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习题及参考答案第一章 运动学x1—1一质点在xy 平面上运动，已知质点的位置矢量为j bt i at r 22+=（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 ）圆周运动x1—2一质点在xy 平面内运动，其运动方程为)(5sin 105cos 10SI j t i t r +=,则时刻t 质点切向加速度的大小为 (A) （A) 250(m/s 2） （B) )j t 5sin i t 5(cos 250-+（m/s 2） （C ）)(m/s j t 5cos 50i t 5sin 502 +- （D ）0x1-3质点作曲线运动,r 表示位置矢量，S 表示路程，u 表示速度的大小， a 表示加速度的大小，a t 表示切向加速度的大小,下列表达式中，正确的是 （A)dt ds =υ (B ）dt d a υ= (C ） dt dr =υ （D) dt d a t υ =x1—4一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 +x1—5质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度的大小为（设任一时刻质点的速率为u ）(A ）dt d a υ= （B)R a 2υ= (C ）R dt d a 2υυ+= （D)222)()(dt d R a υυ+=x1—6于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的?(A) （A) 切向加速度必不为零。
(B)法向加速度必不为零（除拐点外)。
（C)由于速度沿切线方向，法向分速度为零，因此法向加速度必为零。
（D ）若物体作匀速率运动，则其总加速度必为零。
x1—7一质点的运动方程为x =6t-t 2（SI ），则在t 由0至4s 的时间内质点走过的路程为(A) （A ） 10m （B)8 m （C ）9 m （D)6 mx1-8某物体的运动规律为t k dt d 2υυ-=，式中的k 为大于零的常数。
思 考 题1.1答：这个质点的速度j t i v)8.94(3-+=；加速度j a8.9-=；j dt t i dt r d)8.94(3-+=。
dt t ds 2)8.94(9-+=；它的速率2)8.94(9t v -+=。
1.2答：t 时刻的速度j t i t v5cos 505sin 50+-=；速率v=50,；加速度)5sin 5(cos 250j t i t a+-=；该质点作匀速圆周运动。
1.3（B ）1.4（D ）1.5（B ）、（D ）1.6（C ）1.7答：质量大的物体转动惯量不一定比质量小的转动惯量大。
因为计算转动惯量的三个要素是总质量；质量分布；转轴的位置。
所以仅以质量的大小不能说明转动惯量的大小。
1.8答：刚体的动量矩等于刚体对该轴的转动惯量与角速度的乘积。
作前滚翻运动动作时应曲卷肢体使转动惯量变小,根据动量矩守恒定律,则能增加前滚翻的角速度。
1.9答：相对论中的高速和低速的区分是相对光速而言的，接近光速的速度为高速，远小于光速的速度为低速。
在相对论中质量与速度的关系为20)(1c v m m -=，0m 为静止质量，m 是物体相对参照系以速度v 运动时的质量，c 为光速。
高速列车的行驶速度远小于光速，由上式可计算出高速列车达到正常行驶速度时，其质量没有显著的变化。
习题1.1解:（1）速度表达式为：)1ln(bt dtdxv --==μ （2）t=0时， v=0. t=120s 时，31091.6⨯=v m/s (3)加速度表达式为：)1(bt b dt dv a -==μ(4)t=0时，2/5.22s m a = t=120s 时，2/225s m a =1.2证明:由:dt dx v =及2kv dt dv -=可得: 2⎪⎭⎫⎝⎛-=dt dx k dt dv∴ kvdx dx dt dx k dv -=-= ⇒ kdx vdv-= ∴⎰⎰-=x vv kdx v dv 00 ⇒ kxe v v -=0 得证1.3解:123282105.410210)103(⨯=⨯⨯⨯==gR v g a 倍1.4 答：推力的冲量t F I ∆= ，∵∑=0F∴0=∆P1.5解：两秒内冲量的变化值依据1221)(p p dt t F t t -=⎰有)(140)4030()(22秒牛•=+=⎰⎰dt t dt t F速度的变化值v ∆ 由v m p p dt t F t t ∆=-=⎰1221)(有140=10v ∆)/(14s m v =∆1.6 解：设链条质量为m ，单位长度的质量即线密度为lm；因为系统不受外力作用，因此机械能守恒，将势能零点选在光滑的桌面上，取坐标竖直向上为正方向。
1．用复变量表示：（1）上半平面（2）左半平面（3）半圆（包括边界）（4）扇形（不要边界）2．求出以下关系的几何位置：（1）和为复常数（2）（3）（4）3．试证明以下恒等式或关系式，并说明其几何意义：（1）（）（2）（）（3）（）4．求以下复数的实部、虚部、模与辐角主值：（1）（3）（2）（4）5．证明棣摩弗（DeMoivre）公式（）6．计算以下数值（1）（3）（2）（4）7．求解方程：（1）（2）8．设流体在点的流速为，求其大小和方向。
9．验证以下关系成立：（1）么（2）设表关于复数的任一有理运算，那第1篇复变函数论 >> 习题1．求下列复变函数的实部与虚部：（1）（2）2．画出下列关系所表示的点的轨迹的图形并确定它是不是区域：（1）且（2）（3）且（4）3．函数将平面的下列曲线变成平面上的什么曲线？（1）（2）（3）（4）4．证明：（1）复平面上的直线方程可以写成（复常数，实数）（）（2）复平面上的圆周可以写（）5．证明在原点不连续。
第1篇复变函数论 >> 习题1．试推导极坐标形式下的条件：（）2．讨论下列函数的可微性和解析性。
（1）（2）（3）（4）3．若函数在区域上解析并满足下列条件之一，证明必为常数（1）（2）在上解析（3） =常数（4） =常数4．已知解析函数的实部或虚部，求解析函数：（1）（2）（3）（4）5．已知一平面静电场的电力线族是与实轴相切于原点的圆族，求等势线族，并求此电场的复势。
6．已知一平面静电场的电力线族是抛物线族，求等势线族，并求此电场的复势。
7．能否成为的一个解析函数的实部？为什么？8．证明：如果和在点解析，，则。
即，对于解析函数而言，实函数中的洛必达（LˊHospital）法则仍成立。
第1篇复变函数论 >> 习题1．证明（）~（）、（）~（）、（）~（）式。
2．试证：（1）（）（2）（）（3）（）3．若，试证（1）（）（2）（）（3）（）（4）（）4．求证：（）5．若，则称为的反正弦函数，并记作 Arcsinz，类似的也可建立反余弦、反正切、反余切函数的概念，试讨论以上反三角函数的多值性。
第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A tωβωωωββsin 2cos e 22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv=2t 2v=dx/dt=2t 2t t x tx x d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3/3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 24rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v 当y =h 时，V的大小为：()2cos 222222αgh u gh u yx ++=+=VV VV的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m 的物块对它的拉力F 的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372m ax =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 xOγ hv xyuVα yvV y4.122m in =-=ωμM Mgmg r s mm 2分2. 解：球A 只受法向力N 和重力g m，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/c o s (2R g m N v +=θ1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题gmxfFa1.(C)2. 20kx2021kx -2021kx3. R GmM 32RG m M 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k)2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分xyal -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m v 3分3分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =l a l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分 由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以 222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ²s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q mt ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v 2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分方向： ︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分30︒15︒θ1vm)(vm ∆ 2v m由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ²m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵ βθωω2202-= 当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ 物体上升的高度h = R θ = 6.12³10-2 m 2分 (3) ==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ²s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ²m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 21210 ① 2分 其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：TTmga2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212mR J mr J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(lm l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ²s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90³102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分 由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分 2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A x由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22c o s (100π+=ω (SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。
