第2章例题_质点动力学分解

习题2-1质量为0.25kg 的质点，受力为()F ti SI =的作用，式中t 为时间。

0t =时，该质点以102v jm s -=⋅的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是_____.解 因为40.25d v F t iti dt m ===,所以()4d v t i d t =，于是有()04vtv dv ti dt =⎰⎰，222v t i j =+；又因为drv dt=，所以()222dr t i j dt =+，于是有()222dr t i j dt =+⎰⎰，3223r t i tj C =++，而t=0时质点通过了原点，所以0C =，故该质点在任意时刻的位置矢量为3223r t i tj =+。

2-2一质量为10kg 的物体在力(12040)()f t i SI =+作用下，沿x 轴运动。

0t =时，其速度106v im s -=⋅，则3t s =时，其速度为（ ）A. 110im s -⋅ B. 166im s -⋅ C. 172im s -⋅ D. 14im s -⋅ 解 本题正确答案为C 在x 方向，动量定理可写为()312040t dt mv mv+=-⎰，即0660mv mv -=所以 ()1066066067210v v m s m -=+=+=∙。

2-3一物体质量为10kg 。

受到方向不变的力3040()F t SI =+的作用，在开始的2s 内，此力的冲量大小等于______;若物体的初速度大小为110m s -∙ ，方向与F同向，则在2s 末物体的速度大小等于_______.解 在开始的2s 内，此力的冲量大小为 ()23040140()I t dt N s =+=∙⎰由质点的动量定理得0I mv mv =-当物体的初速度大小为110m s -∙，方向与F 同向时，在2s 末物体速度的大小为 101401024()10I v v m s m -=+=+=∙2-4一长为l 、质量均匀的链条，放在光滑的水平桌面上。

第2章质点动力学习题解答2-1如图所示，电梯作加速度大小为a 运动。

物体质量为m ，弹簧的弹性系数为k ，•求图示三种情况下物体所受的电梯支持力（图a 、b ）及电梯所受的弹簧对其拉力（图c ）。

解：（a ）ma mg N =-)(a g m N +=（b ）ma N mg =-)(a g m N -=（c ）ma mg F =-)(a g m F +=2-2如图所示，质量为10kg 物体，•所受拉力为变力2132+=t F （SI ），0=t 时物体静止。

该物体与地面的静摩擦系数为20.0=s μ，滑动摩擦系数为10.0=μ，取10=g m/s 2，求1=t s 时，物体的速度和加速度。

解：最大静摩擦力)(20max N mg f s ==μmax f F >，0=t 时物体开始运动。

ma mg F =-μ，1.13.02+=-=t mmgF a μ 1=t s 时，)/(4.12s m a =dtdv a =，adt dv =，⎰⎰+=t v dt t dv 0201.13.0t t v 1.11.03+=1=t s 时，)/(2.1s m v =2-3一质点质量为2.0kg ，在O x y 平面内运动，•其所受合力j t i t F 232+=（SI ），0=t 时，速度j v 20=（SI ），位矢i r20=。

求：（1）1=t s 时，质点加速度的大小及方向；（2）1=t s时质点的速度和位矢。

解：j t i t m Fa+==223 223t a x =，00=x v ，20=x ⎰⎰=t v x dt t dv x 0223，23t v x =⎰⎰⎰==txtx dt t dt v dx 03202，284+=t xt a y =，20=y v ，00=y⎰⎰=tv y tdt dv y02，222+=t v y⎰⎰⎰+==tyty dt t dt v dy 020)22(，t t y 263+=（1）1=t s 时，)/(232s m j i a +=（2）j t i t v )22(223++=，1=t s 时，j i v2521+= j t t i t r )26()28(34+++=，1=t s 时，j i r613817+=2-4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，速度随时间变化的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。

第二章 动量守衡 质点动力学2-1 一个原来静止的原子核，经放射性衰变，放出一个动量为9.22×10-16g ⋅cm/s 的电子，同时该核在垂直方向上又放出一个动量为5.33×10-16g ⋅cm/s 的中微子，问蜕变后原子核的动量的大小和方向。

解: 衰变过程是: e v e B A ++→-，由动量守衡得 .0=++v e B P P P 大小：e B P P =--==s cm g s cm g /1065.10/1033.522.9161622⋅⨯=⋅⨯+=--.方向:3022.933.511===--tgtgθ；15030180=-=ϕ,1203090=+=φ.2-2 质量为M 的木块静止在光滑的水平桌面上。

质量为m ，速率为v 0的子弹水平地入射到木块内(见本题图)并与它一起运动。

求 (1)子弹相对于木块静止后，木块的速率和动量，以及子弹的动量；(2)在此过程中子弹施于木块的冲量。

解:(1)设木块的速率为v , 由动量守衡: v m M mv )(0+=；得0v mM m v +=， 木块的动量0v m M Mm mv p +==木，子弹的动量02v mM mmv p +==子.(2)子弹施予木块的冲量为 00v mM Mm P I +=-=木木.2-3 如本题图，已知绳的最大强度T 0 = 1.00 kg ，m = 500g , l = 30.0cm ，开始时m 静止。

水平冲量I 等于多大才能把绳子打断？ 解: 要求向心力mg T evmF ->=02，即要求l mmg T v ->0，l mmg T mmv I ->-=00.故 l mg T m I )(0-=s m kg /86.0]100.30)8.9105008.91(10500[21233⋅=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=---2-4 一子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平桌面上的静止木块。

木块的质量分别为m 1和m 2；设子弹透过两木块的时间间隔为t 1和t 2，子弹在木块中所受阻力为恒力f ，求子弹穿过时两木块各以多大的速度运动.解: 当子弹穿出m 1时, m 1与 m 2一起运动, 故 1211)(v m m ft +=; 2111m m ft v +=.当子弹穿出m 2时, 12222v m v m ft -=，解得 222112212m ft m m ft m ft v v ++=+=.2-5 质量70kg 的渔人站在小船上，设船和渔人的总质量为200kg ．若渔人在船上向船头走4.0m 后停止。

大学物理2-1第二章(质点动力学)习题答案习 题 二2-1 质量为m 的子弹以速率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，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 tv m ma f d d ==即 tv mkv d d ==-所以t m k v v d d -=对等式两边积分 ⎰⎰-=t v v tm k v v 0d d 0得t mk v v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xvmv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 xvmvkv d d =- 所以 v x mkd d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-000d d v sv x m k得到v s mk-=-即 kmv s 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1[证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得t vm ma f F mg d d ==-- 即tvmma kv F mg d d ==-- 整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分 ⎰⎰=--t v mt kv F mg v00d d 得mktF mg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kF mg v 1mgFf2-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

第二章 习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-= （单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+== , j i a m F ˆ12ˆ24+== 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+= ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵r j t b i t a dt r d a 2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μ2-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。

一、选择题：1. 两个质量相等的小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所示。

将绳子剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为( D )A ．g a g a ==21, B. g a a ==21,0C. 0,21==a g aD. 0,221==a g a2. 下列关于力和运动关系的说法中，正确的是（ D ）A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现；B ．物体受力越大，运动的越快，这是符合牛顿第二定律的；C ．物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也一定不为零；D ．物体所受的合外力最大时，而速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，而速度却可以最大。

3. 关于牛顿第三定律，下列说法错误的是( A )A ．由于作用力和反作用力大小相等方向相反，则对于一个物体来说一对作用力和反作用力的合力一定为零；B ．作用力变化，反作用力也必然同时发生变化；C ．任何一个力的产生必涉及两个物体，它总有反作用力；D ．作用力和反作用力属于同一性质的力。

4. 判断下列各句中正确的是 ( C )A ．物体只在不受力作用的情况下才能表现出惯性；B ．要消除物体的惯性，可以在运动的相反方向上加上外力；C ．物体惯性的大小与物体是否运动、运动的快慢以及受力无关；D ．惯性定律可以用物体的平衡条件取而代之。

5. 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止，当N F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f F 的大小为( A )A. 不为零，但保持不变；B. 随N F 成正比地增大；C. 开始随N F 增大，达到某一最大值后，就保持不变；D. 无法确定。

6. 下列叙述中，哪种说法是正确的( C )A. 在同一直线上，大小相等、方向相反的一对力必定是作用力与反作用力；B. 一物体受两个力作用，其合力必定比这两个力中的任一个力都大；C. 如果质点所受合外力的方向与质点运动方向成某一角度（不等于0和π），则质点一定做曲线运动；D. 物体的质量越大，它的重力和重力加速度也必定越大。

第二章 质点动力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。

解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-2(2)s ∴=把式（2）代入式（1）得，220.198u =2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。

解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T.取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdtv F T mg m Rαα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v vrv mg mg rmg αααωααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图，一倾角为θ 的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两习题2－2图者间摩擦系数为μ，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。

解：如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+- 2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。

第2章 质点和质点系动力学2.1 一斜面的倾角为α, 质量为m 的物体正好沿斜面匀速下滑. 当斜面的倾角增大为β时,求物体从高为h 处由静止下滑到底部所需的时间.解：设斜面得摩擦系数为μ。

对m 分别处于倾角为α，β得斜面上，列出牛顿运动方程为α角： 1sin 0f mg α-=1cos 0N mg α-= 11f N μ=β角：2sin 0f mg β-=2cos 0N mg β-= 22f N μ= 联立解得sin cos a g g tg ββα=- 又物体从高为h 的斜面下滑的运动方程为 21sin 2h at β= 解得t ==2.2 用力f 推地面上的一个质量为m 的木箱,力的方向沿前下方, 且与水平面成α角. 木箱与地面之间的静摩擦系数为0μ, 动摩擦系数为k μ. 求：（1）要推动木箱, f 最小为多少？使木箱作匀速运动, f 为多少？（2）证明当α大于某值时, 无论f 为何值都不能推动木箱, 并求α值.解：（1）当f 的水平分力克服最大静摩擦力时，木箱可以运动，即 ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin mgf μαμα≥-0min 0cos sin mgf μαμα=-使木箱做匀速运动，则()cos sin k f mg f αμα=+0cos sin k mgf μαμα=-（2）当下式成立，则无论f 多大，都不能推动木箱，即 0cos sin f f αμα< 01tg αμ>， 01arctgαμ>2.3 质量为5000kg 的直升飞机吊起1500kg 的物体, 以0.6m/s 2的加速度上升, 求：（1）空气作用在螺旋桨上的升力为多少. （2）吊绳中的张力为多少. 解：（1）对飞机物体整体进行受力分析，得 ()()f M m g M m a -+=+ 代入数值得到空气作用在螺旋桨上的升力为 46.8910f N =⨯ （2）对物体m 进行受力分析，得 T mg ma -= 解得吊绳中的张力为()4150010.6 1.5910T m g a N =+=⨯=⨯2.4 质量为m 汽车以速率0v 高速行驶, 受到2kv f -=的阻力作用, k 为常数. 当汽车关闭发动机后, 求：（1）速率v 随时间的变化关系. （2）路程x 随时间的变化关系. （3）证明速率v 与路程x 之间的函数关系为x mke v v -=0．（4）若200=v m/s, 经过15s 后, 速率降为10=t v m/s, 则k 为多少？ 解：由题意得 2dvkv m dt-= 当0t =时， 0v v = 两边分离变量020vtv dv k dt v m =-⎰⎰积分得011kt v v m ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭即00001v mv v k m kv t v t m ==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭（2）由上式两边积分得 000xtmv dx dt m kv t =+⎰⎰即 0ln m kv t m x k m +⎛⎫=⎪⎝⎭（3）由（1）中得 00mv kv t m v=- 代入（2）中的结果，得00ln ln mv m m v m m v x k m k v ⎛⎫+- ⎪⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭即0k x mv v e-=（4）020m v s =,15t s =,10t m v s=代入（1）中得结果，解得300m k =2.5 质量为m 的质点以初速度0v 竖直上抛, 设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比, 比例系数为0>k ．试求：（1）质点运动的速度随时间的变化规律. （2）质点上升的最大高度. 解：（1）对上升过程，列出牛顿方程，得 dvmg kv m dt--= 即 mdvdt mg kv-=+积分得00tvv mdvdt mg kv-=+⎰⎰即k mg e k mg v v t m k-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-0 对下降过程，列出牛顿方程，得 dvmg kv m dt-=即 mdvdt mg kv=-积分得 00tvv mdvdt mg kv=-⎰⎰即1k t mmg v e k -⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2）由（1）中方程得 dv dv dy dy mg kv m m mv dt dy dt dt--=== 即 ()mg kv mg mvdv m dy dv mg kv k mg kv+--==-++积分得()2020ln m m g mg kvy v v k k mg kv +=-++当0v =时，有 20max02ln mg kv m m g y v k k mg ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭2.6 自动枪以每分钟发射120发子弹的速率连续发射. 每发子弹的质量为9.7g, 出口速率为735m/s. 求射击时枪托对肩部的平均压力. 解：设肩部所受的平均作用力为F ，由动量定理得 Ft mv =∑即31207.91073511.660mv F N t-⨯⨯⨯==≈∑2.7 质点在x 轴上受x 方向的变力F 的作用．F 随时间的变化关系为：在刚开始的0.1s内均匀由0增至20N ，又在随后的0.2s 内保持不变，再经过0.1s 从20N 均匀地减少到0. 求：（1）力随时间变化的t F -图. （2）这段时间内力的冲量和力的平均值. （3）如果质点的质量为3kg, 初始速度为1m/s, 运动方向与力的方向相同. 当力变为零时, 质点速度为多少？ 解：（1）由题意得（2）由上图得11200.1200.2200.1622I N s =⨯⨯+⨯+⨯⨯=⋅ 0.5200.1200.20.5200.1150.4I F N t ⨯⨯+⨯+⨯⨯===（3）由动量定理得 0t Ft mv v =- 即 063133t Ft mv m v s m ++⨯===2.8 子弹脱离枪口的速度为300m/s, 在枪管内子弹受力为5400410/3F t =-⨯（SI ）, 设子弹到枪口时受力变为零. 求：（1）子弹在枪管中的运行的时间. （2）该力冲量的大小. （3）子弹的质量.解：（1）由541040003tF ⨯=-=得3310t s -=⨯即子弹在枪管中的运行的时间为s 3103-⨯。

第二章 质点动力学习题解答2-1 如题图2-1中(a)图所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( D )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ2-2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( A )(A) 不为零,但保持不变 (B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定2-3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( C )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定2-4 如习题2-4图所示，一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中，则( B )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加2-5 习题2-5图所示，系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ，A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力，则绳中张力为( A )(A) 5/8mg (B) 1/2mg (C) mg (D) 2mg 2-6 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( C )习题2-4图A习题2-5图B(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的2-7 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下，则( D )(A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒 (D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒 2-8 对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加； (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零． 下列上述说法中判断正确的是( C )(A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的2-9 如图所示,质量分别为m 1和m 2的物体A 和B ，置于光滑桌面上，A 和B 之间连有一轻弹簧。

大学物理2-1第二章（质点动力学）习题答案2—1质量为m 的子弹以速率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，速度大小随时间的变化关系；(2）子弹射入沙土的最大深度。

因此mv . Sk2—2质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f= kv(k 为常数）.若从沉降开始计时,试证明小球在水中竖直沉降的速率V 与时间的关系为［解］设任意时刻子弹的速度为 V ，子弹进入沙土的最大深度为的阻力f= -kv（1) 由牛顿第二定律 f madv m ——dt即dv kv m -dt 所以dv k dtVm 对等式两边积分Vdv k t —dtV)Vm Q得 V k In - tV Qms ，由题意知，子弹所受k t V Q e m由牛顿第二定律dv ma mdt dvkv mv —dx dv dx m—dx dt dv mv — dx所以对上式两边积分得到k dx m k S dx m Q k S mdv V Q QdvV)mg F kkt［证明］任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为 y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得mgmg Ff ma m dvdt率的平方成正比，即 F kv 2.求跳伞员的运动速率V 随时间t 变化的规律和极限速率V T 。

［解］设运动员在任一时刻的速率为v,极限速率为V T ,当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时,速率达到极限。

整理得mg Fkvma m-dvdt mg F kv mdvdΓ对上式两边积分dvtdtOmg F kv得mg F In mgFkv kt mFkt即mg V k1 e m2-3跳伞运动员与装备的质量共为m ,从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速此时即有牛顿第二定律整理得I 2dv mg kv m—dt dvdt mg kv 2m对上式两边积分Vdv t dt 12t整理得2tm kgmg kv 2 0m 2 .. mgkmg .kv .kv2t2te m kg1 -V T 1V 0mg kv ；ln mge mkg1e mkg62-4 一人造地球卫星质量 m=1327kg ，在离地面h 1。

习 题 二2-1 质量为m 的子弹以速率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，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 tv m ma f d d == 即 tv m kv d d ==- 所以t m k v v d d -= 对等式两边积分 ⎰⎰-=tv v t m k v v 0d d 0得 t mkv v -=0ln因此 t mke v v -=0(2) 由牛顿第二定律 x v mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 x vmv kv d d =-所以 v x mkd d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-000d d v sv x m k得到 0v s mk-=-即 kmv s 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kF mg v 1 [证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得t v m ma f F mg d d ==-- 即 tvm ma kv F mg d d ==--整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d d 得 mktF mg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 12-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。