习 题1
1-1. 解：1） 由)sin (cos
j i ωt ωt R +=r 知
t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+
2） j r
v t Rcos sin ωωωω+-==i t R dt d R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2
122])c o s ()s i n
[(
1-2. 解：1）由j i r )23(42
t t ++=可知
2t 4x = t 23y +=
消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=
2）j i r
v 28d +==t dt
j i j i v r
24)dt 28(dt 10
10
+=+==???t
3） j v 2(0)= j i v
28(1)+=
1-3. 解：1）j i r v 22d +==t dt i v a 2dt
d == 2）21
22
12
)1t (2]
4)t 2[(v +=+= 1
t t 2dt
dv a 2
t +==
n a ==
1-4. 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为
2
012
1at t v y +
= （1） 2
022
1gt t v h y -+= （2）
21y y = （3）
解之 t =
图 1-4
1-5. 解：（1） t v x 0= 式（1）
2gt 2
1
h y -= 式（2）
j i r
)2
1-h ((t)20gt t v +=
（2）联立式（1）、式（2）得 2
2
v 2gx h y -=
（3）j i r gt -d d 0v t = 而 落地所用时间 g
h 2t = 所以j gh i v dt r d 20-= j v
g t
-=d d 2202y 2x )gt (v v v v -+=
+=
212220[()]g t dv dt v gt ==+ 1-6. 证明：设人从O 点开始行走，t 时刻人影中足的坐标为1x ，人影中头的坐标为2x ，由几何关系可得
2
1122h h
x x x =- 而 t v x 01=
所以，人影中头的运动方程为 02
1121112v h h t
h h h x h x -=-=
人影中头的速度 02
11
22v h h h dt dx v -==
图 1-6
1-7.解：t dt
dx
v 44-==
若0=v 解的 s t 1= m x x x 22)242(011=--+=-=?
m x x x 8)242()32342(2133-=-+-?-?+=-=? m x x x 1021=?+?=?
1-8.
解:
建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图 小球落地时速度为gh
v 20=
0060cos v v x = 200
060cos 2
1
60cos t g t v x +
= （1） 图 1-8
00060sin v v y = 200060sin 2
1
60sin t g t v y -
= （2） 第二次落地时 0=y g
v t 0
2=
所以 m g
v t g t v x 8.0260cos 2160cos 202
00
0==+=
1-9.解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足 2ωR g =
现在赤道上物体R
2
104.3-?='ω
1710
4.38.92=?='-ωω 1-10.解：在顶点处子弹的速度θcos 0v v =，顶点处切向加速度为0。 因此有：ρ
θρ
2
02
)cos (v v g =
=
g v θ
ρ22
0cos =
在落地点速度为0v ρθ20
c o s v g = θ
ρcos 20
g v =
1-11.解：设此时飞机距目标水平距离为x 有：t v x 0= 2
2
1gt h =
联立方程解得：m x 447≈ 05.77arctan ≈=h
x
θ 1-12. 解：两个物体在任意时刻的速度为
j i v A
)s i n (c o s 0gt v v 0-+=αα
j i v B
g t )-s i n (c o s 0ββ0v v +=
j i v v v A BA
)sin sin ()cos cos (-0000B αβαβv v v v -+-==?
与时间无关，故B 相对物体A 的速度是常矢量。 1-13. 物体在任意时刻的速度表达式为 gt v v y -=0 故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=? 代入时间t 可以得到第二秒末物体速度s
m v 8.9=?
第三秒末物体速度 0=?v 第四秒末物体速度 s
m v 8.9-=?
1-14.解：
kv dt dv
-= ??-=t v
v kdt dv v 001 t
k e v v -=0 t k e v dt
dx
-=0 dt e v dx t k t
x
-??
=0
00
)1(0
t k e k
v x --=
1-15. 解：取水面为坐标原点，竖直向下为x 轴
跳水运动员入水速度 s
m gh v 1420==
dx dv
v dt dv kv ==-2
??
-=x v v kdx dv v
0100
1
m k
x 76.510ln 1
==
1-16.解：（1）)1ln(bt u dt dx v --== （2）bt
ub dt dv a -==1 1-17.解：（1）轨道方程为 222R y x =+
t h
z ωπ
2=
这是一条空间螺旋线。 在O xy 平面上的投影为圆心在原点，半径为R 的圆，螺距为h
（2）t R dt
dx
v x ωωsin -== 2
2
2
2224πωh R v v v v z
y
x
+=++=
（3）t R a x ωωcos 2-= t R a y ωωsin 2
-= 0=z a 222ωR a a a y x =+=
习题2
2-1. 解：（1）由题意和牛顿第二定律可得：dt
dv
m
kv f =-=， 分离变量，可得：vdt
dv
m k =- 两边同时积分，所以：t m k
e v v -=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：00m a x 0
v m m
x vdt dv v k k
==-=?
? 。 2-2.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
r rdm r dT 2
2
ωω==）
（。 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
2-3. 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：mvdv dx x k
=-2 ， 两边同时取积分，则：mvdv dx x
k
v A A ??=-024/ 所以：mA
k
v 6=
2-4.解：由题意和牛顿第二定律可得：dt
d m m v
a f ==，代入f 与v ，并两边积分，
v j i md dt t v v ??
=-0
)244(21
， )]43([284j i v j i +-?=-
i v
5=
速度是i 方向，也就是切向的，所以法向的力是j 方向的，则24=-F j
2-5. 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：
21222
msx F m g
f a m m m m μ'=
==
+
可得：g m m F )(21+μ
2-6. 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：
mg N N =+θθμcos sin
ma N N =-θμθcos sin 可计算得到：此时的θ
μμ
θtan 1tan 1+-=
a g
（2）当木快有向上滑动趋势时（见图b ），列式为：
θθμcos sin N mg N =+
ma N N =+θμθcos sin
可计算得到：此时的θ
μμ
θtan 1tan 2-+=
a g
所以
tan tan 1tan 1tan g a g θμθμ
μθμθ
-+≤≤+-
2-7. 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：
s i n x N m a α-=
cos y N mg ma α-=
M 的运动方程为：sin M N Ma α=
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 α'='
利用相对运动的公式，a a a M m '+=
所以：M x x a a a -=' y y a a ='
于是：tan y
y x x M
a a a a a α'==
'- 即：sin cos sin x y M a a a ααα-= （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得：
2sin cos sin M m a g M m ααα
=
+
2-8.解：受力分析如图
y m s i n N 2ωΔα= （1） mg cos N Δα= （2）
两式相比 dy
dz g y tan 2=
=ωα dy g y dz 2??=ω C y g
ωz +=2
22
当 0=y 时 0z z = 所以 0z C =
02
22z y g
ωz += 稳定旋转时液面是一个抛物面
由于旋转后成为立体，故方程变为【2
220()2z x y z g
ω=
++】
2-9. 解：隔离物块和斜面体，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 1与m 2的运动有联系的，m 1沿地面运动，m 2沿斜面运动，这就是约束条件。取地面作为参考系，则m 2的运动为： x a m N 2s i n =-θ
y a m g m N 22cos =-θ
m 1的运动方程为：11sin N m a θ=
下面列出约束条件的方程：取m 1作为参考系，设m 2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：x
y a a ''=
θtan
利用相对运动的公式，21a a a '=+
所以：1x x a a a '=- y y a a ='
于是：1
tan y
y x x a a a a a θ'==
'- 即：1sin cos sin x y a a a θθθ-= （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得：
21212sin cos sin m a g m m θθθ=
+；12
212sin cos sin m a g m m θθθ=-+；12212()sin sin m m a g m m θ
θ
+'=+ 相互作用力N=
g m m m m θ
θ
2
2121sin cos + 2-10.解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕Z 轴的圆周运动，以地面为参照系可列式：
0sin =-m g N θ
θωθsin cos 2r m N =
所以，可得：θ
θωsin tan 2g
r =
2-11.解：根据题意和牛顿第二定律，可列式：22)(dt d m cx b x
=+=i F ，
整理可得二阶微分方程：022=--b cx dt
d m x
。
令m
c
=
2
ω 下面分c 为正负再做进一步讨论。 当002
22=-
+m b x dt
d c ωx 时， ，可得：c b t c b x -=ωcos 一次求导，得到：t c
b v ωωsin -=
当002
22=-
-m b x dt
d c ωx 时， ，可得：c b
e e c b x t t -+=-)(2ωω 一次求导，得到：)(2t t
e e c
b v ωωω--=
2-12. 解：在法向上有 R
v m N 2
= 而 N μf =
在切向上有 dt
dv m
f =-
由上面三个式子可得 R
v μdt dv 2
-=
dt R μdv v t v
v ??=-
0201 t μv R R v v 00+= )1ln(000
00
R t μv μR
t μv R dt R v vdt S t
t
+=+==
?
?
习题3
3-1.解：j i
2020+-=-=?A B r r r
由做功的定义可知：J W 12)2020(6.0-=+-?=??=j i i
r F
3-2. 质量为m=0.5kg 的质点，在x O y 坐标平面内运动，其运动方程为x=5t 2,y=0.5(SI),从t =2s 到t =4s 这段时间内，外力对质点的功为多少？
i j i j i
60)5.020()5.080(=+-+=-=?24r r r
22//10d dt d dt ===i a v r 105m m ==?=i i F a
由做功的定义可知：560300W J =??=?=i i F r
3-3.根据小球是被缓慢提起的，刚脱离地面时所受的力为F=mg ，mg x k =? 可得此时弹簧的伸长量为：k
mg
x =
? 由做功的定义可知：k
g m kx kxdx W k mg x
22
12
20
2
===
?
? 3-4.分析：W f 直接求解显然有困难，所以使用动能定理，那就要知道它的末速度的情况。
解：求在B 点的速度： N-G=R
v m 2 可得：R G N mv )(21212
-=
由动能定理：
R m g N m gR R G N W m v W m gR f f )3(2
1
)(2102
12
-=--=
-=
+
3-5.解：（1）由做功的定义可知：
J
x x x x dx x x d W x x 2.69)
(6.12)(4.26)4.388.52(3
1322122234
.1522
.02
1
=----=--=?=??
x F （2）由计算结
果可知，做功与起点和终点的位置有关，与其他因素无关，所以该弹力为保守力。
3-6.解：要求功率就必须知道力和速度的情况，由题意：
)3
1
21(1)(1322j i j i bt at m dt bt at m t m +=+==??
F v 所以功率为：
)3
121(1)3121(1)(5232322
t b t a m bt at m bt at N +=+?+=?=j i j i V F
3-7.解：（1）由作用力和势能的关系：
k j i F c bx by ax r
cz bxy ax r E P ---=?++-?-=??-=)2()
(2
（2）取一个比较简单的积分路径：k j i r
dz dy dx ++=，则积分可得：
)(])2[(k j i k j i r d F
dz dy dx c bx by ax W ++?---=?=??
=9a-9b-3c
3-8.解：（1）取弹簧原长位置O '为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置P （坐标设为x '）时系统的总势能：2
P 2
1E x k x mg '+
'-= （2）取力的平衡位置O 为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置P （坐标设为x ）
时系统的总势能：0
20
2
0P 2
121E kx mg kx x x k mgx =-++-=而）（ 所以22020P 2
12121E kx kx x x k mgx =-++
-=）（ 3-9. 解：分析可知，棒下落的最大速度是受合力为零的时候，所以：
hsg lsg 12ρρ= ，则l h 1
2
ρρ=
。 在下落过程中，利用功能原理：2221012
h slv sglh gsydy ρρρ-=-?
所以：max v =
进入液体的最大深度H 为细棒运动的速度为零时：
210
H
sglh gsydy ρρ-=-? 所以1
122
l H ρρρ=
?-
3-10.解：根据题意，假设在离地心R r 40=处质点的速度为v 1，地面上的速度为v 2。提供卫星运动的力
为万有引力：202r Mm
G r v m =，所以20
1
2==R
r v v 此过程中阻力的作用时间可由角动量定理 rv
rv d dt m k rv md kvrdt rv md mrv d dt M f )()
()
()(=-
=-==
通过取积分，可得：
2ln )(0
240k
m
t rv rv d dt m k rv
rv t =
=-??
3-11.解：直接考虑垂下的链条的质心位置变化，来求做功，则：
111
4832
P W E mg l mgl =?=?=
3-12.解：当起重机忽然刹车时，物体的动能将转换为钢丝绳的弹性势能：由
22
02
121kx mv =，可得： 0v k
m
x =
分析物体的受力，可得到绳子的拉力为：
0v mk mg kx mg T +=+=
3-13. 解：（1）当A 和B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：
2
022
1)(21kx v m m B A =+，所以：0x m m k
v B
A +=;x l =
（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：
222
121kx v m A = ，则：
0A x =
3-14. 解：（1）取无穷远处势能为零，计算地面处的势能为：
e e 211
b
e
a
r P e
R r
E f dr Gm m dr Gm m r R ∞
=
?=-=-?
?
（2）若选取地面处势能为零，计算无穷远处的势能为：
e e 211
e
b
a
R r e
r
E f dr Gm m dr Gm m r R ∞∞
=
?=-=?
?
两种情况下势能差是完全一样的。
3-15. 解：由万有引力的势能函数值，在离地球表面高度为()e R h h <<处，质量为m 的质点所具有的引力势能为：)()()()()(2
0200
h R mg h R R Mm
G h R h R Mm G h R Mm G e e e
e e e +-=+-≈++-=+- 如果以地面作为零电势处，则质点所具有的引力势能近似可表示为mgh .
习题4
4-1. 解：（1）根据冲量定理：
?
??==t
t P P d dt 0
P P F
其中动量的变化：0v v
m m -
在本题中，小球转动一周的过程中，速度没有变化，动量的变化就为0，冲量之和也为0，所以本
题中质点所受合外力的冲量I 为零
（2）该质点受的外力有重力和拉力，且两者产生的冲量大小相等，方向相反。 重力产生的冲量=mgT=2πmg /ω；所以拉力产生的冲量=2πmg /ω，方向为竖直向上。 4-2.解：（1）由做功的定义可知：
J S v Fdt v Fvdt Fdx W x 6.1253
1
31
x 2
1
=?====???椭圆
（2）由动能定理可知，当物体速度不变时，外力做的总功为零，所以当该F 做的功为125.6J 时，其他的力的功为-125.6J 。
4-3解：（1）根据动量的定义：(sin cos )P mv m a t b t ωωωω==-+i j
（2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量等于它在这段时间内动量的变化，因为动量没变，所以冲量为零。
4-4.解：（1）解：由碰撞过程动量守恒可得： 10Mv mv mv += 代入数据 123002.060002.0v +?=? 可得：s m v /7.51=
根据圆周运动的规律：T-G=2v M R 2184.6v T M g M N
R
=+= （2）根据冲量定理可得： s N mv mv I ?-=?-=-=4.1157002.00 4-5. 解：由碰撞时，动量守恒，分析示意图，可写成分量式： ααcos sin 21m m =
ααsin cos 21m m P +=
所以221.410/P kg m s -=??
9.151=-=απθ
（2）反冲的动能为：2
180.17102k P E J m
-==?
4-6.解：根据弹性碰撞遵循的规律，可得到以下两个式子：
0H H He He M m m =+v v v
2220111
H H He He Mv m v m v =+ 代入已知量，可得：M=7u 70 1.410m/s v =?
4-7. 解：（1）由3/1044005
t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：
03/1044005=?-=t F 算出t=0.003s 。
（2）由冲量定义：
0.003
0.003
0.0035520
400410/3400210/3
0.6I Fdt t dt t t N s ==-?=-?=??
?
（）
（3）由动量定理：0.003
0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg
=
=?==?==?
所以：
4-8.解：在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为x c 。
112212c m x m x x m m +=
+ 因为12m m m ==，12
c x
x =
故 2223
,c c c mx mx x x x +=
=
4-9. 解：分析题意，可知在弹簧由压缩状态回到原长时，是弹簧的弹性势能转换为B 木块的动能，
然后B 带动A 一起运动，此时动量守恒，可得到两者相同的速度v ，并且此时就是弹簧伸长最大的位置，由机械能守恒可算出其量值。
2
02
0222
121kx v m = v v 2）（2102m m m +=
所以m
k
x v 3430
=
（2）
22122
0222
12121v m m kx v m ）（++= 那么计算可得：02
1
x x =
4-10.解：由碰撞过程动量守恒以及附加条件，可得
（1）假设碰撞是完全非弹性的，即两者将以共同的速度前行：mv mv 20= 所以：02
1v v =
（2）假设碰撞是完全弹性的，
210mv mv mv +=
2221202
12121mv mv mv += 两球交换速度， 01=v 02v v = （3）假设碰撞的恢复系数5.0=e ，也就是
210mv mv mv += 5.020
101
2=--v v v v
所以：0141v v =
， 024
3v v = 4-11.解：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，
得：
22111
sin 22
Mv kx Mgx α+= 10.83v ?= (碰撞前木快的速度)
1cos Mv mv m M v α'-=+（） 0.89v '?=-
4-12. 解：（1）由碰撞过程动量守恒，可得
v m m m v m '++=）（32101 2.0='?v m s v m m v m )(2101+= s m v m m m v 3
1
255250211=+?=+=
232122132
1)(2
1
v m m m v m m gs m '++-+=）（μ
m g m v m m m v m m s 60
121
)(2
13321221='
++-+=μ）（ （2）t g m μv m 33=' s g μv t 1.010
2.02
.0=?='=
4-13. 解：（1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得，
v M m
mv '
+=）（0
222
121kL v M m ='+）（ 计算得到：）（M m k m
L
v +=0 （2）子弹射入木快所受的阻力做功使子弹动能减小，木块动能增加，两次作功的位移差为s ，所以：
）（22
021v v m fx '-=
221
v M x f '=' 其中s x x ='-
所以：m s
MkL f 22
=
4-14.
4-15． 解：（1）k t mgv F r M
θcos 0-=?=
（2）k t mgv dt M v m r L t 2
00cos 2
θ-==?=? 4-16．解：利用角动量守恒：2211mv r mv r L == 2142v v =?
同时利用卫星的机械能守恒，所以：
R Mm G mv R Mm G mv 42122102
2021-=- mg R
Mm
G =20
所以： 321Rg
v =
6
2Rg v =
（2）ρ
ρ2
2
v m
Mm
G = 可得到：R 3
8=
ρ
4-17 解：第二宇宙速度0E =，由机械能守恒:
210A Mm
mv G
=-
A v ==
24sin A mv R mv R θ= 2v 30θ?=
习题5
5-1.解：受力分析如图
ma T mg 22
2=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(2 （3）
βJ r T T =-)(1 （4）
βr a = (5)
联立 g a 41=
， mg T 8
11=
5-2.解： （1） 设杆的线l
m
=
λ，在杆上取一小质元dx dm λ=
gdx dmg df μλμ==
gxdx dM μλ= 考虑对称
mgl gxdx M l μμλ?==20
4
1
2
（2） 根据转动定律d M J J dt
ωβ==
??
=-t w Jd Mdt 0
ω
0212141ωμml mglt -=-
所以 g
l t μω30= 5-3. 解：dt
dv
m
ma T mg ==- βJ TR =
βR dt
dv
=
整理 mg dt dv M m =+
)21( gdt M m m dv t v ??+=0021 2
M
m mgt
v +
=
5-4. 解：选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重
物上升的速度，系统对轴的角动量
MuR MvR R M
R v u M vR M L -=+--=
2
3
)4
()(42ω
根据角动量定理 dt
dL
M =
)23
(43MuR MvR dt d MgR -= 0=dt du MRa dt dv MR MgR 2
32343== 所以 2
g
a =
5-5. 证明：设球的半径为R ，总重量为m ，体密度3
43R m
πρ=
， 将球体划分为许多厚度为dZ 的圆盘， 则盘的体积为
dZ Z R 222)(-π
2
22
52182()2155
R R J R Z dZ R mR ππρρ-=-==?
5-6. 解：机械能守恒 222
12121kx J mg
=+ω 根据几何关系 22215.1)5.0(+=+x 1
28.3-?=s rad ω 5-7. 解：在虚线位置的C 点设为重力势能的零点，下降过程 机械能守恒
221ωJ mgR =
222
1
mR mR J += R g
34=
ω 3
4Rg
R v c ==ω
2A v R ω==
27
3
y F m g m R m
g ω=+=
方向向上 5-8.解：根据角动量守衡 有
02202
1
322)3()32(32v ml m l m l l mv ?-?+=ωω
l
v 230
=ω 5-9.
解(1) 角动量守恒 ωω222
1
mR MR mvR += 2(2)
mv
m M R ω=
+
（2）20
2
2π3
R
M M dM dmgr gr
rdr MgR R μμμπ===
=???
2221
()032MgR t MR mR μω??=+-，()224M m t R Mg
ωμ+∴?= 由（1）已得：()22m M m R
ω=+v ，代入即得32m t Mg μ?=v
5-10. 解：(已知棒绕O 点的转动惯量213
1
l m J =) 碰撞时角动量守恒
2211221
3
m v l m l m v l ω=-
l
m v v m 1212)
(3+=
ω
细棒运动起来所受到的摩擦力矩
gl m gxdx l m M l
10
12
1
μμ
==? dt d J M ω=-
?-=t
gl m d l m dt 012
12
1
31μω g
m v v m g l t 1212)
(232μμω+=
=
5-11. 解：（1）机械能守恒。 设下落最大距离为h
mgh kh =2
2
1 m k mg
h 49.02== （2）mgx J mv kx =++2
222
12121ω
1
2
2
22mgx kx v J m r ??
-??=??
+????
若速度达最大值，
0=dx dv )(245.0m k
mg x == 112
2
222222259.80.2452000.245 1.31/0.01
5(710)mgx kx v m s J m r -??????-???-???
===????++?????????
5-12.解：（1）通电时根据转动定律有 dt
d J M M r ω
=- ωP
M = ωk M r =
代入两边积分 ωωω
ωd k P J dt t ??-=02
)1(2t J k
e k
P
--=
ω （2）电扇稳定转动时的转速
k
P m =
ω （3） θ
ω
ωωd d J k =-
??
=-00
m
d d J
k
ωθ
ωθ
k
P k J =
θ 5-13. 解：细绳刚绷紧时系统机械能守恒
2220212121mv J J +=ωω ωR v = 01
3
v R ω=
ma mg T =-μ βJ TR =- 3
mg
T μ=
βR a =
5-14.解：此过程角动量守恒 ωJ m r v -=0 J
mRv
=
ω 5-15. 解：（1）角动量守恒 ω2
0322ml l mv = l
v 430=ω 根据转动定律 β2322ml l mg
= l
g
43=β （2）0
ct 0
cn cx x 45cos ma 45cos ma ma N -==
单选题 1．下列情况中(B )属于疏忽误差。 A.算错数造成的误差； B.记录错误造成的误差； C.安装错误造成的误差； D.看错刻度造成的误差2．仪表的精度级别是指仪表的(E )。 A．误差；B.基本误差；C．最大误差；D．允许误差；E．基本误差和最大允许值 3．仪表的精度与(B )有关。 A．相对误差；B．绝对误差；C．测量范围；D基本误差 4. 我们无法控制的误差是(D )。 A．疏忽误差；D，缓变误差；C．随机误差；D系统误差 5．由仪表内部元件老化过程所引起的误差称为( B )。 A．疏忽误差；B．缓变误差；C．随机误差；D．系统误差 6．可编程序控制器的简称是( D )。 A．DCS；B．BMS；C．CRT； D. PLC 7．压力表在现场的安装需( A )。 A．垂直；B.倾斜；C．水平；D．任意角度 8．测4~20mA电流信号时用以下哪些工具：（B） A．螺丝刀B．万用表C．校验仪（气压）D．试电笔 9．220V AC电压可用以下工具测量其电压值：（C） A．24V直流电源B．电笔C．万用表AC~档D．校验仪（气压） 10.测量仪表按测量方式分类：（A） A．直接测量B．接触式测量C．非接触式测量 11．1~5VDC用以下供电。（C） A．24V直流电源B．万用表C．1~24V直流电源D．24V交流电源 12．直流电与交流电说的是：（C） A．24V 电B．220V电C．经过整流滤波后的交流电为直流电 13．温度测量仪表中，红外线测温仪属于（Ｄ） A．热电偶温度计B．热电阻温度计C．光学高温计D．辐射高温计 14．仪表量程为8 MPa，当变送器显示50%时，测量输出值应为；（D） A．1MPa B．2MPa C．3MPa D．4MPa 15．压力的单位是（C）。 A．N牛顿B．Kg公斤C．Pa帕斯卡D．千克 16．密度的基本单位（A） A．Kg/m3 B．N/cm3 C．Kg/m2 D．P/m2 17．压力表的使用范围一般在它量程的１／３－２／３处，如果低于１／３则（C ） A．精度等级下降B．因压力过低而没指示C．相对误差增加。D．相对误差减小。 18．我们常提到的PLC是（ B ）。 A．可编程序调节器B．可编程序控制器C．集散控制系统 19．调节系统在受干扰作用后，在调节器的控制下被调参数随时间而变化。这个过程（D ） A．逐渐增大B．逐渐减小C．不变化D．衰减振荡 20、指单位时间内流过管道某一截面的流体的体积或质量，测量的是（C ） A．压力B．温度C．流量D．液位 多选题 1.按误差数值表示的方法，误差可以分为（A、B、C） A.绝对误差 B.相对误差 C.引用误差 D.系统误差
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0 t =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 263m /168 s ==，2/167 s m m f a y y == （1） t dt a v v t x x x 83 200+-=+=? 2000163 2)832(t t dt t dt v x x t t x +-=+-=+=?? t dt a v v t y y y 167 000+=+=? 200032 7 167t tdt dt v y y t t y ==+=?? 于是2秒时质点的位矢为：)m )(8 7413(j i j y i x r +-=+= （2）于是质点在2s 时的速度： )m/s (8 745j i v +-= 2-2 质量m =10 kg 、长l =40 cm 的链条，放在光滑的水平桌面上， 其一端系一细绳，通过滑轮悬挂着质量为m 1 =10 kg 的物体，如图所示．t = 0时,系统从静止开始运动，这时l 1 = l 2 =20 cm< l 3．设绳不伸长，轮、绳的质量和轮轴及桌沿的摩擦不计，求当链条刚刚全部滑到桌面上时，物体m 1速度和加速度的大小． 解：分别取m 1和链条m 为研究对象，坐标如图． 设链条在桌边悬挂部分为x ，a m T g m 11=-，ma l xgm T =-/，解出)/1(2 1l x g a -=
习 题1 1-1. 解：1） 由)sin (cos j i ωt ωt R +=r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωωω+-==i t R dt d R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122])c o s ()s i n [( 1-2. 解：1）由j i r )23(42 t t ++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 28d +==t dt j i j i v r 24)dt 28(dt 10 10 +=+==???t 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 解：1）j i r v 22d +==t dt i v a 2dt d == 2）21 22 12 )1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2 012 1at t v y + = （1） 2 022 1gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 图 1-4 1-5. 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2）
j i r )2 1-h ((t)20gt t v += （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3）j i r gt -d d 0v t = 而 落地所用时间 g h 2t = 所以j gh i v dt r d 20-= j v g t -=d d 2202y 2x )gt (v v v v -+= += 212220[()]g t dv dt v gt ==+ 1-6. 证明：设人从O 点开始行走，t 时刻人影中足的坐标为1x ，人影中头的坐标为2x ，由几何关系可得 2 1122h h x x x =- 而 t v x 01= 所以，人影中头的运动方程为 02 1121112v h h t h h h x h x -=-= 人影中头的速度 02 11 22v h h h dt dx v -== 图 1-6 1-7.解：t dt dx v 44-== 若0=v 解的 s t 1= m x x x 22)242(011=--+=-=? m x x x 8)242()32342(2133-=-+-?-?+=-=? m x x x 1021=?+?=? 1-8. 解: 建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图 小球落地时速度为gh v 20= 0060cos v v x = 200 060cos 2 1 60cos t g t v x + = （1） 图 1-8 00060sin v v y = 200060sin 2 1 60sin t g t v y - = （2） 第二次落地时 0=y g v t 0 2=
大学物理习题及解答 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 20 220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 33 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题 8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示 ????? ===22 0)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式 204r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 2 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则 这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE , S q E 0ε= ，所
自动化仪表试题 一、填空题 1、按误差数值表示的方法，误差可分为（）（）（）误差。 2、弹性式压力计是根据弹性零件的（）与所受压力成比例的原理来工作的。当作用于弹性元件上的被测压力越大时，则弹性元件的（）越大。 3、电容式压力器可分为（）、（）、（）三种形式。 4、流量有（）和（）两种表示方法，其间关系为（）。 5、当充满管道的液体通过节流装置时流速将在（）处发生（），从而使（）增加，而（）降低。 6、管道凸出物和弯道的局部阻力对液体流动稳定性影响很大，所以，在流量计节流孔板前后必须留有适当长度（）。 7、热电偶产生热电势的条件是（）、（）。 8、对热阻与桥路的连接要优先采用（）接法，这样可以在很大程度上减小连接导线（）变化带来的工作误差。 9、液体的密度与（）和（）有关系，其中气体的密度随（）的升高而减小，随（）的增大而增大，液体的密度则主要随（）的升高而减小，而与（）的变化关系不大。 10、一般简单的调节系统有（）单元、（）单元、（）单元、（）单元、（）单元。 11、在分辨铂铑热电偶的正负极时，是根据偶丝的软硬程度来判断的，较硬的偶丝为（）极。 12、温度越高，铂、镍、铜等测温材料的电阻越（），在热电阻温度计中，R0表示（）时的电阻值，R100表示（）时的电阻值。 二、选择题 1、工业现场压力表的示值表示被测参数的（）。 A、动压 B、全压C静压D绝压 2、在管道上安装孔板时，如果将方向装反将会造成（）。 A差压计倒指示B差压计指示变小C差压计指示变大D对差压计指示无影响 3、用分度号为K的热电偶和与其匹配的补偿导线测量温度，但在接线中把补偿导线的极性接反了，则仪表指示为（）。 A偏大B偏小C不变D可能大也可能小 4、用电子电位差计测热电偶温度，如果热端温度升高20℃，室温冷端下降20℃则仪表的指示（） A升高20℃B下降20℃C不变 5、现有一台精度等级为0.5级的测量仪表，量程为0－10000℃，在正常情况下进行校验，最大绝对误差为60℃，求该仪表的最大引用误差为（）。 A、0.6% B、0.6 C、±0.5% 6、现有两台压力变送器第一台为1级0－600KPa，第二台为1级250－500KPa，
2008年大学物理（力学）期中考试试卷(144A) 2008.4. 班级_________姓名_________学号___________得分__________ 注意：（1）试卷共三张。（2）填空题空白处写上关键式子，可参考给分。计算题要列出必要的方程和解题的关键步骤。（3）不要将订书钉拆掉。(4)第4页是草稿纸。 一、选择题（每小题3分，共18分） 1、圆柱状玻璃杯在光滑的水平桌面上以恒定的角速度绕玻璃杯的对称轴旋转，在杯底覆盖了一层厚度均匀的冰和玻璃杯一起转动。冰融化后，在没有水从玻璃杯溢出的情况下，则下面哪种说法是正确的？ （A ）系统的的角动量和角速度都减少； （B ）系统的的角动量不变但角速度减少； （C ）系统的的角动量不变但角速度增加； （D ）机械能和角速度都增加； （E ）机械能不变但角速度减少。 选：___________ 2、一物体以初速度0v 、仰角α由水平地面抛出，则地面上方该抛体运动轨道的最大曲率半径与最小曲率半径为： （A ）()αρcos /2 0max g v =，g v /cos 220 min αρ=； （B ）()αρcos /0max g v =，g v /cos 20min αρ=； （C ）g v /cos 220max αρ=，()αρcos /20min g v =； （D ）g v /cos 20max αρ=，()αρcos /0min g v =。 选：___________ 3、下面的几种说法中，哪一种是正确的？ （1）静摩擦力作功： （A ）一定为零；（B ）可以作正功；（C ）一定作负功。 选：___________ （2）滑动摩擦力作功：（A ）一定为零；（B ）可以作正功；（C ）一定作负功。 选：___________
习题5 5-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2 mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。 解：受力分析如图，可建立方程： ma T mg 222=-┄① ma mg T =-1┄② 2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④ βr a = ，2/2J mr =┄⑤ 联立，解得：g a 41=，mg T 8 11 = 。 5-2．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。 解：（1）设杆的线密度为：l m = λ，在杆上取一小质元dm d x λ=，有微元摩擦力： d f dmg gd x μμλ==， 微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩： 20 1 24 l M g xd x mgl μλμ==?； （2）根据转动定律d M J J dt ωβ==，有：000t Mdt Jd ωω-=??， 2011 412 mglt m l μω-=-，∴03l t g ωμ=。 或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，21 12 J ml =， 有：03l t g ωμ=。 T
5-3．如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量 可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量为M 、半径为 R ,其转动惯量为2/2MR ，试求该物体由静止开始下落的过程中， 下落速度与时间的关系。 解：受力分析如图，可建立方程： m g T ma -=┄① βJ TR =┄② a R β= ，21 2 J mR = ┄③ 联立，解得：22mg a M m =+，2Mmg T M m =+， 考虑到dv a dt =，∴0022v t mg dv dt M m =+??，有：22mg t v M m = +。 5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4/M ，均 匀分布在其边缘上，绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为4/M 的重物，如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2 MR J =，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？ 解一： 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 A Ma T Mg =-1人 B a M g M T 4 42=- 物 αJ R T R T =-21滑轮 由约束方程: αR a a B A ==和4/2 MR J =,解上述方程组 得到2 g a = . 解二： 选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重
大学物理第三版下册 答案
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示 ?? ? ? ? = = = 2 2 ) sin 2( π4 1 sin cos θ ε θ θ l q F T mg T e 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢103
仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢103 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷 很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说 f = 2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作 用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力．
关于计算的部分复习题 1、用标准压力表来校准工业压力表时，应如何选用标准压力表精度等级？可否用一台精度等级为0.2级，量程为0～25Mpa的标准来检验一台精度等级为1.5级，量程为0～2.5Mpa的压力表？为什么？ 答：选用标准压力表来校准工业压力表时，首先两者的量程要相近，并且标准表的精度等级要高于被校准表的精度等级，至少要高一个等级。题中的标准表精度等级为0.2级，量程为0～25Mpa，则该标准表可能产生的最大绝对误差为 Δmax1=(25-0)×0.2%=0.05(Mpa) 被校准表的精度等级为1.5等级，量程为0～2.5Mpa，其可能产生的最大绝对误差为 Δmax2=(2.5-0)×1.2%=0.0375(Mpa) 显然，Δmax1＞Δmax2,这种选择是错误的，因为虽然标准表精度等级较高，但是它的量程太大，故不符合选择的原则。 2、有一块压力表，其正向可测到0.6MPa，负向可测到-0.1MPa。现只校验正向部分，其最大误差发生在0.3MPa处，即上行和下行时，标准压力表的指示值分别为0.305MPa和0.295MPa。问该压力表是否符合准确度等级为1.5级的要求？ 答：该压力表的量程为 0.6-（-0.1）=0.7（MPa） 测量误差为Δ上=0.305-0.3=0.005（MPa），Δ下=0.3-0.295=0.005（MPa）
压力表的基本误差为0.005MPa ，满刻度相对误差为 %5.1%714.0%1007 .0005 .0max ?=?= δ 3、有一吊车的拉力传感器如右图所示。其中电阻 应变片R 1、R 2、R 3、R 4贴在等截面轴上。已知R 1、R 2、R 3、 R 4的标称阻值均为120Ω，桥路电压为2V ，重物质量为m ， 其引起R 1、R 2变化增量为1.2Ω。 （1）画出应变片组成的电桥电路。 （2）计算测得的输出电压和电桥输出灵敏度。 （3）说明R 3、R 4起到的作用。 答：（1）应变片组成如右图所示的半桥电路。 V V R R E R R R R R R R R R E U o 01.01202.1222)()()(223341111=Ω Ω?=?=? ??????++-+?+?+= （2）12 /==?= E R R U K o U （3）R 3、R 4可以进行温度补偿。 4、铜电阻的电阻值R 与温度t 之间的关系为)1(0t R R t α+=，在不同温度下，测得铜电阻的电阻值（如下表）。请用最小二乘法求0℃时的铜电阻的电阻值0R 和铜电阻的电阻温度系数α。
习题1 1-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j + ，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω= 消去t 可得轨道方程：222x y R += ∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆； （2）由d r v dt = ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1 222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。 1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为 24(32)r t i t j =++ ，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。 解：（1）由2 4(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。 （2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r 243)54()0()1(+=-+=-=? （3）由d r v dt = ，有速度：82v t i j =+ 0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j = ，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为 22r t i t j =+ ，式中r 的单位为m ，t 的单位为s.求： （1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：(1)由d r v dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt = ，有：2a i = ； （2）而v v =，有速率：1 222[(2)2]v t =+=∴ t dv a dt == 222t n a a a =+有： n a == 1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为h ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为 1y ，升降机上升的高度为2y ，运动方程分别为 2 012 1gt t v h y - += （1） 2201 2 y v t at =+ （2） 相遇时y 1=y 2 即得： a g h t += 2。 解法二：以升降机为非惯性参照系，则重力加速
习题2 2.1 选择题 (1) 一质点作匀速率圆周运动时， (A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。 (B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。 (C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。 (D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 [答案：C] (2) 质点系的内力可以改变 (A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。 (C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。 [答案：C] (3) 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作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。 在上述说法中： (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。 [答案：C] 2.2填空题 (1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m 的过程中，力F 所做功为 。 [答案：290J ] (2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。则物体加速度的大小为 ，物体与水平面间的摩擦系数为 。 [答案：2 2 ; 22v v s gs ] (3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 ；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 。 [答案：2; 3 k k E E ] 2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点： （1）质点作匀速直线运动； （2）质点作匀减速直线运动； （3）质点作匀速圆周运动；
《化工仪表与自动化》课程测试试题一 一、填空题（36分） 1、过程控制系统是由_控制器__、_执行器__、__测量变送__和_被控对象_等环节组成。 2、过程控制系统中按被控参数的名称来分有__压力__、_流量___、_温度__、_液位_等控制系统。 3、目前求取过程数学模型的方法有两种。其中一种是根据过程的内在机理，通过__物料_和_能量_物料平衡关系，用__机理建模__的方法求取过程的数学模型。 4、控制对象的干扰通道的动态特性对过渡过程的影响是:干扰通道的时间常数愈大,对被控变量的影响___越小____;干扰通道容量滞后愈多,则调节质量__越差 ____;干扰通道的纯滞后对调节质量_有影响，纯滞后越大，质量越差__。 5、选择控制方案时，总是力图使调节通道的放大倍数（增益）大于__干扰通道 的放大倍数（增益）。 6．某调节系统采用比例积分作用调节器，先用纯比例调整到合适的调节输出，再加入积分作用的后，应_减小调节器的放大倍数_,才能使稳定性不变。 7．描述控制系统的品质指标的参数有最大偏差、衰减比和余差等。8．串级调节系统,一般情况下主回路选择___PID______或__PI__调节规律调节器,副回路选用__P_调节规律调节器；如果副回路采用差压法测流量，应采用 什么装置_开放器___补偿。 9．仪表自动化标准中，气动仪表标准信号范围是0.02~0.1MPa；电Ⅱ型标准信号范围是4~20mA；电Ⅲ型标准信号范围是0~10mA。 二、综合题（54分） 1、（10分）画出气关式类型执行器的两种简单结构示意简图；在控制系统 中如何选择执行器类型？举例说明。 答：
在控制系统中，执行器是按安全原则选择类型的，也就是当控制信号中断时，要保证设备和操作人员的安全。如：加热炉温度控制，当燃料量为操纵变量时，其执行器应选择气开类型，当信号中断时，切断燃料，保证安全。 2、（14分）热电偶为什么要进行冷端温度补偿？有哪些冷端温度补偿方法？原理是什么？ 答：①因为各种显示仪表和热电偶分度表都是在热电偶冷端温度为零的时候做出的。但实际中热电偶冷端温度不等于零，且经常波动，这必然造成输出减少，所以要进行热电偶的冷端温度补偿。 ②热电偶常用的冷端温度补偿方法有：冰浴法、公式计算法、仪表机械零点调整法、电桥补偿法和补偿热电偶 ③ ?冰浴法：用冰槽使t0保持零度。 ?计算法：E AB（t，0）＝E AB（t，t0）＋E AB（t0，0） ?仪表零点调整法：将仪表的机械零点调到t0 ?补偿电桥法：用电桥产生E AB（t0，0）与E AB（t，t0）叠加，即可消除t0变化对测量的影响。 ?补偿热电偶：用与测量热电偶同型号的热电偶进行补偿，用于多支热电偶。 3、（10分）控制器输入偏差是阶跃信号（见下图），请根据已知参数， 画出P、PI的输出响应曲线。 （1）P输出，已知：比例度δ=50% （2）PI输出，已知：比例度δ=100% 积分时间Ti=1分 答：
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度2 /2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小 是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321 V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ｜与r 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r 是位移的模， r 是位矢的模的增量，即r 12r r ，12r r r ； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r （式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，
自控仪表 重点复习题及参考答案 一、填空题 1.成品油管道常用的压力仪表有(压力开关) (压力变送器) (差压变送器) (压力表) (差压表) 2.从大的方面来看，成品油管道常有的阀门执行机构有 (电动执行机构 ) (电液执行机 构) 3.压力变送器是将压力信号转换为标准 ( 电流信号)或(电压信号)的仪表。 4.压力或差压变送器既具有就地显示功能也有远传功能,从压力传感器将压力转换成电量 的途径来看,主要有电容式、电感式、电阻式等。在长输管道中应用较为广泛的是(电容式）压力传感器。 5.压力开关是一种借助弹性元件受压后产生（位移）以驱使微动开关工作的压力控制仪表。 6.双金属温度计是由两种膨胀系数不同的金属薄片焊接在一起制成的（测温元件） 7.热电偶温度计是以热电效应为基础将温度变化转换为（热电势）进行温度测量的测温仪 表。 8.热电阻是利用导体在温度变化时本身（电阻）也随着发生相应变化的特性来测量温度的。 9.涡轮式流量计是一种（速度）式流量计。 10.管道凸出物和弯道的局部阻力对液体流动稳定性影响很大，所以，在流量计节流孔板前 后必须留有适当长度（直管段） 11.转子流量计是属于（恒压）降流量计。 12.在使用过程中，当DBB阀门出现过扭矩时作为输油站的操作人员处理的基本方法是：(进 行排污处理)。 13.开关型球阀在使用时，要么（全开），要么（全关），不能打在（中间位），否则会损坏球 面，造成阀体内漏。 14.使用压力开关的目的主要是为了进行实现（联锁报警） 15.流量计的种类很多，有容积式流量计、节流式流量计、动压式流量计、变面积式流量计、 （叶轮式流量计）、（振动式流量计）、（电磁流量计）、（超声波流量计）、（量热式流量计）、（质量流量计）等。 16.密度计的测量原理多种多样，其中智能化程度较高、测量精度较高、测量方式较先进、 运行较稳定的密度计主要有：(在线同位素密度计)、(振动式密度计)等。 17.为了保证仪表的安全运行和仪表精度，仪表系统的接地电阻必须小于( 4 )欧姆。 18.在自控系统中，仪表位号首位为F代表(流量)，D代表 (密度) 19.磁致伸缩液位计要调试的主要参数有：(量程上线)、(量程下线)、(偏差值)。 20.超声波液位计检测时存在500mm左右的死区，调试超声波液位计时，必须把量程上限设 定值比被测罐或池的高度少500 mm，这样才能准确的检测液位。 21.超声波流量计油一对或多对传感器，为了能够准确的测试流量，每一个传感器的发射部 位需要加上（偶合剂）。 22.涡轮流量变送器应（水平）安装。 23.超声波流量计的检测精度与介质的（粘度）有关。 24.按照工作原理压力开关可分为（位移式）（力平衡式） 25.管道上常用的液位计有（差压式液位计）、（伺服液位计）、（磁致伸缩液位计）、（超声波 液位计） 26.利用超声波测量流量计的原理主要有（时差法）、（多普勒法）。
★先修课程： 无机化学、分析化学、有机化学、基础化学实验、大学数学、大学物理等。 ★适用专业： 化学专业。 ★教材： 《物理化学》（第五版），傅献彩等编，高等教育出版社，2005 ★教学参考书： 《物理化学简明教程》（第三版），山东大学印永嘉等编，高等教育出版社； 《物理化学》，胡英等编，第四版，高等教育出版社。 Physical Chemistry.6th ed., Atkins P.W.，Oxford University Press.（有中译本） 附：关于教材 本课程采用的教材是由南京大学教师编写高等教育出版社出版（2005年）的《物理化学》（第五版），它是普通高等教育"十一五"国家级规划教材。第五版是在第四版的基础上，遵照教育部高等学校化学与化工学科教学指导委员会2004年通过的"化学专业和应用化学专业化学教学基本内容"进行了适当的调整和增删，并总结近年来教学研究和教学改革成果修订而成的。全书重点阐述了物理化学的基本概念和基本理论，同时考虑到不同读者的需要也适当介绍了一些与学科发展趋势有关的前沿内容。 ★本课程的性质、地位、作用和任务 本课程是高等院校化学专业的一门重要基础课，为化学专业二级学科。课程以化学热力学、化学动力学、电化学、表面化学和胶体化学为基本结构，主要内容有化学热力学第一、二、三定律、相平衡和化学平衡；电解质溶液、可逆电池的电动势、电解与极化作用；化学动力学基础一、二；表面化学和胶体化学。 通过对本课程的学习，一方面使学生掌握物理化学的基本知识，掌握处理问题的基本方法；了解该研究领域的一些新进展，从而进一步扩大知识面，打好专业基础，加深对先行课程如无机化学、有机化学、分析化学的理解，做到知识面宽、基础深。另一面进一步培养学生的独立工作能力，提高学生的自学能力，学习前人提出问题、考虑问题和解决问题的方法，逐步培养独立思考和独立解决问题的能力，以便在生产实践和科学研究中碰到问题时，能得到一些启发和帮助。 ★实施本课程教学任务的方法、手段 本课程以课堂讲授为主、自学和讨论为辅的方式组织教学，采用多媒体投影辅助教学手段，并通过阅读主要参考书目、网上查询、资料整理和专题讨论，加深对物理化学基本原理的了解，并掌握该学科的前沿发展动态。对每章进行一次习题课，以巩固难掌握的知识点，并掌握运用物理化学方法初步解决问题的能力。 物理化学课堂教学纲要 绪论(1 学时) 一、知识点 着重阐明物理化学的意义、介绍物理化学的研究内容以及学习物理化学的方法。 二、教学内容与教学方法 教学内容 1. 物理化学的建立与发展 2. 物理化学的目的和内容 3. 物理化学的研究方法 4. 物理化学课程的学习方法
习题16 16-1．如图所示，金属圆环半径为R，位于磁感应强度为B 的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。当圆环以恒定速度v 在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端 a、b间的电势差。 解：（1）由法拉第电磁感应定律 i d dt ε Φ =- ，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势 i ε=； （2）利用： () a ab b v B dl ε=?? ? ，有： 22 ab Bv R Bv R ε=?= 。 【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】 16-2．如图所示，长直导线中通有电流A I0.5 =，在与其相距cm 5.0 = d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4 = l，宽cm 0.2 = a。 不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3 = v沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？ 解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。 首先用0 l B dl I μ ?=∑ ? 求出电场分布，易得：02 I B r μ π = ， 则矩形线圈内的磁通量为： 00ln 22 x a x I I l x a l dr r x μμ ππ ++ Φ=?= ? ， 由 i d N d t ε Φ =- ，有： 11 () 2 i N I l d x x a x dt μ ε π =--? + ∴当x d =时，有： 04 1.9210 2() i N I l a v V d a μ ε π - ==? +。 解法二：利用动生电动势公式解决。 由0 l B dl I μ ?=∑ ? 求出电场分布，易得：02 I B r μ π = ， 考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势， 近端部分：11 NB l v ε= ， 远端部分：22 NB lv ε= ， 则：12 εεε =-= 004 11 () 1.9210 22() N I N I al v l v V d d a d d a μμ ππ- -==? ++。 16-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I的电流，长为l的金属棒ab与长直导线共面且垂直于导线放置，其a端离导线为d，并以速度v 平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较U a、U b的电势大小。 解法一：利用动生电动势公式解决： () d v B dl ε=?? 2 I v d r r μ π =? ，
习题七 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化． 力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零． 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法． 从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点． 何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系? 答：用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微观量．如微观粒子(原子、分子等)的大小、质量、速度、能量等．描述大量微观粒子(分子或原子)的集体的物理量叫宏观量，如实验中观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量． 气体宏观量是微观量统计平均的结果． 7.6 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率? i N 21 4 6 8 2 )s m (1-?i V 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 解：平均速率 2 8642150 24083062041021++++?+?+?+?+?= =∑∑i i i N V N V 7.2141 890== 1s m -? 方均根速率 2 864215024081062041021223222 2 ++++?+?+?+?+?= = ∑∑i i i N V N V 6.25= 1s m -? 7.7 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，N 为系统总分子数)． （1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )( （4） ? v v v f 0 d )( （5）?∞ d )(v v f （6）?2 1 d )(v v v v Nf 解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1) v v f d )(：表示分布在速率v 附近，速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比.