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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
f x =6N ，f y =7N ，当t =0时，x =y =0，v x =-2m /s ，v y =0。当t =2s
时，求：
(1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。 解：由 a x =
f y f x 6372
==m /s =m /s 2 ，有：a x ，a y =
m 168m 16
t
3
a dt =-2+t ⎰0x
8
t t 33
x =x 0+⎰v x dt =⎰(-2+) dt =-2t +t 2
00816t 7
v y =v y 0+⎰a y dt =0+t
016t t 77
y =y 0+⎰v y dt =⎰=t 2
001632
13 7
于是2秒时质点的位矢为：r =x i +y j =(-i +j )(m )
48
5 7
（2）于是质点在2s 时的速度： v =-i +j (m/s)
48
（1） v x =v x 0+
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v =v 0e
-k 'x
，其中k '=k /m 。
2
解：（1）由牛顿运动定律F =ma 得：-kv =m
k d v d v
，分离变量有-d t =2，
m v d t
两边积分得：速率随时间变化的规律为
t
11k
=+t ； v v 0m
（2）由位移和速度的积分关系：x =积分有：
⎰v ⋅dt ，
x =⎰
t
11k +t v 0m
⋅dt =
k 1k k 1ln(+t ) -ln m v 0m m v 0
k k
ln(1+v 0t ) ； m m
由于此题路程和位移相等，∴路程随时间变化的规律为：x =
2
v dv k d v k x d v d x
（3）由-kv =m ，-d x =，∴-⎰dx =⎰ ⋅
v 0v m v m 0d x d t
积分有： v =v 0exp(-
k k
x ) =v 0e (-k 'x ) ，其中k '=
m m
2-3．质量为m 的子弹以速度v 0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：f =m 分离变量，可得：所以：v =v 0e
k
-t m
dv dv ，则-kv =m dt dt
0dv t dv k k
=-dt ，两边同时积分，有：⎰=⎰-dt ，
v 0v 0v m m
（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：
dx dv dv dx m
=，v =，可推出：dx =-dv ，而这个式子两边积分就
dt dt dx dt k 0m m
可以得到位移：x max =-⎰dv =v 0 。
v 0考虑到
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：考虑离轴线r 和r +∆r 间的一小段绳子（如图），它的长度为∆r ，质量
M
∆r ，由于绳子作圆周运动，这小段绳子就有法向加速度，所以它的两L
端的张力不相等，设为T (r ) T (r +∆r ) ，其运动方程为： ∆m =
T (r ) -T (r +∆r ) =∆m ⋅a n =∆m ⋅ω2r =
因为；lim
M 2
ωr ∆r L
T (r +∆r ) -T (r ) d T
=
∆r →∞∆r d r
T (L ) L M 2M
ωr d r ，⎰d T =⎰-2r d r 于是有：d T =-
T (r ) r L L
M ω22
(L -r 2) ，而T (L ) =0 得：T (L ) -T (r ) =-2L
M ω22
T (r ) =(L -r 2)
2L
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，
2
k 是比例常数．引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即f =-k /x ，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 k dv
-=m ，再由牛顿第二定律可得：，
x 2x 2dt
dx dv dv dx k
=考虑到，v =，可推出：mvdv =-2dx
dt dt dx dt x v A /41
两边同时取积分，则：m ⎰vdv =-k ⎰0A x 2
6k
有：v =
mA
解：由题意：f =-
2-6．一质量为2kg 的质点，在xy 平面上运动，受到外力F =4i -24t 2j (SI)的作用，t =0时，它的初速度为v 0=3i +4j (SI)，求t =1s 时质点的速度及受到的法向力F n 。
解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。
d v d v 2
由：F =m ，有：4i -24t j =2⋅，两边积分有：
d t dt
v t 1 23d v =(4i -24t j ) dt ，∴v =v +2t i -4t j ， 0⎰v 0⎰02
考虑到v 0=3i +4j ，t =1s ，有v 1=5i
由于在自然坐标系中，v =v e t ，而v 1=5i （t =1s 时），表明在t =1s 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F =4i -24t 2j ，
将t =1s 代入有F =4i -24j =4e t -24e n ，∴F n =-24N 。
2-7．如图，用质量为m 1的板车运载一质量为m 2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。
f max μm 2g f F
=
可得：F
解法二：设木箱不致于滑动的最大拉力为F max ，列式有：
F max -μm 2g =m 1a
μm 2g =m 2a
联立得：F max =μ(m 1+m 2) g ， 有：F
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μ(
（1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图a ），列式为：
μN sin θ+N cos θ=mg
N s i n θ-
μN c o θs =m
1a
tan θ-μ
g 可计算得到：此时的a 1=
1+μtan θ（2）当木快具有向上滑动的趋势时（见图b ），列式为：
μN sin θ+mg =N cos θ
N sin θ+μN cos θ=ma 2
tan θ+μtan θ-μtan θ+μ
g ，g ≤a ≤g 。可计算得到：此时的a 2=
1+tan 1-tan 1-μtan θ
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：mg sin θ-ma cos θ±f =0
y ' 方向：N -mg cos θ-ma sin θ=0
考虑到f =μN ，有：mg sin θ-ma cos θ±μ(mg cos θ+ma sin θ) =0，
sin θ±μcos θtan θ±μ
g =g 。 解得：a =
cos θ μsin θ1 μtan θ
tan θ-μtan θ+μ
g ≤a ≤g 。 ∴a 的取值范围：
1+tan 1-tan
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
ρ2g l ⋅S -ρ1g x ⋅S =ρ2l ⋅S ⋅
d v d v d v d x d x
，考虑到，v =， =⋅d t d t d x d t d t
分离变量，有：v ⋅d v =
ρ2g l -ρ1g x
d x ，
ρ2l
棒刚好全部浸入液体时，速度为v ，此时x =l , 则两边积分，
⎰
v
v ⋅d v =⎰
ρ2g l -ρ1g x
d x
0ρ2l
l
得：
ρg l 12 v =g l -
1，∴v =
22ρ2（2
）由v =即：ρ2>若ρ2
2ρ2-ρ1>0，
ρ1
2
，假若有条件ρ2
ρ1
2
，则棒不能全部浸入液体；
ρ1
2
h 0
，设棒进入液体的最大深度为h ，由积分
⎰
v
v ⋅d v =⎰
ρ2g l -ρ1g x
d x
ρ2l
2ρ2l ρ1g h 212
可得：v =g h -，考虑到棒在最大深度时速度为零，有：h =。
ρ122ρ2l
（3）由牛顿运动定律G -F 浮=ma 知，当G =F 浮时，a =0，速度最大（设为
v m ）
有：ρ2g l ⋅S =ρ1g x ⋅S ，即x =
ρ2l
ρ1
ρ2l
， ρ1
由积分
⎰
v m
v ⋅d v =⎰
ρ2g l -ρ1g x
d x ，有：
ρ2l
ρl ρg ρl 12 v m =g ⋅2-
1(2) 2，∴v m 2ρ12ρ2l ρ1
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：N sin α=∆m ω2y ①，N cos α=∆mg ②
①/②有：tan α=
ω2y
g
，又由导数几
何意义，有：tan α= ∴ dz =
d z d y
ω2y
g
dy ，积分有：
ω22z =y +C
2g
当 y =0 时 z =z 0 所以 C =z 0
ω22z =y +z 0，表明yoz 剖面上，形成液面的抛物线；
2g
同理，在xoz 剖面上，可得：z =
ω2
2g
x 2+z 0，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：z =
ω2
(x 2+y 2) +z 0。
2-11．质量为m 2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 1，放置在光滑的水平面上，斜面倾角为θ，m 2求释放后两物体的加速度及它们的相互作用力。
m 1
解：利用隔离体方法，设方形物m 2相对于劈形物m 1 沿斜面下滑的加速度为a 2
' ，劈形物m 1水平向左的加 速度为a 1，分析受力有：
方形物m 2受力：m 2g ，N 1，m 2a 1（惯性力）；
劈形物m 1受力：m 1g ，N 1，N 2，如图； 对于m 2，有沿斜面平行和垂直的方程为：
1
m 2a 1cos θ+m 2g sin θ=m 2a 2' ① N 1+m 2a 1sin θ=m 2g cos θ ② 对于m 1，有： N 1s i n θ=m 1a 1 ③
m
将③代入有②：1a 1+m 2a 1sin θ=m 2g cos θ，
sin θ
m sin θcos θ(m 1+m 2)sin θ∴a 1=2，代入①，有：g a ' =g 222
m 1+m 2sin θm 1+m 2sin θ再将a 2' 在水平和竖直两方向上分解，有： (m +m 2)sin θcos θ
g a 2x ' =1
m 1+m 2sin 2θ
(m 1+m 2)sin 2θ
a 2y ' =g =a 2y m 1+m 2sin 2θ
m 1sin θcos θ
g
m 1+m 2sin 2θ
m 1m 2cos θm a
而相互作用力：N 1=11=g
sin θm 1+m 2sin 2θ
∴a 2x =a -a 2x ' =-
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： N sin θ=
mg
N cos θ=m ω2r sin θ
g
所以，可得：r =2。
ωtan θsin θ
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t =0时，v 0=0，x 0=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 。
d 2x
解：根据题意和牛顿第二定律，可列式：F =(b +cx ) i ，F =m 2，
d t
d 2x c b
整理可得二阶微分方程：2-x -=0，
dt m m
c 2
下面分c 为正负做讨论：令ω=
m c d 2x b 22
（1）当c
m dt m b
d 2(x -) 2
+ω2(x -b ) =0 可以写成：
dt 2m ω2
d 2y 2
【考虑到高等数学中，对于2+ωy =0，其通解为：y =A cos(ωx +ϕ) 】
dx
b b
=A cos(ωt +ϕ) x =-+A cos(ωt +ϕ) 可得：x -，即：2
m ωc
d x
=-A ωsin(ωt +ϕ) ， d t
b
由初始条件：t =0时，v 0=0，x 0=0，可知：A =-，ϕ=0，
c
b b b ω
sin ωt ； ∴有x =--cos ωt ，v =
c c c
c d 2x b 22
（2）当c >0时，令ω=，方程为：2-ωx -=0，
m dt m b
d 2(x +) 2
-ω2(x +b ) =0 可以写成：
dt 2m ω2
d 2y 2
【考虑到高等数学中，对于2-ωy =0，其通解为：y =C 1e ωx +C 2e -ωx 】
dx
b b ωt -ωt ωt -ωt
=C e +C e x =-+C e +C e 可得：x +，即： 12122
m ωc
d x
再对上式求一次导，得到：v ==C 1ωe ωt -C 2ωe -ωt ，
d t
b
由初始条件：t =0时，v 0=0，x 0=0，可知：C 1=C 2=，
2c
b b ωt b
(e +e -ωt ) ，v =ω(e ωt -e -ωt ) ； ∴有x =-+c 2c 2c
再对上式求一次导，得到：v =
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t =0时，球的速率为v 0，求任一时刻球的速率和运动路程。
v 2
解：取自然坐标系，法向：N =m ，而：f =μN
R
dv dv v 2
=-μ 切向：-f =m ，则：
dt dt R
v 1t μv 0R -dv = ⎰2，得： v =⎰0R v 0v R +v 0μt
S =
⎰
t 0
vdt =v 0R ⎰
v μt dt R
=ln(1+0)
0R +v μt μR 0
t
2-15 设飞机降落时的着地速度大小v 0，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C =
K y K x
，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：
2K x v 0=mg
2
K x v 0d v d v d x d v d v
则-μ(K v -K x v ) -K y v =，又∵， =⋅=v ⋅
d t d x d t d x g d t
2
x 0
2
2
2v 01dv 2v 2v 2dv 22
∴有：⋅=-μ(1-2) -C ⋅2，即：-⋅=μv 0+(C -μ) v 2
2g d x v 0v 02g d x
积分有：
222
0v 0v 0μv 0dv 2
x =-=ln +v 2 2⎰2g (C -μ) v 0μv 02g (C -μ) C -μ0+v 2
C -μ2v 0C
∴路程为：x =ln 。
2g (C -μ) μ
v 0
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：
N 2sin α=mg ，N 1=N 2cos 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N 1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：F =kx +μm 1g ， 对B 进行受力分析，知：kx =μm 2g
突然撤消拉力时，对A 有：m 1a A =kx +μm 1g ，所以a A =μ对B 有：m 2a B =kx -μm 2g ，所以a B =0。
2-3．如图所示，用一斜向上的力F (与水平成30°角) ，将
m 1+m 2
g ， m 1
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：
F sin300=G +μN N =F cos300
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，
131F ≤G +μF
即：F
成立）
，则可得：μ>。
3
则说明：
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μs ，滑动摩擦系数为μk ，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：
F max -μs mg =ma
μs mg =Ma
解得：F max =∴F
m +M
μs mg ， M
m +M
μs mg 。 M
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：
m A g -T =m A a A
2T =m B a B
1a B =a A
2
则可计算得到：a A =
4
g 。 5
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。
v 2
下滑过程中的θ和v 都在增大，所以N 也在增大，N =mg sin θ+m
R
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： N cos θ=mg
N sin θ=m ωR sin θ
g g
所以，可得：cos θ=2，θ=arc cos 2 。
ωR ωR
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：
2
1s g sin θt 2=， 2cos θ
4s
t 2= ，
g sin 2θ
∴当θ=45°时，时间最短。
s
'B 与2-9．如图所示，小球A 用轻弹簧O 1A 与轻绳O 2A 系住；小球B 用轻绳O 1
O '2B 系住，今剪断O 2A 绳和O '2B 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。
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：
F sin ϕ=T =ma F cos ϕ=mg
所以加速度大小为：a =g tan ϕ，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：
v 2
a n =，切向：法向：考虑到此时v =0，mg sin ϕ=ma t ，F -mg cos ϕ=ma n ，
R
有：a n =0，所以此时加速度大小为：a =a t =g sin ϕ，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：T sin 45=ma （1） 下面小球：mg -T sin 450=ma （2） 两式联立消去a ，
T =
m g =0
2s i n 45
版权归原著所有 本答案仅供参考
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
f x =6N ，f y =7N ，当t =0时，x =y =0，v x =-2m /s ，v y =0。当t =2s
时，求：
(1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。 解：由 a x =
f y f x 6372
==m /s =m /s 2 ，有：a x ，a y =
m 168m 16
t
3
a dt =-2+t ⎰0x
8
t t 33
x =x 0+⎰v x dt =⎰(-2+) dt =-2t +t 2
00816t 7
v y =v y 0+⎰a y dt =0+t
016t t 77
y =y 0+⎰v y dt =⎰=t 2
001632
13 7
于是2秒时质点的位矢为：r =x i +y j =(-i +j )(m )
48
5 7
（2）于是质点在2s 时的速度： v =-i +j (m/s)
48
（1） v x =v x 0+
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v =v 0e
-k 'x
，其中k '=k /m 。
2
解：（1）由牛顿运动定律F =ma 得：-kv =m
k d v d v
，分离变量有-d t =2，
m v d t
两边积分得：速率随时间变化的规律为
t
11k
=+t ； v v 0m
（2）由位移和速度的积分关系：x =积分有：
⎰v ⋅dt ，
x =⎰
t
11k +t v 0m
⋅dt =
k 1k k 1ln(+t ) -ln m v 0m m v 0
k k
ln(1+v 0t ) ； m m
由于此题路程和位移相等，∴路程随时间变化的规律为：x =
2
v dv k d v k x d v d x
（3）由-kv =m ，-d x =，∴-⎰dx =⎰ ⋅
v 0v m v m 0d x d t
积分有： v =v 0exp(-
k k
x ) =v 0e (-k 'x ) ，其中k '=
m m
2-3．质量为m 的子弹以速度v 0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：f =m 分离变量，可得：所以：v =v 0e
k
-t m
dv dv ，则-kv =m dt dt
0dv t dv k k
=-dt ，两边同时积分，有：⎰=⎰-dt ，
v 0v 0v m m
（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：
dx dv dv dx m
=，v =，可推出：dx =-dv ，而这个式子两边积分就
dt dt dx dt k 0m m
可以得到位移：x max =-⎰dv =v 0 。
v 0考虑到
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：考虑离轴线r 和r +∆r 间的一小段绳子（如图），它的长度为∆r ，质量
M
∆r ，由于绳子作圆周运动，这小段绳子就有法向加速度，所以它的两L
端的张力不相等，设为T (r ) T (r +∆r ) ，其运动方程为： ∆m =
T (r ) -T (r +∆r ) =∆m ⋅a n =∆m ⋅ω2r =
因为；lim
M 2
ωr ∆r L
T (r +∆r ) -T (r ) d T
=
∆r →∞∆r d r
T (L ) L M 2M
ωr d r ，⎰d T =⎰-2r d r 于是有：d T =-
T (r ) r L L
M ω22
(L -r 2) ，而T (L ) =0 得：T (L ) -T (r ) =-2L
M ω22
T (r ) =(L -r 2)
2L
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，
2
k 是比例常数．引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即f =-k /x ，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 k dv
-=m ，再由牛顿第二定律可得：，
x 2x 2dt
dx dv dv dx k
=考虑到，v =，可推出：mvdv =-2dx
dt dt dx dt x v A /41
两边同时取积分，则：m ⎰vdv =-k ⎰0A x 2
6k
有：v =
mA
解：由题意：f =-
2-6．一质量为2kg 的质点，在xy 平面上运动，受到外力F =4i -24t 2j (SI)的作用，t =0时，它的初速度为v 0=3i +4j (SI)，求t =1s 时质点的速度及受到的法向力F n 。
解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。
d v d v 2
由：F =m ，有：4i -24t j =2⋅，两边积分有：
d t dt
v t 1 23d v =(4i -24t j ) dt ，∴v =v +2t i -4t j ， 0⎰v 0⎰02
考虑到v 0=3i +4j ，t =1s ，有v 1=5i
由于在自然坐标系中，v =v e t ，而v 1=5i （t =1s 时），表明在t =1s 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F =4i -24t 2j ，
将t =1s 代入有F =4i -24j =4e t -24e n ，∴F n =-24N 。
2-7．如图，用质量为m 1的板车运载一质量为m 2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。
f max μm 2g f F
=
可得：F
解法二：设木箱不致于滑动的最大拉力为F max ，列式有：
F max -μm 2g =m 1a
μm 2g =m 2a
联立得：F max =μ(m 1+m 2) g ， 有：F
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μ(
（1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图a ），列式为：
μN sin θ+N cos θ=mg
N s i n θ-
μN c o θs =m
1a
tan θ-μ
g 可计算得到：此时的a 1=
1+μtan θ（2）当木快具有向上滑动的趋势时（见图b ），列式为：
μN sin θ+mg =N cos θ
N sin θ+μN cos θ=ma 2
tan θ+μtan θ-μtan θ+μ
g ，g ≤a ≤g 。可计算得到：此时的a 2=
1+tan 1-tan 1-μtan θ
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：mg sin θ-ma cos θ±f =0
y ' 方向：N -mg cos θ-ma sin θ=0
考虑到f =μN ，有：mg sin θ-ma cos θ±μ(mg cos θ+ma sin θ) =0，
sin θ±μcos θtan θ±μ
g =g 。 解得：a =
cos θ μsin θ1 μtan θ
tan θ-μtan θ+μ
g ≤a ≤g 。 ∴a 的取值范围：
1+tan 1-tan
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
ρ2g l ⋅S -ρ1g x ⋅S =ρ2l ⋅S ⋅
d v d v d v d x d x
，考虑到，v =， =⋅d t d t d x d t d t
分离变量，有：v ⋅d v =
ρ2g l -ρ1g x
d x ，
ρ2l
棒刚好全部浸入液体时，速度为v ，此时x =l , 则两边积分，
⎰
v
v ⋅d v =⎰
ρ2g l -ρ1g x
d x
0ρ2l
l
得：
ρg l 12 v =g l -
1，∴v =
22ρ2（2
）由v =即：ρ2>若ρ2
2ρ2-ρ1>0，
ρ1
2
，假若有条件ρ2
ρ1
2
，则棒不能全部浸入液体；
ρ1
2
h 0
，设棒进入液体的最大深度为h ，由积分
⎰
v
v ⋅d v =⎰
ρ2g l -ρ1g x
d x
ρ2l
2ρ2l ρ1g h 212
可得：v =g h -，考虑到棒在最大深度时速度为零，有：h =。
ρ122ρ2l
（3）由牛顿运动定律G -F 浮=ma 知，当G =F 浮时，a =0，速度最大（设为
v m ）
有：ρ2g l ⋅S =ρ1g x ⋅S ，即x =
ρ2l
ρ1
ρ2l
， ρ1
由积分
⎰
v m
v ⋅d v =⎰
ρ2g l -ρ1g x
d x ，有：
ρ2l
ρl ρg ρl 12 v m =g ⋅2-
1(2) 2，∴v m 2ρ12ρ2l ρ1
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：N sin α=∆m ω2y ①，N cos α=∆mg ②
①/②有：tan α=
ω2y
g
，又由导数几
何意义，有：tan α= ∴ dz =
d z d y
ω2y
g
dy ，积分有：
ω22z =y +C
2g
当 y =0 时 z =z 0 所以 C =z 0
ω22z =y +z 0，表明yoz 剖面上，形成液面的抛物线；
2g
同理，在xoz 剖面上，可得：z =
ω2
2g
x 2+z 0，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：z =
ω2
(x 2+y 2) +z 0。
2-11．质量为m 2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 1，放置在光滑的水平面上，斜面倾角为θ，m 2求释放后两物体的加速度及它们的相互作用力。
m 1
解：利用隔离体方法，设方形物m 2相对于劈形物m 1 沿斜面下滑的加速度为a 2
' ，劈形物m 1水平向左的加 速度为a 1，分析受力有：
方形物m 2受力：m 2g ，N 1，m 2a 1（惯性力）；
劈形物m 1受力：m 1g ，N 1，N 2，如图； 对于m 2，有沿斜面平行和垂直的方程为：
1
m 2a 1cos θ+m 2g sin θ=m 2a 2' ① N 1+m 2a 1sin θ=m 2g cos θ ② 对于m 1，有： N 1s i n θ=m 1a 1 ③
m
将③代入有②：1a 1+m 2a 1sin θ=m 2g cos θ，
sin θ
m sin θcos θ(m 1+m 2)sin θ∴a 1=2，代入①，有：g a ' =g 222
m 1+m 2sin θm 1+m 2sin θ再将a 2' 在水平和竖直两方向上分解，有： (m +m 2)sin θcos θ
g a 2x ' =1
m 1+m 2sin 2θ
(m 1+m 2)sin 2θ
a 2y ' =g =a 2y m 1+m 2sin 2θ
m 1sin θcos θ
g
m 1+m 2sin 2θ
m 1m 2cos θm a
而相互作用力：N 1=11=g
sin θm 1+m 2sin 2θ
∴a 2x =a -a 2x ' =-
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： N sin θ=
mg
N cos θ=m ω2r sin θ
g
所以，可得：r =2。
ωtan θsin θ
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t =0时，v 0=0，x 0=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 。
d 2x
解：根据题意和牛顿第二定律，可列式：F =(b +cx ) i ，F =m 2，
d t
d 2x c b
整理可得二阶微分方程：2-x -=0，
dt m m
c 2
下面分c 为正负做讨论：令ω=
m c d 2x b 22
（1）当c
m dt m b
d 2(x -) 2
+ω2(x -b ) =0 可以写成：
dt 2m ω2
d 2y 2
【考虑到高等数学中，对于2+ωy =0，其通解为：y =A cos(ωx +ϕ) 】
dx
b b
=A cos(ωt +ϕ) x =-+A cos(ωt +ϕ) 可得：x -，即：2
m ωc
d x
=-A ωsin(ωt +ϕ) ， d t
b
由初始条件：t =0时，v 0=0，x 0=0，可知：A =-，ϕ=0，
c
b b b ω
sin ωt ； ∴有x =--cos ωt ，v =
c c c
c d 2x b 22
（2）当c >0时，令ω=，方程为：2-ωx -=0，
m dt m b
d 2(x +) 2
-ω2(x +b ) =0 可以写成：
dt 2m ω2
d 2y 2
【考虑到高等数学中，对于2-ωy =0，其通解为：y =C 1e ωx +C 2e -ωx 】
dx
b b ωt -ωt ωt -ωt
=C e +C e x =-+C e +C e 可得：x +，即： 12122
m ωc
d x
再对上式求一次导，得到：v ==C 1ωe ωt -C 2ωe -ωt ，
d t
b
由初始条件：t =0时，v 0=0，x 0=0，可知：C 1=C 2=，
2c
b b ωt b
(e +e -ωt ) ，v =ω(e ωt -e -ωt ) ； ∴有x =-+c 2c 2c
再对上式求一次导，得到：v =
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t =0时，球的速率为v 0，求任一时刻球的速率和运动路程。
v 2
解：取自然坐标系，法向：N =m ，而：f =μN
R
dv dv v 2
=-μ 切向：-f =m ，则：
dt dt R
v 1t μv 0R -dv = ⎰2，得： v =⎰0R v 0v R +v 0μt
S =
⎰
t 0
vdt =v 0R ⎰
v μt dt R
=ln(1+0)
0R +v μt μR 0
t
2-15 设飞机降落时的着地速度大小v 0，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C =
K y K x
，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：
2K x v 0=mg
2
K x v 0d v d v d x d v d v
则-μ(K v -K x v ) -K y v =，又∵， =⋅=v ⋅
d t d x d t d x g d t
2
x 0
2
2
2v 01dv 2v 2v 2dv 22
∴有：⋅=-μ(1-2) -C ⋅2，即：-⋅=μv 0+(C -μ) v 2
2g d x v 0v 02g d x
积分有：
222
0v 0v 0μv 0dv 2
x =-=ln +v 2 2⎰2g (C -μ) v 0μv 02g (C -μ) C -μ0+v 2
C -μ2v 0C
∴路程为：x =ln 。
2g (C -μ) μ
v 0
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：
N 2sin α=mg ，N 1=N 2cos 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N 1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：F =kx +μm 1g ， 对B 进行受力分析，知：kx =μm 2g
突然撤消拉力时，对A 有：m 1a A =kx +μm 1g ，所以a A =μ对B 有：m 2a B =kx -μm 2g ，所以a B =0。
2-3．如图所示，用一斜向上的力F (与水平成30°角) ，将
m 1+m 2
g ， m 1
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：
F sin300=G +μN N =F cos300
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，
131F ≤G +μF
即：F
成立）
，则可得：μ>。
3
则说明：
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μs ，滑动摩擦系数为μk ，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：
F max -μs mg =ma
μs mg =Ma
解得：F max =∴F
m +M
μs mg ， M
m +M
μs mg 。 M
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：
m A g -T =m A a A
2T =m B a B
1a B =a A
2
则可计算得到：a A =
4
g 。 5
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。
v 2
下滑过程中的θ和v 都在增大，所以N 也在增大，N =mg sin θ+m
R
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： N cos θ=mg
N sin θ=m ωR sin θ
g g
所以，可得：cos θ=2，θ=arc cos 2 。
ωR ωR
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：
2
1s g sin θt 2=， 2cos θ
4s
t 2= ，
g sin 2θ
∴当θ=45°时，时间最短。
s
'B 与2-9．如图所示，小球A 用轻弹簧O 1A 与轻绳O 2A 系住；小球B 用轻绳O 1
O '2B 系住，今剪断O 2A 绳和O '2B 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。
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：
F sin ϕ=T =ma F cos ϕ=mg
所以加速度大小为：a =g tan ϕ，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：
v 2
a n =，切向：法向：考虑到此时v =0，mg sin ϕ=ma t ，F -mg cos ϕ=ma n ，
R
有：a n =0，所以此时加速度大小为：a =a t =g sin ϕ，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：T sin 45=ma （1） 下面小球：mg -T sin 450=ma （2） 两式联立消去a ，
T =
m g =0
2s i n 45