C型臂简介
C型臂：顾名思义该设备有C型的机架，产生X射线的球管，采集图像的影像增强器和CCD摄像机，以及图像处理的工作站组成。主要用于各种手术中的透视造影，点片等工作。另外也区别与其他的x 射线设备比如：U型臂，G形臂等等。
C型臂俗称：C型臂X光机、C臂、小C臂、小C、C臂机、C臂X光机等。
C型臂用途
骨科：整骨、复位、打钉、椎间盘造影和消融、经皮穿刺等。
疼痛科：与臭氧、半导体激光、射频机配合开展腰椎、颈椎等疼痛介入治疗。
肿瘤科：多部位肿瘤介入整治。
妇科：输卵管导引术、子宫造影、子宫肌瘤介入治疗等。
普外科：创伤外科、取体内异物。
泌尿外科：肾膀胱造影，泌尿外科手术等。
控制方式
主要包括：手持控制器控制、双脚闸控制器控制、自动透视、手动透视、脉冲透视等控制方式。
射线防护
1.利用脚闸远距离曝光，距离防护。
2.利用限速器，及球管内部的铅皮，防止了散射线。
3.利用脉冲透视缩短曝光时间，从而降低了病人的吃线剂量。
C型臂分类
小C: （C臂、小C臂、小C、骨科C臂）
主要用途1、骨科：整骨、复位、打钉。2、外科：取体内异物、心导管、植入起搏器、部分介入治疗、部分造影术及局部摄影等工作。3、其他：配合臭氧机治疗疼痛，小针刀治疗，妇科输卵管导引手术等。该型产品在医院普及率很高，基本上二级医院都已经装备。
中C（周边介入型C形臂）
定义：周边介入型C形臂，在业界俗称为“中C”，不仅仅是把球管功率提高，就可以谓为“中C”。中C产品设计的系统性和操控性是开展复杂介入手术的有力保障，主要是增加了DSA相关的许多功能。它在临床上可以完成大型血管机（大C）80%以上手术需求。主要的临床范围：神经外科血管造影，减影术消化道介入手术，例如：ERCP、食道支架；腹腔和盆腔脏器肿瘤介入治疗，例如肝脏、肾脏介入手术；四肢血管造影剂减影术，成型术疼痛微创介入手术，例如：腰椎间盘介入、颈椎介入、妇科输卵管再造手术、子宫肌瘤手术。
大C（DSA血管机）
DSA是由电子计算机进行影像处理的先进的X线诊断技术，是继CT之后，在X线诊断技术方面的又一重大突破，主要应用于全身血管疾病的诊断和治疗。和小C 中C相比，大C都是固定式的，有固定在天花板的也有固定在地上的。功率一般都大于80kW。
临床应用：
1.头颈部血管系统的检查：对颅脑占位性病变，动静脉畸形，脑血管闭塞，颈动脉狭窄、闭塞，动脉粥样硬化及溃疡等，可提供诊断依据。
2.胸部血管系统的检查：DSA对心脏及大血管的显示相当满意，用于对先心病、瓣膜病、心肌病、冠心病的诊断。
3.腹部血管系统的检查：用于胃、肠、肝、脾、盆腔等的血管造影。
4.四肢血管系统的检查：可以诊断四肢血管的狭窄、闭塞、出血、动脉瘤、动脉畸形等。
5.在介入放射学治疗中的应用：是最理想的介入放射技术，广泛应用于经皮腔内成形术、经导管药物灌注治疗、经导管栓塞治疗等介入放射治疗。
C型臂特点
1、更大功率的高压发生器适合对肥胖病人的高密度组织进行成像，更高热容量的球馆可以满足长时间、大量手术的需要。
2、国内领先的全脉冲透视，智能曝光控制，实现超低辐射剂量。
3、多种工作模式，满足各种临床需要。
4、多叶与垂直光影控制，有效减少软X线，大幅降低皮肤剂量。
5、进口品牌影像增强器，全数字化CCD摄像机，提供高分辨的优质图像。
6、高分辨率双医用液晶监视器，大幅提高图像效果。
7、强大数字化图文工作站标配DICOM3.0接口与网络完美对接，支持Worklist登记和手动登记双登记模式。
8、工作站具有大容量数字化存储功能，透视和数字点片均以数字化格式无损存储，边缘增强多重镜像，gamma校正、电影回放、窗宽窗位、专家模板、刻录等强大处理功能。
9、四维电动运动控制，定位精确，灵活自如；超大机架设计，提供了超大的诊视空间，更加舒适的手术环境；全新设计，全新理念、带来超凡体验。
10、双面板人体图形化液晶触摸屏，操作智能快捷；双运动控制系统、双曝光脚闸设计，极大满足临床操作。
《大学物理AII 》作业 机械振动 一、 判断题：（用“T ”表示正确和“F ”表示错误） [ F ] 1．只有受弹性力作用的物体才能做简谐振动。 解：如单摆在作小角度摆动的时候也是简谐振动，其回复力为重力的分力。 [ F ] 2．简谐振动系统的角频率由振动系统的初始条件决定。 解：根据简谐振子频率 m k = ω，可知角频率由系统本身性质决定，与初始条件无关。 [ F ] 3．单摆的运动就是简谐振动。 解：单摆小角度的摆动才可看做是简谐振动。 [ T ] 4．孤立简谐振动系统的动能与势能反相变化。 解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。 [ F ] 5．两个简谐振动的合成振动一定是简谐振动。 解: 同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。 二、选择题： 1. 把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相位为 [ C ] (A) θ; (B) π2 3 π2 1。 解：对于小角度摆动的单摆，可以视为简谐振动，其运动方程为： ()()0cos ?ωθθ+=t t m ，根据题意，t = 0时，摆角处于正最大处，θθ=m ，即： 01cos cos 0000=?=?==??θ?θθ 2．一个简谐振动系统，如果振子质量和振幅都加倍，振动周期将是原来的 [ D ] (A) 4倍 (B) 8倍 (C) 2倍 ? (D) 2倍 解： m T k m T m k T ∝?=??? ???== /2/2πωωπ ,所以选D 。 3. 水平弹簧振子，动能和势能相等的位置在：[ C ] (A) 4A x = (B) 2A x = (C) 2 A x = (D) 3 A x = 解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。那么动能势能相等时，有：
2015-16-2课堂练习50题 1. 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度应是多少？(c表示真空中光速) 参考答案：v = (4/5) c． 2. 已知电子的静能为0.51 MeV，若电子的动能为0.25 MeV，则它所增加的质量?m与静止质量m0的比值近似为多少？参考答案：0.5 3. 静止时边长为50 cm的立方体，当它沿着与它的一个棱边平行的方向相对 于地面以匀速度 2.4×108 m·s-1运动时，在地面上测得它的体积是多少？ 参考答案：0.075 m3 4. 一列高速火车以速度u驶过车站时，固定在站台上的两只机械手在车厢上同时划出两个痕迹，静止在站台上的观察者同时测出两痕迹之间的距离为1 m，则车厢上的观察者应测出这两个痕迹之间的距离为多 少？参考答案： m c u2) / ( 1 /1- 5. 一电子以0.99 c的速率运动(电子静止质量为9.11×10-31 kg，则电子的总能 量是多少焦耳？，电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少？ 参考答案：5.8×10-13J ；8.04×10-2 6. 牛郎星距离地球约16光年，宇宙飞船若以多少速度的匀速度飞行，将用4年的时间(宇宙飞船上的钟指示的时间)抵达牛郎星．参考答案：2.91×108 m·s-1； 7. 一个余弦横波以速度u沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如图所示．试分别指出图中A，B，C各质点在
该时刻的运动方向．A_____________；B _____________ ；C ______________ ．参考答案：向下；向上；向上 8. 一声波在空气中的波长是0.25 m，传播速度是340 m/s，当它进入另一介质时， 波长变成了0.37 m，它在该介质中传播速度为多少？参考答案：503 m/s 9.波长为λ的平行单色光垂直地照射到劈形膜上，劈形膜的折射率为n，第二 条明纹与第五条明纹所对应的薄膜厚度之差是多少？参考答案：3λ / (2n) 10. He－Ne激光器发出λ=632.8 nm (1nm=10-9 m)的平行光束，垂直照射到一单缝上，在距单缝3 m远的屏上观察夫琅禾费衍射图样，测得两个第二级暗纹间的距离是10 cm，则单缝的宽度a=？参考答案：7.6×10-2 mm 11. 假设某一介质对于空气的临界角是45°，则光从空气射向此介质时的布儒 斯特角是多少？参考答案：54.7° 12. 一束平行的自然光，以60°角入射到平玻璃表面上．若反射光束是完全偏振的，则透射光束的折射角是多少？玻璃的折射率为多少！参考答案：30?；1.73 附图表示一束自然光入射到两种媒质交界平面上产生反射光和折射光．按图中所示的各光的偏振状态，反射光是什么偏振光；折射光是什么偏振光；这时的入 射角i0称为什么角．参考答案：线偏振光；部分偏振光；儒斯特角
习题六 6—1 一轻弹簧在60N得拉力下伸长30cm。现把质量为4kg物体悬挂在该弹簧得下端,并使之静止,再把物体向下拉10cm,然后释放并开始计时。求:(1)物体得振动方程;(2)物体在平衡位置上方5cm时弹簧对物体得拉力;(3)物体从第一次越过平衡位置时刻起,到它运动到上方5cm处所需要得最短时间。 [解] (1)取平衡位置为坐标原点,竖直向下为正方向,建立坐标系 设振动方程为x=cos(7、07t+φ) t=0时, x=0、1 0、1=0、1cosφφ=0 故振动方程为x=0、1cos(7、07t)(m) (2)设此时弹簧对物体作用力为F,则: F＝k(Δx)=k(x0 +x) =mg/k=40/200=0、2(m) 其中x 因而有F= 200(0、2-0、05)=30(N) (3)设第一次越过平衡位置时刻为t1,则: 0=0、1cos(7、07t1 ) t1 =0、5π/7、07 第一次运动到上方5cm处时刻为t2,则 -0、05=0、1cos(7、07t2) t2=2π/(3×7、07) 故所需最短时间为: Δt=t2 -t1 =0、074s 6—2 一质点在x轴上作谐振动,选取该质点向右运动通过点A时作为计时起点(t＝0),经过2s后质点第一次经过点B,再经2s后,质点第二经过点B,若已知该质点在A、B两点具有相同得速率,且AB=10cm,求:(1)质点得振动方程:(1)质点在A点处得速率。 [解] 由旋转矢量图与可知s (1) 以得中点为坐标原点,x轴指向右方。 t=0时, t=2s时, 由以上二式得 因为在A点质点得速度大于零,所以 所以,运动方程为: (2)速度为: 当t=2s时 6—3 一质量为M得物体在光滑水平面上作谐振动,振幅为12cm,在距平衡位置6cm处,速度为24,求:(1)周期T; (2)速度为12时得位移。 [解] (1) 设振动方程为 以、、代入,得: 利用则
习题 3-1. 如图，一质点在几个力作用下沿半径为R =20m 的圆周运动，其中有一恒力F =0.6iN ，求质点从A 开始沿逆时针方向经3/4圆周到达B 的过程中，力F 所做的功。 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.劲度系数为k 的轻巧弹簧竖直放置，下端悬一小球，球的质量为m ，开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。今将弹簧上端缓慢提起，直到小球能脱离地面为止，求此过程中外力的功。 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 1 2 20 2 ===? ? 3-4.如图，一质量为m 的质点，在半径为R 的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力数值为N ，求质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其做的功。 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。
简答题 什么是伽利略相对性原理什么是狭义相对性原理 答：伽利略相对性原理又称力学相对性原理，是指一切彼此作匀速直线运动的惯性系，对于描述机械运动的力学规律来说完全等价。 狭义相对性原理包括狭义相对性原理和光速不变原理。狭义相对性原理是指物理学定律在所有的惯性系中都具有相同的数学表达形式。光速不变原理是指在所有惯性系中，真空中光沿各方向的传播速率都等于同一个恒量。 同时的相对性是什么意思如果光速是无限大，是否还会有同时的相对性 答：同时的相对性是：在某一惯性系中同时发生的两个事件，在相对于此惯性系运动的另一个惯性系中观察，并不一定同时。 如果光速是无限的，破坏了狭义相对论的基础，就不会再涉及同时的相对性。 什么是钟慢效应什么是尺缩效应 答：在某一参考系中同一地点先后发生的两个事件之间的时间间隔叫固有时。固有时最短。固有时和在其它参考系中测得的时间的关系，如果用钟走的快慢来说明，就是运动的钟的一秒对应于这静止的同步的钟的好几秒。这个效应叫运动的钟时间延缓。 尺子静止时测得的长度叫它的固有长度，固有长度是最长的。在相对于其运动的参考系中测量其长度要收缩。这个效应叫尺缩效应。 @ 狭义相对论的时间和空间概念与牛顿力学的有何不同有何联系 答：牛顿力学的时间和空间概念即绝对时空观的基本出发点是：任何过程所经历的时间不因参考系而差异；任何物体的长度测量不因参考系而不同。狭义相对论认为时间测量和空间测量都是相对的，并且二者的测量互相不能分离而成为一个整体。 牛顿力学的绝对时空观是相对论时间和空间概念在低速世界的特例，是狭义相对论在低速情况下忽略相对论效应的很好近似。 能把一个粒子加速到光速c吗为什么
简答题 1.1 关于行星运动的地心说和日心说的根本区别是什么？ 答：地心说和日心说的根本区别在于描述所观测运动时所选取的参考系不同。 1.2 牛顿是怎样统一了行星运动的引力和地面的重力？ 答：用手向空中抛出任一物体，按照惯性定律，物体应沿抛出方向走直线，但是它最终却还会落到地面上。这说明地球对地面物体都有一种吸引力。平抛物体的抛速越大，落地时就离起点越远，惯性和地球吸引力使它在空中划出一条曲线。地球吸引力也应作用于月球，但月球的不落地，牛顿认为这不过是月球下落运动曲线的弯曲度正好与地球表面的弯曲程度相同。这样牛顿就把地球对地面物体的吸引力和地球对月球的吸引力统一起来了。牛顿认为这种引力也作用在太阳和行星、行星与行星之间，称为万有引力。并认为物体所受的重力就等于地球引力场的引力。这样牛顿就统一了行星运动的引力和地面的重力。 1.3 什么是惯性? 什么是惯性系? 答：任何物体都有保持静止或匀速直线运动状态的特性，这种特性叫惯性。 我们把牛顿第一定律成立的参考系叫惯性系。而相对于已知惯性系静止或做匀速直线运动的参考系也是惯性系。 1.4 人推动车的力和车推人的力是作用力与反作用力，为什么人可以推车前进呢？ 答：人推动车的力和车推人的力是作用力与反作用力，这是符合牛顿第三定律的。但这两两个力是分别作用在两个物体上的。对于车这个研究对象来说，它就只受到人推动车的力（在不考虑摩擦力的情况下），所以人可以推车前进。 1.5 摩擦力是否一定阻碍物体的运动？ 答：不一定。例如汽车前进时，在车轮与路面之间实际上存在着两种摩擦力：静摩擦和滚动摩擦。前者是驱使汽车前进的驱动力，后者是阻碍汽车前进的阻力。再如，拖板上放上一物体，拉动拖板，物体可以和拖板一起运动，其原因就是拖板给予了物体向前的摩擦力。 1.6 用天平测出的物体的质量，是引力质量还是惯性质量？两汽车相撞时，其撞击力的产生是源于引力质量还是惯性质量？
大学物理学（第五版）上册(马文蔚)课后答案及解析 1-1 分析与解(1）质点在t 至(ｔ+Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示,其中路程Δｓ＝PP′, 位移大小|Δr｜＝PP′,而Δr＝|r｜-｜r|表示质点位矢大小的变化量，三个量的物理含义不同，在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能).但当Δt→０时，点P′无限趋近P点,则有｜ｄr|=ds,但却不等于ｄｒ.故选（B). （2) 由于|Δr |≠Δs,故，即| |≠.?但由于|dr｜＝ds,故，即｜｜=．由此可见，应选(C）.?1-２分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号vｒ表示，这是速度矢量在位矢方向上的一个分量; 表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解.故选(D). 1-3 分析与解表示切向加速度at，它表示速度大小随时间的变化率，是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 －2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ.因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D). １-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量ａn起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时,at恒为零；质点作匀变速率圆周运动时，ａt为一不为零的恒量,当at改变时,质点则作一般的变速率圆周运动.由此可见,应选（B)．?１－５分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为，其中绳长ｌ随时间t而变化．小船速度,式中表示绳长l 随时间的变化率，其大小即为ｖ0，代入整理后为,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C).?1-6分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位移的大小才会与路程相等．质点在ｔ时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tｐ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx１、Δx2 ,则t时间内的路程,如图所示,至于t ＝4.０ｓ时质点速度和加速度可用和两式计算．?解（１) 质点在４.0 s内位移的大小?(2) 由得知质点的换向时刻为(t＝0不合题意) 则, ?所以，质点在4.０s时间间隔内的路程为?(3)t＝4.0 s时, ?, １－7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v－t曲线的斜率为加速度的大小（图中AB、CD段斜率为定值,即匀变速直线运动;而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量，在ａ－t 图上是平行于ｔ轴的直线,由ｖ－ｔ图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线.又由速度的定义可知,x-ｔ曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–ｔ图为t 的二次曲线.根据各段时间内的运动方程ｘ＝ｘ（t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x －t 图．?解将曲线分为ＡB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为?(匀加速直线运动），(匀速直线运动） （匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的ａ－t图[图（B)］．?在匀变速直线运动中，有??由此,可计算在0～２s和4~6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为 ?用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x－t 图.在2～４ｓ时间内，质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝２0的一段直线[图(c)]. 1-８分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x（t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δｒ、Δｒ、Δs 来说,物理含义不同，可根据其定义计算．其中对s的求解
?物理系_2015_09 《大学物理AII 》作业 No.01 机械振动 一、 判断题：（用“T ”表示正确和“F ”表示错误） [ F ] 1．只有受弹性力作用的物体才能做简谐振动。 解：如单摆在作小角度摆动的时候也是简谐振动，其回复力为重力的分力。 [ F ] 2．简谐振动系统的角频率由振动系统的初始条件决定。 解：根据简谐振子频率m k =ω，可知角频率由系统本身性质决定，与初始条件无关。 [ F ] 3．单摆的运动就是简谐振动。 解：单摆小角度的摆动才可看做是简谐振动。 [ T ] 4．孤立简谐振动系统的动能与势能反相变化。 解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。 [ F ] 5．两个简谐振动的合成振动一定是简谐振动。 解: 同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。 二、选择题： 1. 把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相位为 [ C ] (A) θ; (B) π2 3; (C) 0; (D) π2 1。 解：对于小角度摆动的单摆，可以视为简谐振动，其运动方程为： ()()0cos ?ωθθ+=t t m ，根据题意，t = 0时，摆角处于正最大处，θθ=m ，即： 01cos cos 0000=?=?==??θ?θθ 2．一个简谐振动系统，如果振子质量和振幅都加倍，振动周期将是原来的 [ D ] (A) 4倍 (B) 8倍 (C) 2倍 (D) 2倍 解： m T k m T m k T ∝?=??? ???== /2/2πωωπ ,所以选D 。 3. 水平弹簧振子，动能和势能相等的位置在：[ C ] (A) 4A x = (B) 2A x = (C) 2 A x = (D) 3 A x = 解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。那么动能势能相等时，有： 2 21412122A x kx kA E E E p k =?====，所以选C 。
第一章 P17 1-2 已知j t A i v v ωωsin 0-=，则j t A i t v dt v r ωcos 0+==? 由 ??==t A y t v x ωcos 0 可得A v x A y -=0 cos ω（以出发点为原点） j t mA a m F j t A a ωωωωcos cos 22-==∴-= 1-4 如图，在B 点时，根据其受力情况，有 ? ?== -20 2 02130sin 60cos B B B m v m gl l m v m g T 解得)N (92 3 == mg T B 在B 点时，根据其受力情况，有 ? ?== -22 21C C C m v m gl l m v m g T 解得)N (183==mg T C 1-6 由题意设kv f = ，其受力方向在竖直方向上，则有 dt dv m ma kv F mg f F mg ==--=-- 变形可得 dt dv kv F m g m =-- 两边同时积分 ?? =--t v dt dv kv F m g m 00 整理可得)1(t m k e k F mg v ---= 设沉降距离为y ，则dt dy v = 注意基本概念的理解和掌握：位移，速度，加速度之间的关系 注意受力分析，区分出B 点时的角度关系
)]1([)1(0-+-=--==--??t m k t t m k e k m t k F mg dt e k F mg vdt y 1-9 由题意，当h=50m 时，桶中水已全部漏完，故木桶从井中提到井口所做的功为 J) (3500)(J 3430)1.011(]2.0)[(100 50 500 2100 50 50 或=+-=+-+=??gh g h h Mgdh dh gh g m M W 1-14 （1）子弹所受的冲量)m/s kg (9)50050(02.0?-=-?=?=p I 木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即)m/s kg (9?=木块I （2）对木块，有)m/s kg (950?=?=?=m p I 木块，因此kg 18.0=m 。 第二章 P32 2-4 由题意有)π(s 100 20π2002--=∴=+ββ 根据刚体定轴转动的转动定律有 )/s m π(kg 500)π10(5022?-=-?==βz z J M P33 2-9 由题意，已知质心处转动惯量为 212 1 ml ，根据平行轴定理 2229 1 )32(121ml l l m ml J =-+= 根据力矩的定义有 θθθc o s 61 )c o s 3c o s 32(21m g l l l mg M =-= 或θθθcos 6 1 )cos 631cos 3132mgl l mg l mg M =-=合 （1）根据刚体定轴转动的转动定律有βJ M = 可得l g J M 2cos 3θ β== 注意题意，要熟练分析题意，具体问题采用不同的方法解决。 注意利用运动学中各物理量之间的关系，要熟练运用数学工具进行运算。 注意动量定理的灵活应用 注意分析题意，熟练运用刚体定轴转动的转动定律。
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为 x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)． 解：（1） j t t i t r )432 1 ()53(2-+++=m (4) 1s m )3(3d d -?++== j t i t r v 则 j i v 734+= 1s m -? (6) 2 s m 1d d -?==j t v a 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以 0v (m ·1 -s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 2 2 2 s h l += 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0- ==- =船绳
习题6 6-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.19 1-?=q ，B 点上有电荷 C 108.492-?-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。 解：1q 在C 点产生的场强：11204AC q E i r πε= ， 2q 在C 点产生的场强：2 22 04BC q E j r = ， ∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=?+?； C 点的合场强：4 1 2 3.2410V E E E m =+=?， 方向如图： 1.8 arctan 33.73342'2.7 α===。 6-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-?的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。 解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--= =?? 可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。 解法1：利用微元积分： 2 1cos 4O x Rd dE R λθ θπε= ? ， ∴2 000cos 2sin 2444O d E d R R R α α λλλθθααπεπεπε- = = ?≈?=?1 0.72V m -=?； 解法2：直接利用点电荷场强公式： 由于d r <<，该小段可看成点电荷：11 2.010 q d C λ-'==?， 则圆心处场强：11 9 122 0 2.0109.0100.724(0.5) O q E V m R πε--' ? ==??=? 。 方向由圆心指向缝隙处。 i x
习 题 六 6—1 一轻弹簧在60N 的拉力下伸长30cm 。现把质量为4kg 物体悬挂在该弹簧的下端，并使之静止，再把物体向下拉10cm ，然后释放并开始计时。求：(1)物体的振动方程；(2)物体在平衡位置上方5cm 时弹簧对物体的拉力；(3)物体从第一次越过平衡位置时刻起，到它运动到上方5cm 处所需要的最短时间。 [解] (1)取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系 )/(07.74 200 1.0) /(200103060 2 s rad m k m A m N k === ==?= -ω 设振动方程为 x =cos+φ) t =0时, x = =φ φ=0 故振动方程为 x=(m) (2)设此时弹簧对物体作用力为F ，则： F ＝k (Δx )=k (x 0 +x ) 其中 x 0 =mg /k =40/200=(m) 因而有 F = 200设第一次越过平衡位置时刻为t 1 ，则: 0= ) t 1 =π/ 第一次运动到上方5cm 处时刻为t 2 ，则 = ) t 2 =2π/(3× 故所需最短时间为： Δt =t 2 -t 1 = 6—2 一质点在x 轴上作谐振动，选取该质点向右运动通过点 A 时作
为计时起点(t ＝0)，经过2s 后质点第一次经过点B ，再经 2s 后，质点第二经过点B ，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB =10cm ，求：(1)质点的振动方程：(1)质点在A 点处的速率。 [解] 由旋转矢量图和||||b a v v =可知42 1=T s 4/28/1, 81ππνων====∴-s s T (1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方。 t =0时, φcos 5A x =-= t =2s 时， φφωsin )2cos(5A A x -=+== 由以上二式得 1tan =φ 因为在A 点质点的速度大于零，所以4 3πφ- = cm x A 25cos /==φ 所以，运动方程为： )()4/34/cos(10252SI t x ππ-?=- (2)速度为： )434sin(410252π ππ-?-==-t dt dx v 当t =2s 时 s cm t dt dx v /93.3)4 34sin(425=--==π ππ 6—3 一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅为 12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度为24s cm ，求：(1)周期T ； (2)速度为12s cm 时的位移。 [解] (1) 设振动方程为()()cm t A x ?ω+=cos 以cm A 12=、cm x 6=、124-?=s cm v 代入，得：
1.（15分） 一立方米的密闭容器内盛有14克的氮气，若氮气可视为刚性的理想气体，在C 027的室温下， 试求： （1）容器内气体的压强； （2）氮气分子热运动的最可几速率p v 、平均速率v 2v （3）一个氮气分子的平均平动动能；容器内氮气的内能是多少？ 参考答案：（1）31.2510()p Pa =?；（2）422.0()p m v s =；476.2()m v s =；2516.8()m v s =；（3）216.21010()t J ε-=?；3() 3.1210()E T J =?。 2.（14分） 一容器中间被一隔板分成体积相等的两半，一半装有氦气，温度为K 250； 另一半装有氧气，温度为K 310。二者压强相等，求去掉隔板两种气体混合后的温度。 参考答案： 284.4T K = 。 3. （15分） 导体中共有N 个自由电子（电子的分布可视为电子气），电子气中电子的最大速率F v 称为费米速率。假设自由电子的质量e m 为已知；且自由电子按速率的分布遵从费米分布律，其分布 函数为： ?????>>>==)(0 )0(4)(2F F v v v v N A v Ndv dN v f π，其中A 为常量。 （1）求常数A ； （2）求电子气中电子的平均动能。 参考答案： （1）343F v N A π= ；（2）2310 k e F m v ε=。 厦门大学《大学物理》B 上课程期末试卷 2014－2015第 2学期 （A 卷题解）
4. （14分） 某单原子理想气体经历一准静态过程，压强P 与温度T 成反比。 （1）求此过程中该气体的摩尔热容C ； （2）设此过程中某一时刻气体压强为P 0，体积为V 0，求在体积从V 0增加到2V 0过程中气体 对外所做的功。 参考答案：（1）C =72R ；（2）002(21)W p V =- 。 5. （14分） 一热机每秒从高温热源 K T 6001= 吸取热量 )/(1034.341s J Q ?=，做功后向低温热源 K T 3002= 放出热量 )/(1009.242s J Q ?= 。试问： (1) 问它的效率是多少？它是不是可逆机？ (2) 如果尽可能地提高了热机的效率，问每秒从高温热源吸热)/(103.344s J ?，则每秒最 多能作多少功？ 参考答案：（1）37.4%η=；且该热机不是可逆机；（2）4max 1.67010()W J s t ?=? 。 6. （14分） 某循环过程的~T V 曲线如图所示。该循环的工作物质为ν摩尔理 想气体，其等容摩尔热容V C 和比热容γ均已知，且为常量。已知a 点的温度为1T ，体积为1V ；b 点的体积为2V ；ca 为绝热过程。求： （1）c 点的温度C T ； （2）循环的效率η。 参考答案：（1）-1112 =()c V T T V γ ；（2）11221[1()]1ln()V V C V V R V γη--=-? 。 7. （14分） 说明：
气体动理论 一. 基本要求 1. 了解气体分子热运动的图象及理想气体分子的微观模型。 2. 理解气体压强、温度的统计意义，通过气体压强公式的推导，了解从提出模型、进行统计平均、建立宏观量与微观量的联系到阐明宏观量的微观本质的思想和方法。 3. 了解玻耳兹曼能量分布律及等温气压公式，并用它们来处理一些有关的简单问题。 4. 了解麦克斯韦速率分布律、分布函数、分布曲线的物理意义，了解气体分子的热运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义及求法。 5. 理解内能的概念及能量均分定理，会用能均分定理计算理想气体的内能。 6. 了解气体分子的平均自由程、平均碰撞频率的意义及其简单计算。 二. 内容提要 1. 理想气体的状态方程理想气体处于平衡态时，其态参量压强p、体积V及温度T之间存在的关系式
RT M M pV mol = 利用状态方程可以由一些已知的态参量推算另一些未知的态参量。 2. 压强公式 反映理想气体的压强P 与气体分子平均平动动能k ε及分子数密度n 之间的关系式，其数学表达式为 )(2v 2 1 3232m n n P k =ε= 式中22 1v m k =ε代表一个分子的平均平动动能，m 代表分子的质量。 3. 温度公式 描述气体温度与气体分子平均平动动能之间的关系式，其数学表达式为 kT k 2 3=ε 式中，k 为玻耳兹曼常量。 由压强公式和温度公式可以得到理想气体物态方程的另一种形式 nkT P = 4. 能量均分定理 当气体处于平衡态时，分布与每一个自由度（平动、转动）上的平均能量均为kT 2 1。利用能均分定理很容易计算理想气
体的内能。 5. 理想气体的内能 气体分子所具有的各种平均动能的总和。质量为M 的理想气体的内能 RT i M M E mol 2 = 式中mol M 为气体的摩尔质量，i 为自由度。 6. 麦克斯韦速率分布律 气体处于平衡态时，分布在速率区间v ~ v +d v 内的分子数d N 与总分子数N 的比率按速率v 的分布规律。 速率分布函数 分布在速率v 附近单位速率间隔内的分子数与总分子数的比率，即分子速率出现在v 附近单位速率间隔内的概率，亦即概率密度。则 v v d d )(N N f = f （v ）随v 变化的曲线称为速率分布曲线。 7. 三种特征速率 （1）最可几速率 气体分子分布在某速率附近的单位速率区间隔内的分子数与总分子数的比率为最大的速率，其表达式为 mol p M RT 2= v
简答题 什么是伽利略相对性原理？什么是狭义相对性原理？ 答：伽利略相对性原理又称力学相对性原理，是指一切彼此作匀速直线运动的惯性系，对于描述机械运动的力学规律来说完全等价。 狭义相对性原理包括狭义相对性原理和光速不变原理。狭义相对性原理是指物理学定律在所有的惯性系中都具有相同的数学表达形式。光速不变原理是指在所有惯性系中，真空中光沿各方向的传播速率都等于同一个恒量。 同时的相对性是什么意思？如果光速是无限大，是否还会有同时的相对性？ 答：同时的相对性是：在某一惯性系中同时发生的两个事件，在相对于此惯性系运动的另一个惯性系中观察，并不一定同时。 如果光速是无限的，破坏了狭义相对论的基础，就不会再涉及同时的相对性。 什么是钟慢效应? 什么是尺缩效应? 答：在某一参考系中同一地点先后发生的两个事件之间的时间间隔叫固有时。固有时最短。固有时和在其它参考系中测得的时间的关系，如果用钟走的快慢来说明，就是运动的钟的一秒对应于这静止的同步的钟的好几秒。这个效应叫运动的钟时间延缓。 尺子静止时测得的长度叫它的固有长度，固有长度是最长的。在相对于其运动的参考系中测量其长度要收缩。这个效应叫尺缩效应。 狭义相对论的时间和空间概念与牛顿力学的有何不同? 有何联系? 答：牛顿力学的时间和空间概念即绝对时空观的基本出发点是：任何过程所经历的时间不因参考系而差异；任何物体的长度测量不因参考系而不同。狭义相对论认为时间测量和空间测量都是相对的，并且二者的测量互相不能分离而成为一个整体。 牛顿力学的绝对时空观是相对论时间和空间概念在低速世界的特例，是狭义相对论在低速情况下忽略相对论效应的很好近似。 能把一个粒子加速到光速c吗？为什么? 答：真空中光速C是一切物体运动的极限速度，不可能把一个粒子加速到光速C。从质速
大物课后部分参考答案及解析
第一章 P17 1-2 已知j t A i v v sin 0 ，则j t A i t v dt v r cos 0 由 t A y t v x cos 0 可得A v x A y 0 cos （以出发点为原点） j t mA a m F j t A a cos cos 22 1-4 如图，在B 点时，根据其受力情 况，有 20 2 02130sin 60cos B B B mv mgl l mv mg T 解得)N (92 3 mg T B 在B 点时，根据其受力情况，有 22 21C C C mv mgl l mv mg T 解得) N (183 mg T C 1-6 由题意设kv f ，其受力方向在竖直方向上，则有 注意基本概念的理解和掌握：位移，速注意受力分析，区分出
dt dv m ma kv F mg f F mg 变形可得 dt dv kv F mg m 两边同时积分 t v dt dv kv F mg m 00 整理可得 ) 1(t m k e k F mg v 设沉降距离为y ，则dt dy v )] 1([)1(0 t m k t t m k e k m t k F mg dt e k F mg vdt y 1-9 由题意，当h=50m 时，桶中水已全部漏完，故木桶从井中提到井口所做的功为 J) (3500)(J 3430)1.011(]2.0)[(100 50 500 2 10050 50 0或 gh g h h Mgdh dh gh g m M W 1-14 （1）子弹所受的冲量 ) m /s kg (9)50050(02.0 p I 木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即)m/s kg (9 木块 I （2）对木块，有) m/s kg (950 m p I 木块，因此kg 18.0 m 。 注意题意，要熟练分析题意，具体问题采注意利用运动学中各物理量之间的关系，注意动量定理的灵活应用
练习一 力学导论 参考解答 1． (C)； 提示：??= ?=t 3 x 9 vdt dx t d x d v 2． (B)； 提示：? ? + =R 20 y 0 x y d F x d F A 3． 0.003 s ； 提示：0t 3 104400F 5 =?-=令 0.6 N·s ; 提示： ? = 003 .00 Fdt I 2 g ; 提示： 动量定理 0mv 6.0I -== 3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解 。 5．解：(1) 位矢 j t b i t a r ωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n = t a t x x ωωsin d d -== v ， t b t y ωωc o s d dy -==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2 2222 12121ωmb m m y x =+v v 由A →B ??-==0a 2 0a x x x t c o s a m x F A d d ωω=?=-02222 1d a ma x x m ωω ??-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=?-=-b mb y y m 02 222 1d ωω 6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理， 小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=? ① y 方向：0)(=---=?y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ?==/2v v x =v cos a ∴ t m F ?=/cos 2αv 方向沿x 正向． 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内． α α m m O x y
1.7 一质点的运动学方程为22(1,)x t y t ==-,x 和y 均以为m 单位,t 以s 为单位，试求： （1）质点的轨迹方程；、 （2）在t=2s 时，质点的速度v 和加速度a 。 解：（1）由运动学方程消去时间t 可得质点的轨迹方程，将t =代入有 2 1)y = 或1=- (2)对运动学方程微分求速度及加速度,即 2x dx v x dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2,2y x x y dv dv a a dt dt = == = 22a i j =+ 当t=2s 时,速度和加速度分别是 42v i j =+ /m s 22a i j =+ 2 /m s 1.8 已知一质点的运动学方程为2 2(2)r ti t j =+- ,其中, r ,t 分别以 m 和s 为单位,试 求: (1) 从t=1s 到t=2s 质点的位移； (2) t=2s 时质点的速度和加速度； (3) 质点的轨迹方程； （4）在Oxy 平面内画出质点的运动轨迹，并在轨迹图上标出t=2s 时，质点的位矢r ,速度v 和加速度a 。 解： 依题意有 x=2t （1） y= 2 2t - (2) (1) 将t=1s,t=2s 代入，有(1)r = 2i j + ， ( 2)42r i j =- 故质点的位移为 (2)(1)23r r r i j ?=-=- (2) 通过对运动学方程求导可得 22dx dy v i j i t j dt dt =+=- 22222d x d y a i j j dt dt =+=- 当t=2s 时，速度，加速度为 24v i j =- /m s 2a j =- 2 /m s (3) 由（1）（2）两式消去时间t 可得质点的轨迹方程 2 2/4y x =- （4）图略。
习题 4-1. 如图所示的圆锥摆，绳长为l ，绳子一端固定，另一端系一质量为m 的 质点，以匀角速ω绕铅直线作圆周运动，绳子与铅直线的夹角为θ。在质点旋转一周的过程中，试求： （1）质点所受合外力的冲量I ； （2）质点所受张力T 的冲量I T 。 解： （1）根据冲量定理：???==t t P P d dt 00 ??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=2mg /；所以拉力产生的冲量2mg /，方 向为竖直向上。 4-2.一物体在多个外力作用下作匀速直线运动，速度=4m/s 。已知其中一 力F 方向恒与运动方向一致，大小随时间变化内关系曲线为半个椭圆，如图。求： （1）力F 在1s 到3s 间所做的功； （2）其他力在1s 到s 间所做的功。 解： （1）由做功的定义可知： J S v Fdt v Fvdt Fdx W x 6.1253 131x 21=?====???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.质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动学方程为 j i r t b t a ωωsin cos +=，求： （1）质点在任一时刻的动量；
（2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量。 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.质量为M =2.0kg 的物体（不考虑体积），用一根长为l =1.0m 的细绳悬 挂在天花板上。今有一质量为m =20g 的子弹以0v =600m/s 的水平速度射穿物体。刚射出物体时子弹的速度大小v =30m/s ，设穿透时间极短。求： （1）子弹刚穿出时绳中张力的大小； （2）子弹在穿透过程中所受的冲量。 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 Mg M N R =+= （2）根据冲量定理可得： s N mv mv I ?-=?-=-=4.1157002.00 4-5. 一静止的原子核经放射性衰变产生出一个电子和一个中微子，巳知电子 的动量为m /s kg 102.122??-，中微子的动量为236.410kg m/s -??，两动量方向彼此垂直。（1）求核反冲动量的大小和方向；（2）已知衰变后原子核的质量为 kg 108.526-?，求其反冲动能。 由碰撞时，动量守恒，分析示意图，可写成分量式： ααcos sin 21m m =