在2s 时的速度：57m /s 48

v i j =--

（2）22011()22x y r v t a t i a t j =++

1317(224)()428216

i j -=-?+??+?

137m 48

i j =--

2-2 摩托快艇以速率v 0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F = -kv 2(k 为正值常量)。设摩托快艇的质量为m ，当摩托快艇发动机关闭后，求： (1) 求速率v 随时间t 的变化规律； (2) 求路程x 随时间t 的变化规律；

(3) 证明速度v 与路程x 之间的关系为x

0e

k v v '-=，其中m k k /='。

解：（1）由牛顿运动定律F ma =得：2

d v kv m

d t -=，分离变量有2k d v

d t m v

-=，

两边积分得：速率随时间变化的规律为

011k t v v m

=+； （2）由位移和速度的积分关系：0

t

x v dt =??，

积分有：

00

0111ln()ln 1t

k k k x dt t k m v m m v t v m

=?=

+-+?

∴路程随时间变化的规律为：0ln(1)k k

x v t m m

=+ ； （3）由2

d v d x kv m

d x d t -=?

，k d v d x m v -=，∴00

x

v v k dv dx m v -=?? 积分有：x

0k v v e '-=。

2-3．质量为m 的子弹以速度0v 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，子弹射入沙土中的阻力表达式为：f kv =- 又由牛顿第二定律可得：dv f m

dt =，则dv

kv m dt

-= 分离变量，可得：dv k dt v m =-，两边同时积分，有：000t v dv k

dt v m

=-??，

所以：t m

k

e v v -=0

（2）子弹进入沙土的最大深度也就是0v =的时候子弹的位移，则：

考虑到

dv dv dx dt dx dt =

，dx v dt =，可推出：m

dx dv k

=-，而这个式子两边积分就可以得到位移：00max 0v m m

x dv v k k

=-=? 。

2-4．一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ω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L 上距离转轴为r 处取一小段微元绳子，假设其质量为dm ，可知：M

dm dr L

=

，因为它做的是圆周运动，所以微元绳的所受合力提供向心力： L

Mdr

r

rdm r dT 22ωω==）（。 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：）（）（）

（22

22r L L

M r dT r T L

r

-==?

ω。

2-5．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

/x k f -=，k 是比例常数．设质点在A x =时的速度为零，求质点在4/A x =处的速度的大小。

解：由题意：2k f x =-

，再由牛顿第二定律可得：2k dv

m x dt

-=， 考虑到dv dv dx dt dx dt =

，dx v dt =，可推出：2k mvdv dx x

=- 两边同时取积分，则：/4201

v A A m vdv k dx x

=-?? 有：mA

k

v 6=

2-6．一质量为kg 2的质点，在xy 平面上运动，受到外力2

424F i t j =- (SI)的作用，0=t 时，它的初速度为034v i j =+

(SI)，求s t 1=时质点的速度及受到

的法向力n F 。

解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。

由：d v F m d t

= ，有：2

4242d v i t j dt -=? ，两边积分有：

02

01(424)2v t v d v i t j dt =-?? ，∴3024v v t i t j =+- ，

考虑到034v i j =+

，s t 1=，有15v i =

由于在自然坐标系中，t v ve = ，而15v i =

（s t 1=时），表明在s t 1=时，切向

速度方向就是i 方向，所以，此时法向的力是j 方向的，则利用2

424F i t j =- ，

将s t 1=代入有424424t n F i j e e =-=-

，∴24n F N =-。

2-7．如图，用质量为1m 的板车运载一质量为2m 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？

解法一：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，且上限车板与箱底间为最大摩擦。 即：max 212222

f m

g f F

a m m m m m μ=

=<=

+

可得：12()F m m g μ<+

解法二：设木箱不致于滑动的最大拉力为max F ，列式有：

max 2122F m g m a

m g m a

μμ-==

联立得：max 12()F m m g μ=+，

有：12()F m m g μ<+。

2-8．如图所示一倾角为θ的斜面放在水平面上，斜面上放一木块，两者间摩擦系数为)(θμtg <。为使木块相对斜面静止，求斜面加速度a 的范围。 解法一：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：

sin cos N N mg μθθ+=

1s i n c o s N N m a θμθ-=

可计算得到：此时的θ

μμ

θtan 1tan 1+-=

a g

（2）当木快具有向上滑动的趋势时（见图b ），列式为：

sin cos N mg N μθθ+=

2sin cos N N ma θμθ+=

可计算得到：此时的θ

μμθtan 1tan 2-+=a g ，

所以：tan tan 1tan 1tan g a g θμθμ

μθμθ-+≤≤+-。 解法二：考虑物体m 放在与斜面固连的非惯性系中， 将物体m 受力沿'x 和'y 方向分解，如图示，同时

考虑非惯性力，隔离物块和斜面体，列出木块平衡式： 'x 方向：sin cos 0mg ma f θθ-±=

'y 方向：cos sin 0N mg ma θθ--=

考虑到f N μ=，有：sin cos (cos sin )0mg ma mg ma θθμθθ-±+=，

解得：sin cos tan cos sin 1tan a g g θμθθμ

θμθμθ

±±== 。

∴a 的取值范围：tan tan 1tan 1tan g a g θμθμ

μθμθ

-+≤≤+-。

2-9 密度为ρ1的液体，上方悬一长为l ，密度为ρ2的均质细棒AB ，棒的B 端刚好和液面接触。今剪断绳，并设棒只在重力和浮力作用下下沉，求：

(1) 棒刚好全部浸入液体时的速度；

(2) 若ρ2<ρ1/2，棒进入液体的最大深度； (3) 棒下落过程中能达到的最大速度。 解：（1）由牛顿运动定律G F ma -= 得：

212d v g l S g x S l S d t ρρρ?-?=??

，考虑到d v d v d x d t d x d t =?，d x

v d t

=，

分离变量，有：212g l g x

v d v d x l

ρρρ-?=

，

棒刚好全部浸入液体时，速度为v ，此时x l =

,

则两边积分，

210

02v

l

g l g x

v d v d x l

ρρρ-?=?

?

得：

2

12

122g l v g l ρρ=-

，∴v =

（2

）由v =

2120ρρ->，

即：1

22

ρρ>，假若有条件1

22

ρρ<

，则棒不能全部浸入液体；

若1

22

ρρ<

，设棒进入液体的最大深度为h ，由积分

210

2v

h g l g x

v d v d x l

ρρρ-?=?

?

可得：2212122g h v g h l ρρ=-，考虑到棒在最大深度时速度为零，有：21

2l

h ρρ=。

（3）由牛顿运动定律G F ma -= 知，当G F = 时，0a =，速度最大（设为m v ） 有：21g l S g x S ρρ?=?，即21

l

x ρρ=

， 由积分

21

210

2m

l

v g l g x

v d v d x l

ρρρρρ-?=?

?

，有：

2

2212121

1()22m l g l v g l ρρρρρρ=?-

，∴m v

2-10．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ω匀速转动，试问稳定旋转时液面的形状如何？

解：取容器内稳定旋转液面某处一小块液体微元m ?，m ?受重力mg ?

和支持力

N

的作用，考虑yoz 剖面，受力分析如图示。列式：2sin N m y α

ω=? ①，cos N mg α=? ②

①/②有：2tan y

g

ωα=

，又由导数几

何意义，有：tan d z d y

α= ∴ 2y

dz dy g

ω=

，积分有：

C y g

ωz +=222

当 0=y 时 0z z = 所以 0z C =

0222z y g

ωz +=，表明yoz 剖面上，形成液面的抛物线；

同理，在xoz 剖面上，可得：2

202z x z g

ω=

+，稳定旋转时液面是一个抛物面，

综上，在立体的三维坐标xyz 上，抛物面的方程为：2

220()2z x y z g

ω=

++。

2-11．质量为2m 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1m ，放置在光滑的水平面上，斜面倾角为θ， 求释放后两物体的加速度及它们的相互作用力。

解：利用隔离体方法，设方形物2m 相对于劈形物1m 沿斜面下滑的加速度为2'a ，劈形物1m 水平向左的加 速度为1a ，分析受力有：

方形物2m 受力：2m g

，1N

，21m a

（惯性力）；

劈形物1m 受力：1m g

，1N ，2N ，如图；

对于2m ，有沿斜面平行和垂直的方程为：

21222cos sin 'm a m g m a θθ+= ① 1212sin cos N m a m g θθ+= ②

2m 1

m θ

1

对于1m ，有：

111s i n

N m a θ= ③ 将③代入有②：

1

1212sin cos sin m a m a m g θθθ

+=， ∴21212sin cos sin m a g m m θθθ=+，代入①，有：122

212()sin 'sin m m a g m m θθ+=+ 再将2'a 在水平和竖直两方向上分解，有：

1

2

22

12()sin cos 'sin x m m a g m m θθ

θ

+=+ 2

1222212()sin 'sin y y m m a g a m m θθ+==+ ∴1222

12sin cos 'sin x x m a a a g m m θθ

θ

=-=-+ 而相互作用力：111sin m a

N θ==

g m m m m θ

θ22121sin cos +

2-12．一小环套在光滑细杆上，细杆以倾角θ绕竖直轴作匀角速度转动，角速度为ω，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： mg N =θsin

θωθsin cos 2r m N =

所以，可得：θ

θωsin tan 2g

r =。

2-13．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0=t 时，00v =，00x =。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 cx i =+ ，22d x

F m d t

= ，

整理可得二阶微分方程：220d x c b

x dt m m

--=，

下面分c 为正负做讨论：令m

c =

2ω （1）当0c <时，令2

c m

ω=-，方程为：22

20d x b x dt m ω+-=，

可以写成：22222

()()0b

d x b m x dt m ωωω-+-=

【考虑到高等数学中，对于22

20d y y dx

ω+=，其通解为：cos()y A x ω?=+】

可得：2cos()b x A t m ω?ω-=+，即：cos()b

x A t c

ω?=-++

再对上式求一次导，得到：sin()d x

v A t d t

ωω?==-+， 由初始条件：0=t 时，00v =，00x =，可知：b

A c

=-，0?=，

∴有cos b b x t c c ω=--，sin b v t c

ω

ω=；

（2）当0c >时，令2

c m

ω=，方程为：2220d x b x dt m ω--=，

可以写成：22222

()()0b

d x b m x dt m ωωω

+-+= 【考虑到高等数学中，对于22

20d y y dx

ω-=，其通解为：12x x y C e C e ωω-=+】

可得：122

t t b x C e C e m ωωω-+=+，即：12t t

b x C e C e c

ωω-=-++ 再对上式求一次导，得到：12t t d x

v C e C e d t

ωωωω-==-， 由初始条件：0=t 时，00v =，00x =，可知：122b

C C c

==，

∴有()2t t b b x e e c c ωω-=-++，()2t t b

v e e c

ωωω-=-；

2-14．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μ，在0=t 时，球的速率为0v ，求任一时刻球的速率和运动路程。

解：利用自然坐标系，法向：2

v N m R =，而：f N μ=

切向：dt

dv

m f =-，则：2dv v dt R μ=-

0201v t v dv dt v R μ-=??，得：t

μv R R

v v 00+=

00000

ln(1)t t v t dt R

S vdt v R R v t R μμμ===++??

2-15 设飞机降落时的着地速度大小0v ，方向与地面平行，飞机与地面间的摩擦系数μ，如果飞机受到的迎面空气阻力与速率平方成正比为K x v 2，升力为K y v 2 (K x 和K y 均为常量)，已知飞机的升阻比为y x

K C K =

，求从着地到停止这段时间所滑

行的距离（设飞机刚着地时对地面无压力）。

解：（1）由牛顿运动定律F ma =，考虑到飞机刚着地时对地面无压力，有：

2

0x K v mg =

则2

2

2

2

00

()x x x y K v d v K v K v K v g d t μ---=，又∵d v d v d x d v

v d t d x d t d x

=?=?，

∴有：

22222001(1)2dv v v C g d x v v μ?=---?，即：222

200()2v dv v C v g d x

μμ-?=+- 积分有：

02222

2

00

2

2

00ln 2()2()v v v v v dv x v v g C g C C v C μμμμμμ

=-

=+---+-?

∴路程为：20ln 2()v C

x g C μμ

=

- 。 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α，当α逐渐增大时，小球对木板的压力将怎样变化？

解：以小球为研究对象，设墙壁对小球的压力为N 1， 方向水平向右，木板对小球的压力为N 2

木板，小球受重力为mg ，建立平衡方程：

mg N =αsin 2 ，12cos N N α= 所以当α增大，小球对木板的压力N 2将减小；

小球对墙壁的压力1N 也减小。

2-2．质量分别为m 1和m 2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 A 和a B 分别为多少 ？ 解：由于系统在拉力F 作用下做匀速运动， 对A 进行受力分析，知：1F kx m g μ=+， 对B 进行受力分析，知：2kx m g μ=

突然撤消拉力时，对A 有：11A m a kx m g μ=+，所以12

1

A m m a g m μ+=， 对

B 有：22B m a kx m g μ=-，所以0B 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μ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：

0sin 30F G N μ=+

0cos30N F =

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，则说明：

F G F 2321μ+≤ 即：12F F μ<（此式中F 无论为多大，总

成立）

，则可得：3

μ>

。 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 μ，滑动摩擦系数为k μ，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：

max s s F mg m

mg Ma

μμ-==

解得：max s m M

F mg M

μ+=， ∴s m M

F mg M

μ+<

。

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，可知：

A A A m g T m a -=

2B B T m a =

12

B A a a =

则可计算得到：4

5

A a 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？ (A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心。 (B) 它的速率均匀增加。

(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心。 (D) 它的合外力大小不变。

(E) 轨道支持力的大小不断增加。

解：在下滑过程中，物体做圆周运动。并且v 在增大，所以它既有法向加速度，又有切向加速度，A 的说法不对；

速率的增加由重力沿切线方向的分力提供，由于切线方向始终在改变，所以速率增加不均匀，B 的说法不对；

外力有重力和支持力，后者的大小和方向都在变化，所以合力的大小方向也在变化。C ，D 的说法都不对。

下滑过程中的θ和v 都在增大，所以N 也在增大，R

v m mg N 2

sin +=θ

则E 的说法正确。

2-7．一小珠可在半径为R 的竖直圆环上无摩擦地滑动，且圆环能以其竖直直径为轴转动．当圆环以一适当的恒定角速度ω转动，小珠偏离圆环转轴而且相对圆环静止时，小珠所在处圆环半径偏离竖直方向的角度为多大？ 解：根据题意，当小珠能相对于圆环平衡时， 其运动为绕Z 轴的圆周运动，假设小珠所在处 圆环半径偏离竖直方向的角度为θ，可列式： mg N =θcos

θωθsin sin 2

R m N =

所以，可得：R

g 2cos ωθ=，2cos g

arc R θω= 。

2-8．几个不同倾角的光滑斜面，有共同的底边，顶点也在同一竖直面上（如图所示）．为使一物体（视为质点）从斜面上端由静止滑到下端的时间最短，则斜面的倾角应选 (A) 60° (B) 45° (C) 30° (D) 15°

解：根据题意，假设底边长为s ，斜面的倾角为θ， 可列式：

21sin 2cos s

g t θθ

=

， θ

2sin 42g s

t = ，

∴当θ=45°时，时间最短。

2-9．如图所示，小球A 用轻弹簧A O 1与轻绳A O 2系住；小球B 用轻绳B O 1

'与B O 2'系住，今剪断A O 2绳和B O 2'绳，在刚剪断的瞬间，A 、B 球的加速度量

值和方向是否相同？

解：不同。

θ

s

对于a 图，在剪断绳子的瞬间，弹簧的伸长没有变化，所以弹簧的拉力F 不变，A 的加速度应该是由重力和弹簧的拉力提供的合力T ，所以：

sin F T ma ?==

cos F mg ?=

所以加速度大小为：tan a g ?=，方向为水平方向。

对于b 图，在剪断绳子的瞬间，绳子拉力F 变化，它将提供物体做圆周运动，其加速度应该有切向加速度和法向加速度。所以：

切向：sin t mg ma ?= ，法向：cos n F mg ma ?-=，2

n v a R

=，

考虑到此时0v =，有：0n a =，所以此时加速度大小为：sin t a a g ?==，方向为与绳垂直的切线

方向。

2-10．两质量均为m 的小球穿在一光滑圆环上，并由一轻绳相连，环竖直固定放置，在图中位置由静止释放，试问释放瞬间绳上张力为多少？

解：在释放瞬间上面的小球作水平运动，下面小球作竖直运动，两者加速度大小相等，方向互相垂直。

上面小球：0

sin 45T ma = （1）

下面小球：0

sin 45mg T ma -= （2） 两式联立消去a ，

2s i n 452

m g m g

T ==