人力资源管理师成绩查询-股东会决议范本

第一章 力和运动


1.1 一个质点在做匀速率圆周运动时（ ）
(A) 切向加速度改变，法向加速度也改变；
(B) 切向加速度不变，法向加速度改变；
(C) 切向加速度不变，法向加速度也不变；
(D) 切向加速度改变，法向加速度不变。
答案：（B）


22
1.2 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为
ratibtj
（其中a、
b为常量）, 则该质点作（ ）
(A) 匀速直线运动； (B) 变速直线运动；
(C) 抛物线运动； (D)一般曲线运动。
答案：（B）
1.3 质点作曲线运动，在时刻
t
质点的位置矢量为
r
，速度为
v
，速率为
v
，
t
至
tt
时间内的位移为r
，路程为
s
，位矢大小的变化量为
r
（或者
 r
），平均速度为
v
，
平均速率为
v
。
（1）根据上述情况，则下列表述正确的有（ ）
（A）
rsr

（B）
rsr
，当
t0
时，有
drdsdr

（C）
rrs
，当
t0
时，有
drdrds

（D）
rsr
，当
t0
时，有
drdsdr

答案：（B）
（2）根据上述情况，则下列表述正确的是（ ）
（A）
vv,vv
（B）
vv,vv

（C）
vv,vv
（D）
vv,vv






< br>









答案：（C）
1.4 根据瞬时速度矢量
v
的定义，在直角坐标系下，其大小
|v|
可表示为（ ）



(A)
drdxdydz

(B)
dtdtdt
dt
dx

dy

dz

i||j||k|
(D) (C)
|
dtdtdt
答案：（D）
(
dx
2
d y
2
dz
2
)()()

dtdtdt

1.5 质点作曲线运动，
r
表示位置矢 量，
r
表示位置矢量的大小，
v
表示速度，
v
表
示 速率，
a
表示加速度，
s
表示路程，
a
t
表示切向 加速度的大小，下列表达式中（ ）
(1)
dvd ta
(2)
drdtv

(3)
dsdtv
(4)
dvdta
t

(A) 只有(1)、(4)是对的；
(B) 只有(2)、(4)是对的；
(C) 只有(2)是对的；
(D) 只有(3)是对的。
答案：（D）
1.6 一个圆锥 摆的摆线长为l，摆线与竖直方向的夹角恒为

，如图所示．则摆锤转动
的周期为（ ）
(A)



llcos

(B)
gg
llcos

(D)
2


gg
(C)
2

答案：（D)
1.7 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系数为

，
要使汽车不致 于发生侧向打滑，则汽车在该处的行驶速率应满足（ ）
(A) 不得小于

gR
(B) 不得大于

gR

(C) 必须等于
2gR
(D) 还应由汽车的质量M决定
答案：（B)
1.8 有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为 x = 4.5 t
2
– 2 t
3
(SI) ．试求：
(1) 第2秒内的平均速度；
(2) 第2秒末的瞬时速度和加速度；
(3) 第2秒内的路程．
解 (1) 质点在第2秒内的位移
xx
2
x
1
22.50.5m

平均速度
v

x

t0.5
ms
(2)任意时刻的速度 v = d xd t = 9t - 6t
2

加速度
advdt912t

第2秒末的瞬时速度 v(2) =-6 ms
第2秒末的加速度
a(2)15ms

(3) 由
dxdt0
得知质点的转向时刻为
t
p
1.5s
（
t0
不合题意）
可得第2秒内的路程 s = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m
ˆ
(15t20t
2
)
（SI） 1.9 质点的运动方程为
r(10t30t
2
)i
。求：（1） 初速度的
大小和方向；（2）加速度的大小和方向。

dx
1060t

dt
dy
1540t

v
y

dt
解 （1）速度的分量式为
v
x

1
当
t0
时，
v
0x
10ms
1
，
v
0y
15ms
，由此 可得初速度的大小为

v
0

设
v
0
与
x
轴的夹角为

，则有
221
v
0x
v
oy
18.0ms


v
0y
3


arctanarctan()123
0
41


v
0x
2
（2）加速度的分量式
a
x

dv
x
60ms
2

dt

a
y

由此可得加速度的大小为
a
设
a
与
x
轴的夹角为

，则有
dv
y
dt
40ms
2

22
a
x
a
y
72.1ms
2


a
y
2


arctanarctan()326
0
19

或者

33
0
41


a
x
3
1.10 一质点沿x轴运动，其加速度为a  4t (SI)，已知t  0时，质点位于x

10 m
处，初速度v

 0．试求其位置和时间的关系式．

解 dv dt
4
t
dv
4
t dt


v
0
d
v


4tdt

0
t
v
2
t
2

由 v
d
x d t
2
t
2

得

x
x
0
dx

2t
2
dt

0
t
x
2
t
3
3+x
0
(SI)
1.11 由楼窗口以水平初速度
v
0
射出一发子弹，取枪口为原点，沿
v
0
方向为x轴，
竖直向下为y轴，并取发射时刻t为0，试求：
(1) 子弹在任一时刻t的位置坐标及轨迹方程；
(2) 子弹在t时刻的速度，切向加速度和法向加速度。
解 (1) 建立坐标，如右图所示，则有

xv
0
t , y
轨迹方程是：
y

1
2
gt

2
1
22
xg

v
0

2
(2) v

x
= v

0
，v

y
= g t，速度大小为：

vv
x
v
y
v
0
gt

方向为：与x轴夹角

= tg
1
( gt v

0
)
22222

2
a
t
dv dtg
2
tv
0
g
2
t
2
与
v
同向．
a
n
g
2
a
t
2

12

2
v
0
gv
0
g
2
t
2
方向与
a
t
垂直．
ˆ
(192t
2
)
ˆ
1.12 质点在
Oxy
平面内运动，其运动方程为
r2ti
。求：
j
（SI）
（1）质点的轨迹方程；（2）
t1.0s
时的速度 及切向和法向加速度；（3）
t1.0s
时质点所
在处轨道的曲率半径
< br>。
解 （1）由参数方程
x2t,y192t

消去
t
得质点的轨迹方程
y19
（2）质点在任意时刻的速度

v
2

1
2
x

2

dx
ˆ
dy
ˆˆ
4t
ˆ
ij2ij

dtdt

速度的大小
v
22
v
x
v
y
214t
2

质点在任意时刻的加速度
a4.0
ˆ
jms
2


切向加速度
a
t

dv8t


2
dt
1 4t

ˆ
4
ˆ
t1.0s
时的速度
v2ij(ms
1
)

切向加速度
a
t
3.58ms
2

法向加速度
a
n

（3）
t1.0s
时质点的速度大小

v254.47ms

1
a
2
a
t2
4
2
3.58
2
1.78ms
2

v
2
得该处轨道的曲率半径

11.23m

a
n
1.13 一半径为
0.50m
的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比。
1
在
t2.0s
时测得轮缘一点的速度值为
4.0ms
。求：（1）该 轮在
t

0.5s
的角速度，轮
缘一点的切向加速度和总加速度； （2）该点在
2.0s
内所转过的角度。
解 （1）根据题意，设角速度为

kt

1
又
v

R
将
t2.0s
时，
v4.0ms
代入上式得
2

k
v4
3
2.0rads

22
Rt0.52
2
由此得任意时刻的角速度

2t

t

0.5s
时的角速度以及轮缘一点的切向加速度和总加速度分别为


20.50.5rads




21
d

 4t

40.52.0rads
2

dt
2

a
t
R

0.521.0ms
总加速度
a

2
a
t
2
a
n
12
(0.50.5
2
)
2
1.01ms
2< br>
（2）在
2.0s
内所转过的角度





dt

0
22
02t
2
dt5.33rad

1.14 (1) 对于在xy平面 内，以原点O为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r、
角速度

和单位矢量i
、
j
表示其t时刻的位置矢量．已知在
t = 0时，y = 0, x = r, 角速度

如图所示。求：
（2）由(1)导出速度
v
与加速度
a
的矢量表示式；
（3）试证加速度指向圆心。
解 (1)
rx iy jrcos

t irsin

t j





< br>



dr
r

sin
t ir

cos

t j
(2) v
dt



d
v
22
a r

cos

t ir

sin

t j

dt



(3)
a

2

rcos

t irsin

t j



2
r

这说明
a
与
r
方向相反，即
a
指向圆心。
1.15 当火车静止时，乘客发现雨滴下落方向偏向车头，偏角为30°，当火车以35 ms
的速率沿水平直路 行驶时，发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为45°，假设雨滴相对于地
的速度保持不变，试计算雨滴相 对地的速度大小．





已知：雨滴对地速 度
v
a
的方向偏前30°，火车行驶时，

雨滴对火车的相对速度< br>v
r
偏后45°，火车速度v
t
=35 ms，
方向水平．
解 选地为静系，火车为动系．

v
r

45
°


v

v
t


v
30
°


v
a



v
v

由图可知：
v
a
sin30
o
v
r
sin45
o< br>v
t

v
a
cos30
o
v
r
cos45
o

由此二式解出：
v
a

v
t


cos30
sin30sin45
cos45

25.6
ms
1.16 装在小车上的弹簧发 射器射出一小球，根据小球在地上
水平射程和射高的测量数据，得知小球射出时相对地面的速度为10
ms．小车的反冲速度为2 ms．求小球射出时相对于小车的速率．已
知小车位于水平面上，弹簧发射器仰角为 30°。

解 以地为静系，小车为动系．
已知小球对地速度
v
a

10 ms，小车反冲速度

v
a



v
r
v
t

2 ms，方向水平向左
.
令小球相对小车的速度

v
t
30
o

为
v
r
，则有


v
a

v
t

v
r

2

v
a
v
t
2
v
r
2

2
v
r
v
t
cos3 0




v
r

v
t
cos30


v

t
cos3 0

2
2

v
a

v
t
2
11.7
ms
1.17 当一列火车以36 kmh的速率水平向 东行驶时，相对于地面匀速竖直下落的雨
滴，在列车的窗子上形成的雨迹与竖直方向成30°角．
(1) 雨滴相对于地面的水平分速有多大？相对于列车的水平分速有多大？
(2) 雨滴相对于地面的速率如何？相对于列车的速率如何？
解 (1) 题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零．雨滴相对于列
车的 水平分速与列车速度等值反向为10 ms，正西方向.
(2) 设下标W指雨滴，t指列车，E指地面，则有

v
WE

=
v
Wt
+
v



tE
, v

tE
=10 ms
v
WE
竖直向下，v
W t
偏离竖直方向30°，由图求得
雨滴相对于地面的速率为 v
WE
= v
tE
ctg30
o
=17.3 ms
雨滴相对于列车的速率
v
Wt

v
tE
20
ms
sin30



1.18 质量为2 kg的质点，所受外力为
F6ti
(SI)，该质点从t = 0时刻，
x0
10
m，
由静止开始运动，求：（1）质点在任意时刻的速度；（2）质点的 运动方程。
2
解（1）由牛顿第二定律得
Fma
,
aFm3t(ms)

由
dvdta3t
,
dv3tdt

v
t
得



d
v


3tdt
，即
v1.5t
00
2
ms
（2）由
v
x
dx
dt
t
dxvdt1.5t
2
dt

得
3
2
1
3
dxtdtxt10
m ，即

10

0
22
1.19 一质量为2 kg的 质点沿
x
轴运动，其所受外力
F
与位置坐标
x
的关系为

F412x
(SI)
如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度。
解 由牛顿第二定律得
Fma
,
aFm26x
2
(ms
2
)

设质点在
x
处的速度为
v

则由
a
v
2
d
v
d
v
dx
26x< br>2


dtdxdt
得
vdv
0


0
x
26xdx
，即
v2xx
3
2


1
2




1.20 质量为10 kg的质点，所受合外力为
F(120t40)i
(SI)，该质点在t = 0时
刻，位于
x< br>0
5.0
m，其速度为
v
0
6.0ms
。求质点 在任意时刻的速度和位置。
解 （1）由牛顿第二定律得
Fma
,
aFm12t4(ms
2
)

由
dvdta
,
dv(12t4)dt

vt
2
得

dv

(12t4)dt
，即
v6t
00
4t6
ms
（2）由
v
得
dx
dt
t
0
dxvd t(6t
2
4t6)dt


x
5
dx

(6t
2
4t6)dt
，
32
即
x2t2t6t5
（SI）
1.21 一质量为m的物体，以初速
0
上抛，设空气阻力与抛体速度大小的一次方成正


比，即
fmk

其中k为常数，求：（1）上抛过程中任一时刻物体速率的表达式；
（2）物体上升到最大高度所需的时间。
解（1）以地面为原点，向上为y轴建立坐标系


由
Fma
可得

mgmkvm
dv


dt
dv
gkv


dt
dv
dt


gkv

两边积分得
1
ln

gkv

tC

k
g
vCe
kt


k
代入初始 条件，t=0时，
vv
0
，得
Cv
0

< br>
(

0

g
kt
)e
kg

k
g


k
（2）最高处，v=0，代入上式可得：
g

g
v

v
0


e
kt


k

k

g

kt
g

v

0

e

k

k

两边取对数得

t



















1
k

0
g

ln
kg

第一章 力和运动


1.1 一个质点在做匀速率圆周运动时（ ）
(A) 切向加速度改变，法向加速度也改变；
(B) 切向加速度不变，法向加速度改变；
(C) 切向加速度不变，法向加速度也不变；
(D) 切向加速度改变，法向加速度不变。
答案：（B）


22
1.2 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为
ratibtj
（其中a、
b为常量）, 则该质点作（ ）
(A) 匀速直线运动； (B) 变速直线运动；
(C) 抛物线运动； (D)一般曲线运动。
答案：（B）
1.3 质点作曲线运动，在时刻
t
质点的位置矢量为
r
，速度为
v
，速率为
v
，
t
至
tt
时间内的位移为r
，路程为
s
，位矢大小的变化量为
r
（或者
 r
），平均速度为
v
，
平均速率为
v
。
（1）根据上述情况，则下列表述正确的有（ ）
（A）
rsr

（B）
rsr
，当
t0
时，有
drdsdr

（C）
rrs
，当
t0
时，有
drdrds

（D）
rsr
，当
t0
时，有
drdsdr

答案：（B）
（2）根据上述情况，则下列表述正确的是（ ）
（A）
vv,vv
（B）
vv,vv

（C）
vv,vv
（D）
vv,vv






< br>









答案：（C）
1.4 根据瞬时速度矢量
v
的定义，在直角坐标系下，其大小
|v|
可表示为（ ）



(A)
drdxdydz

(B)
dtdtdt
dt
dx

dy

dz

i||j||k|
(D) (C)
|
dtdtdt
答案：（D）
(
dx
2
d y
2
dz
2
)()()

dtdtdt

1.5 质点作曲线运动，
r
表示位置矢 量，
r
表示位置矢量的大小，
v
表示速度，
v
表
示 速率，
a
表示加速度，
s
表示路程，
a
t
表示切向 加速度的大小，下列表达式中（ ）
(1)
dvd ta
(2)
drdtv

(3)
dsdtv
(4)
dvdta
t

(A) 只有(1)、(4)是对的；
(B) 只有(2)、(4)是对的；
(C) 只有(2)是对的；
(D) 只有(3)是对的。
答案：（D）
1.6 一个圆锥 摆的摆线长为l，摆线与竖直方向的夹角恒为

，如图所示．则摆锤转动
的周期为（ ）
(A)



llcos

(B)
gg
llcos

(D)
2


gg
(C)
2

答案：（D)
1.7 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系数为

，
要使汽车不致 于发生侧向打滑，则汽车在该处的行驶速率应满足（ ）
(A) 不得小于

gR
(B) 不得大于

gR

(C) 必须等于
2gR
(D) 还应由汽车的质量M决定
答案：（B)
1.8 有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为 x = 4.5 t
2
– 2 t
3
(SI) ．试求：
(1) 第2秒内的平均速度；
(2) 第2秒末的瞬时速度和加速度；
(3) 第2秒内的路程．
解 (1) 质点在第2秒内的位移
xx
2
x
1
22.50.5m

平均速度
v

x

t0.5
ms
(2)任意时刻的速度 v = d xd t = 9t - 6t
2

加速度
advdt912t

第2秒末的瞬时速度 v(2) =-6 ms
第2秒末的加速度
a(2)15ms

(3) 由
dxdt0
得知质点的转向时刻为
t
p
1.5s
（
t0
不合题意）
可得第2秒内的路程 s = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m
ˆ
(15t20t
2
)
（SI） 1.9 质点的运动方程为
r(10t30t
2
)i
。求：（1） 初速度的
大小和方向；（2）加速度的大小和方向。

dx
1060t

dt
dy
1540t

v
y

dt
解 （1）速度的分量式为
v
x

1
当
t0
时，
v
0x
10ms
1
，
v
0y
15ms
，由此 可得初速度的大小为

v
0

设
v
0
与
x
轴的夹角为

，则有
221
v
0x
v
oy
18.0ms


v
0y
3


arctanarctan()123
0
41


v
0x
2
（2）加速度的分量式
a
x

dv
x
60ms
2

dt

a
y

由此可得加速度的大小为
a
设
a
与
x
轴的夹角为

，则有
dv
y
dt
40ms
2

22
a
x
a
y
72.1ms
2


a
y
2


arctanarctan()326
0
19

或者

33
0
41


a
x
3
1.10 一质点沿x轴运动，其加速度为a  4t (SI)，已知t  0时，质点位于x

10 m
处，初速度v

 0．试求其位置和时间的关系式．

解 dv dt
4
t
dv
4
t dt


v
0
d
v


4tdt

0
t
v
2
t
2

由 v
d
x d t
2
t
2

得

x
x
0
dx

2t
2
dt

0
t
x
2
t
3
3+x
0
(SI)
1.11 由楼窗口以水平初速度
v
0
射出一发子弹，取枪口为原点，沿
v
0
方向为x轴，
竖直向下为y轴，并取发射时刻t为0，试求：
(1) 子弹在任一时刻t的位置坐标及轨迹方程；
(2) 子弹在t时刻的速度，切向加速度和法向加速度。
解 (1) 建立坐标，如右图所示，则有

xv
0
t , y
轨迹方程是：
y

1
2
gt

2
1
22
xg

v
0

2
(2) v

x
= v

0
，v

y
= g t，速度大小为：

vv
x
v
y
v
0
gt

方向为：与x轴夹角

= tg
1
( gt v

0
)
22222

2
a
t
dv dtg
2
tv
0
g
2
t
2
与
v
同向．
a
n
g
2
a
t
2

12

2
v
0
gv
0
g
2
t
2
方向与
a
t
垂直．
ˆ
(192t
2
)
ˆ
1.12 质点在
Oxy
平面内运动，其运动方程为
r2ti
。求：
j
（SI）
（1）质点的轨迹方程；（2）
t1.0s
时的速度 及切向和法向加速度；（3）
t1.0s
时质点所
在处轨道的曲率半径
< br>。
解 （1）由参数方程
x2t,y192t

消去
t
得质点的轨迹方程
y19
（2）质点在任意时刻的速度

v
2

1
2
x

2

dx
ˆ
dy
ˆˆ
4t
ˆ
ij2ij

dtdt

速度的大小
v
22
v
x
v
y
214t
2

质点在任意时刻的加速度
a4.0
ˆ
jms
2


切向加速度
a
t

dv8t


2
dt
1 4t

ˆ
4
ˆ
t1.0s
时的速度
v2ij(ms
1
)

切向加速度
a
t
3.58ms
2

法向加速度
a
n

（3）
t1.0s
时质点的速度大小

v254.47ms

1
a
2
a
t2
4
2
3.58
2
1.78ms
2

v
2
得该处轨道的曲率半径

11.23m

a
n
1.13 一半径为
0.50m
的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比。
1
在
t2.0s
时测得轮缘一点的速度值为
4.0ms
。求：（1）该 轮在
t

0.5s
的角速度，轮
缘一点的切向加速度和总加速度； （2）该点在
2.0s
内所转过的角度。
解 （1）根据题意，设角速度为

kt

1
又
v

R
将
t2.0s
时，
v4.0ms
代入上式得
2

k
v4
3
2.0rads

22
Rt0.52
2
由此得任意时刻的角速度

2t

t

0.5s
时的角速度以及轮缘一点的切向加速度和总加速度分别为


20.50.5rads




21
d

 4t

40.52.0rads
2

dt
2

a
t
R

0.521.0ms
总加速度
a

2
a
t
2
a
n
12
(0.50.5
2
)
2
1.01ms
2< br>
（2）在
2.0s
内所转过的角度





dt

0
22
02t
2
dt5.33rad

1.14 (1) 对于在xy平面 内，以原点O为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r、
角速度

和单位矢量i
、
j
表示其t时刻的位置矢量．已知在
t = 0时，y = 0, x = r, 角速度

如图所示。求：
（2）由(1)导出速度
v
与加速度
a
的矢量表示式；
（3）试证加速度指向圆心。
解 (1)
rx iy jrcos

t irsin

t j





< br>



dr
r

sin
t ir

cos

t j
(2) v
dt



d
v
22
a r

cos

t ir

sin

t j

dt



(3)
a

2

rcos

t irsin

t j



2
r

这说明
a
与
r
方向相反，即
a
指向圆心。
1.15 当火车静止时，乘客发现雨滴下落方向偏向车头，偏角为30°，当火车以35 ms
的速率沿水平直路 行驶时，发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为45°，假设雨滴相对于地
的速度保持不变，试计算雨滴相 对地的速度大小．





已知：雨滴对地速 度
v
a
的方向偏前30°，火车行驶时，

雨滴对火车的相对速度< br>v
r
偏后45°，火车速度v
t
=35 ms，
方向水平．
解 选地为静系，火车为动系．

v
r

45
°


v

v
t


v
30
°


v
a



v
v

由图可知：
v
a
sin30
o
v
r
sin45
o< br>v
t

v
a
cos30
o
v
r
cos45
o

由此二式解出：
v
a

v
t


cos30
sin30sin45
cos45

25.6
ms
1.16 装在小车上的弹簧发 射器射出一小球，根据小球在地上
水平射程和射高的测量数据，得知小球射出时相对地面的速度为10
ms．小车的反冲速度为2 ms．求小球射出时相对于小车的速率．已
知小车位于水平面上，弹簧发射器仰角为 30°。

解 以地为静系，小车为动系．
已知小球对地速度
v
a

10 ms，小车反冲速度

v
a



v
r
v
t

2 ms，方向水平向左
.
令小球相对小车的速度

v
t
30
o

为
v
r
，则有


v
a

v
t

v
r

2

v
a
v
t
2
v
r
2

2
v
r
v
t
cos3 0




v
r

v
t
cos30


v

t
cos3 0

2
2

v
a

v
t
2
11.7
ms
1.17 当一列火车以36 kmh的速率水平向 东行驶时，相对于地面匀速竖直下落的雨
滴，在列车的窗子上形成的雨迹与竖直方向成30°角．
(1) 雨滴相对于地面的水平分速有多大？相对于列车的水平分速有多大？
(2) 雨滴相对于地面的速率如何？相对于列车的速率如何？
解 (1) 题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零．雨滴相对于列
车的 水平分速与列车速度等值反向为10 ms，正西方向.
(2) 设下标W指雨滴，t指列车，E指地面，则有

v
WE

=
v
Wt
+
v



tE
, v

tE
=10 ms
v
WE
竖直向下，v
W t
偏离竖直方向30°，由图求得
雨滴相对于地面的速率为 v
WE
= v
tE
ctg30
o
=17.3 ms
雨滴相对于列车的速率
v
Wt

v
tE
20
ms
sin30



1.18 质量为2 kg的质点，所受外力为
F6ti
(SI)，该质点从t = 0时刻，
x0
10
m，
由静止开始运动，求：（1）质点在任意时刻的速度；（2）质点的 运动方程。
2
解（1）由牛顿第二定律得
Fma
,
aFm3t(ms)

由
dvdta3t
,
dv3tdt

v
t
得



d
v


3tdt
，即
v1.5t
00
2
ms
（2）由
v
x
dx
dt
t
dxvdt1.5t
2
dt

得
3
2
1
3
dxtdtxt10
m ，即

10

0
22
1.19 一质量为2 kg的 质点沿
x
轴运动，其所受外力
F
与位置坐标
x
的关系为

F412x
(SI)
如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度。
解 由牛顿第二定律得
Fma
,
aFm26x
2
(ms
2
)

设质点在
x
处的速度为
v

则由
a
v
2
d
v
d
v
dx
26x< br>2


dtdxdt
得
vdv
0


0
x
26xdx
，即
v2xx
3
2


1
2




1.20 质量为10 kg的质点，所受合外力为
F(120t40)i
(SI)，该质点在t = 0时
刻，位于
x< br>0
5.0
m，其速度为
v
0
6.0ms
。求质点 在任意时刻的速度和位置。
解 （1）由牛顿第二定律得
Fma
,
aFm12t4(ms
2
)

由
dvdta
,
dv(12t4)dt

vt
2
得

dv

(12t4)dt
，即
v6t
00
4t6
ms
（2）由
v
得
dx
dt
t
0
dxvd t(6t
2
4t6)dt


x
5
dx

(6t
2
4t6)dt
，
32
即
x2t2t6t5
（SI）
1.21 一质量为m的物体，以初速
0
上抛，设空气阻力与抛体速度大小的一次方成正


比，即
fmk

其中k为常数，求：（1）上抛过程中任一时刻物体速率的表达式；
（2）物体上升到最大高度所需的时间。
解（1）以地面为原点，向上为y轴建立坐标系


由
Fma
可得

mgmkvm
dv


dt
dv
gkv


dt
dv
dt


gkv

两边积分得
1
ln

gkv

tC

k
g
vCe
kt


k
代入初始 条件，t=0时，
vv
0
，得
Cv
0

< br>
(

0

g
kt
)e
kg

k
g


k
（2）最高处，v=0，代入上式可得：
g

g
v

v
0


e
kt


k

k

g

kt
g

v

0

e

k

k

两边取对数得

t



















1
k

0
g

ln
kg