大物一复习思考题

第一章 质点运动学重点：求导法和积分法，圆周运动切向加速度和法向加速度。

主要公式：1．质点运动方程（位矢方程）：k t z j t y i t x t r)()()()(参数方程：。

t t z z t y y t x x 得轨迹方程消去)()()(2．速度3．4．5．线速度与角速度关系：r v6．切向加速度 法向加速度总加速度第二章 质点动力学重点：动量定理、变力做功、动能定理、三大守恒律。

主要公式：1．牛顿第一定律：当0 合外F 时，恒矢量 v。

2．牛顿第二定律3．4．5．6 动能定理7．机械能守恒定律：当只有保守内力做功时，0 E8. 力矩：F r M大小： sin Fr M方向：右手螺旋，沿F r的方向。

9．角动量：P r L大小： sin mvr L方向：右手螺旋，沿P r的方向。

※ 质点间发生碰撞：完全弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。

完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。

一般的非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。

※行星运动：向心力的力矩为0，角动量守恒。

第三章 刚体重点： 刚体的定轴转动定律、刚体的角动量守恒定律。

主要公式： 1． 转动惯量： rdm r J2，转动惯性大小的量度。

2． 平行轴定理：2md J Jc质点： sin mvr L刚体：J L4．转动定律： J M5．角动量守恒定律：当合外力矩2211:,0,0 J J L M 即时6. 刚体转动的机械能守恒定律: 转动动能:221J E k势能:c P mgh E （c h 为质心的高度。

）※ 质点与刚体间发生碰撞：完全弹性碰撞：角动量守恒，机械能守恒。

完全非弹性碰撞：角动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。

一般的非弹性碰撞：角动量守恒，机械能不守恒。

第五章 振动重点：旋转矢量法、 简谐振动的方程、能量和合成。

主要公式： 1．)cos( t A xT2km T2单摆：lg，gl T22．能量守恒：3．两个同方向、同频率简谐振动的合成：仍为简谐振动：)cos( t A x其中：a.同相，当相位差满足：k 2 时，振动加强，21A A A MAX ； b. 反相，当相位差满足：)12( k 时，振动减弱，21A A A MIN 。

附件3-3表面活性剂的应用——制作肥皂（陈虹锦chenhj@）第一部分实验前讨论题A组1. 什么是表面张力？如何分析液体的表面张力？液体的表面张力与其分子结构有什么关系？2．表面活性剂有什么结构特点？如何分类？3．肥皂的主要成分有哪些？各起什么作用？4. 植物油和动物脂肪有什么区别？其结构和性质有什么联系？反式脂肪是如何产生的？5．肥皂和洗衣粉的有效成分各是什么?有什么区别和联系？哪种防硬水的效果好？B组1. 表面活性剂为什么具有气泡、增溶和分散作用？与其结构有什么联系？举五个例子，并说明其原理。

2．乳化作用的原理是什么？生活中还有哪些常见的乳化体系？举五个例子，并说明其原理。

3. 洗涤过程的基本原理是什么?4．表面活性剂的溶液具有什么性质？5. 表面活性剂能否生物降解？对人体健康和环境有什么影响？？注：学生可自备牛油、椰子油、花生油等油脂中的一种，约10g，以及模具，形状不限，体积约20~30ml。

参考书目：1.《有机精细化学品实验》，蔡干，曾汉维，钟振声合编，化学工业出版社。

2. 《化学实验与生活》第二版，李梅，韩莉，梁竹梅，化学工业出版社，2008年。

3. 《表面活性剂——合成、性能、应用》，王培义，徐宝财，王军主编，化学工业出版社。

4.《从化学的角度看世界》，吴旦，刘萍等，化学工业出版社第二部分实验讲义一、实验目的1．了解洗涤的基本过程。

2．学习制备肥皂的方法。

二、实验原理肥皂是高级脂肪酸金属盐类的总称，包括软肥皂、硬肥皂、透明皂和香皂等。

肥皂是最早使用的洗涤用品，对皮肤刺激性小，具有便于携带、使用方便、去污力强、泡沫适中和洗后容易去除等优点。

肥皂的有效成分是表面活性剂，洗涤衣服的洗涤剂中常用表面活性剂分为阴离子型和非离子型，最典型的有肥皂中常用的硬脂酸钠（NaO C 17H 35O），洗衣粉主要洗涤成分为十二烷基苯磺酸钠（C 12H 25SO 3Na ）；非离子型表面活性剂主要是烷基聚氧乙烯醚（R CH 2O (C 2H 4O)n H ）。

一、质点运动学1．1.5 m·s -12．v 2= 6x 2+ 4x + 1003．4.12 m/s 2；104o4．B ；BR A π42+5．6.0 m·s -2； 450 m·s -26．s 55.0=t 7．69.8 m/s 8．17.3 m/s ，20 m/s二、动力学基本定律2．1s m 72-⋅3．A B ()()m m g a +-4．0.9 m.s -1； 0.45m.s -1 5．202F R7．31arccos8．υm m M k )(1+三、刚体1．400 rad·s -1；8000 rad·s -22．2271cos 122ml ml θ-3．25 rad / s6．-2s .4rad 0⋅；3.3s 7．1212(2)m m m R +v8．lg θωsin 23=五、振动1．2∶1；4∶1；2∶12．π；- π/2；π/33．)4/cos(1022π+π⨯=-t x (SI) 4．3/2π±5．)2/5cos(1022π/2+⨯=-t x 6．)2cos(204.0π+=t x (SI)． 8．0.1m ；/2π六、波动1．2π；2π-2．0.6m ； 0.25m3．]2/π)6/(π50cos[100.32--⨯=-x t y (SI)4．)2/π/π2cos(1-=T t A y x 5．])//(2cos[2φλ++π=x T t A y七、静电场1．－2ε 0E 0 / 3；4ε 0E 0 / 3 2．d 211λλλ+3．b a 32；0；b a 30ε4．0，20R r r σε 5．91085.8-⨯=σ C/m 26．d s q q 0212ε-8．0；RqQ 04πε9．>八、静电场中的导体和电介质1．σσσσ212121+=-=2．0εσ=E 3．201204)111(4R QR R r q εεπ+-+π7．02516W九、恒定磁场12m p I r ==π2．T 1014.33-⨯3．)11(4120R R I -μ12arctg R R +π21 5．16．1：2；1：27．aIB 28．2/2IR p m π=；2/2IB R π；沿O 'O 向上十、变化电磁场1． 3.18 T/s 2．-8/32l B ω；03．EtO(A)tO4．取回路正向顺时针，则202d 2sin d aB r r k r t r Φω=π=π⎰⎰3(2/3)sin ka t ω=π32d /d cos 3i t ka t εΦωωπ=-=-5．3.14×10-6 C 6． 0.4 H 7． 1∶16 计算题4解：（1）根据已知条件确定常量k ，222rad 4s /Rt /t /k ===v ω，24t =ω24d d t t==θω t = 1 s 时，质点P 转过的角度rad 34d 412==⎰t t θ（2）t =1 s 时，角加速度：2s rad 88d d -⋅===t tωβ 24Rt R ==ωv = 4 m/s ,88===Rt R a t β m/s 2，162==R /a n v m/s 2加速度：91722.a a a n t =+= m/s 221A ．质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其角位置与时间的关系为342t +=θ（SI ），试求：（1） 当t=2s 时，质点的切向和法向加速度的量值；（2） 当切向加速度的量值是总加速度量值的一半时，θ的值为多少？解 （1）由于342t +=θ，则角速度的数值为 212t dtd ==θω （SI ） 此时法向加速度和切向加速度的数值分别为-222s m 4.230)212(1.0⋅=⨯⨯==ωr a n2-s m 8.42241.024⋅=⨯⨯=⨯===t r dtd r dt dv a ωτ （2）由于总加速度的大小为 22τa a a n +=因此若 2222ττa a aa n +==则有 223n a a =τ即 4222)12()24(3t r rt =将10.0=r 代入上式可解得3213=t因此，此时刻的θ值为 rad 15.3423=+=t θ21B. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小。

习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径r (x, y)的端点处,其速度大小为(A) dr(B)dr dtdt(C) d-L^-|(D)dt dx 2 dy 2 .(dt)(dt)[答案：D](2)一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度v 2m/s,瞬时加速度a 2m/s2,那么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0冽t(A)空〞(B)t t好0 t(C) 0,0(D)[答案：B]1.2填空题⑴ 一质点,以m S 1的匀速率作半径为5m的圆周运动,那么该质点在5s内,位移的大小是;经过的路程是.[答案：10m； 5无m](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.为5ms1,那么当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V1航行,水流速度为V2 , 一人相对于甲板以速度V3行走.如人相对于岸静止,那么V1、V2和V3的关系是.[答案：V1 V2 V30]2.21.9质点沿x轴运动,其加速度和位置的关系为a=2+6x , a的单位为m/ s , x的单位为m.质点在x = 0处,速度为10m/ s,试求质点在任何坐标处的速度值.解：别离变量：两边积分得123—v 2x 2x c2由题知,x 0时, v0 10, c 501.12质点沿半径为都是常量,求：(1)v 2 x3x 25 mR的圆周按s = v0tt时刻质点的加速度;1 . 2,,一bt2的规律运动,式中s为质点离圆周上某点的弧长,v°, b2(2) t为何值时,加速度在数值上等于b .dsv 一dtvbtdv dv dxdva v 一dtdx dtdx2、,vdv adx (2 6x )dxdvabdtv2〔V0 bt〕2那么a JP"高J〞0^加速度与半径的夹角为一a Rbarctan ——2a n〔v o bt〕(2)由题意应有a bb2 〔V.2bt〕4R2即b2b2中,〔V0 b t〕4 0V0.••当t —时,a b b1.14 一船以速率v1 =30 km/h沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率v2=40 km/h沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为多少在艇上看船的速度又为多少解：(1)大船看小艇,那么有v21v2v1,依题意作速度矢量图如题1.14图(a)题1.14图由图可知v21v2 v2 50 km harctan v 1arctan - 36.87v 24V 1V 2,依题意作出速度矢量图如题 1.14图(b),同上法,得 iv 12 50 km h方向南偏东36.87°.习题22.1 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:方向北偏西 (2)小艇看大船,那么有v 12①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F (4 5x)i (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,(1)某质点在力力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.那么物体加速度的大小为 ,物体与水平面间的摩擦系数为.22[答案：―;―]2s'2gs(3)在光滑的水平面内有两个物体A和B,m=2m＞.(a)物体A以一定的动能日与静止的物体B发生完全弹性碰撞,那么碰撞后两物体的总动能为; (b)物体A以一定的动能E与静止的物体B发生完全非弹性碰撞,那么碰撞后两物体的总动能为o[答案：E k; 3E k]2.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动,受一恒力作用,力的分量为 0时,x y 0, v x = -2 m/s , v y =0.求当t=2 s 时质点的〔1〕位矢；〔2〕速度.2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为 v 0〔SI 〕,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为F =〔 a bt 〕N 〔 a,b 为常数〕,其中t 以秒为单位：〔1〕假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹 走完枪筒全长所需时间；〔2〕求子弹所受的冲量.〔3〕求子弹的质量.解：〔1〕由题意,子弹到枪口时,有F (a bt) 0,得 tf x = 6 N,f y =-7 N,当 t = 解: a x f x 16f y16于是质点在 2s 时的速度V Xv y V x v y a x dt a y dt 16(v x t 1 -a x t 21 -a y t 2(3)由动量定理可求得子弹的质量2a2bV 02.18 以铁锤将一铁钉击入木板, 设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比,在铁锤击第一次时, 能将小钉击入木板内1cm,问击第二次时能击入多深,假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同.ml题2.18图解：以木板上界面为坐标原点,向内为 y 坐标正向,如题2.18图,那么铁钉所受阻力为f ky第一锤外力的功为 A 1rr 1kA 1s fdy s fdy 0 kydy3①式中f 是铁锤作用于钉上的力,f 是木板作用于钉上的力,在 dt 0时,f f .设第二锤外力的功为 A 2 ,那么同理,有(2)子弹所受的冲量t0(a 12bt)dt at bt 2 . a 一将t —代入,得b2I — 2bV o所以, 于是钉子第二次能进入的深度为..2 1 0.414 cm2.23质量为M 的大木块具有半径为 R 的四分之一弧形槽,如题 2.23图所示.质量为 m 的小立方体从曲 面的顶端滑下,大木块放在光滑水平面上,二者都作无摩擦的运动,而且都从静止开始,求小木块脱离大 木块时的速度.题2.23图mv MV 0联立以上两式,得由题意,有 A2y 2 1 kydy 12 2 ky 2A 2 A 1(Imv 2) 2 1 2 -ky 2 2 y 2解： m 从M 上下滑的过程中,机械能守恒,以 m, M ,地球为系统,以最低点为重力势能零点,那么 mgR - 2 2 mv 1 2 -MV 22又下滑过程,动量守恒,以 m 、M 为系统,那么在 m 脱离M 瞬间,水平方向有(a) (b) 2MgR习题33.1 选择题(1)有一半径为R 的水平圆转台,可绕通过其中央的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为J,开始时转台以匀角速度3 °转动,此时有一质量为 m 的人站在转台中央,随后人沿半径向外 跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为J (B)2(J m)R 2 [答案：(A)] (2)如题3.1 (2)图所示,一光滑的内外表半径为10cm 的半球形碗,以匀角速度3绕其对称轴OC 旋转,放在碗内外表上的一个小球P 相对于碗静止,其位置高于碗底4cm,那么由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s(A) J2 J mR 2(C)J mR 2(D)题3.1 (2)图[答案：(A)](3)如3.1(3)图所示,有一小块物体,置于光滑的水平桌面上, 有一绳其一端连结此物体,；另一端穿过桌面的小孔,该物体原以角速度w在距孔为R的圆周上转动,今将绳从小孔缓慢往下拉,那么物体(A)动能不变,动量改变.(B)动量不变,动能改变.(.角动量不变,动量不变.(D)角动量改变,动量改变.(E)角动量不变,动能、动量都改变.[答案：(E)]3.2填空题(1)半径为30cm的飞轮,从静止开始以0.5 rad • s-2的匀角加速转动,那么飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a,=,法向加速度a n=.[答案：0.15; 1.256](2)如题3.2 (2)图所示,一匀质木球固结在一细棒下端,且可绕水平光滑固定轴O转动,今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中,那么在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统的守恒,原因是.木球被击中后棒和球升高的过程中, 对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒.［答案：对o轴的角动量守恒,由于在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零,机械能守恒］(3)两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为p A和p B ( p A＞ p B),且两圆盘的总质量和厚度均相同.设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A和J B,那么有J A J B.(填＞、＜或=)［答案：＜］3.11飞轮的质量m=60kg,半径R = 0.25m,绕其水平中央轴O转动,转速为900 r/min .现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速.闸杆的尺寸如题 3.11图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数11=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求：(1)设F =100 N ,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转(2)如果在2s内飞轮转速减少一半,需加多大的力F ?解：(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图 (如图(b)) .图中N、N是正压力,F r、F r是摩擦力,F x和F y是杆在A点转轴处所受支承力,R是轮的重力,P是轮在O轴处所受支承力.杆处于静止状态,所以对A点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,那么有l l 12F(11 12) N 11 0 N - 2 F11对飞轮,按转动定律有F r R/I,式中负号表示与角速度方向相反.F r N N NF r N 1112 1i又二F r R 2 (1112) FImR11以F 100 N等代入上式,得2 0.40 (0.50 0.75)60 0.25 0.50 10040——rads由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为900 23 60 40 7.06 s题3.11 图(b)这段时间内飞轮的角位移为12900 291 40920t t ———(一)2604234 53.1 2 rad可知在这段时间里,飞轮转了 53.1转.用上面式(1)所示的关系,可求出所需的制动力为F mR 12.1 l 2) 60 0.25 0.50 15 2 0.40 (0.50 0.75) 2 177N3.14如题3.14图所示,一匀质细杆质量为 m ,长为| ,可绕过一端 O 的水平轴自由转动,杆于水平位置 由静止开始摆下.求：(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过 角时的角速度.题3.14图解：(1)由转动定律,有1.1臼 mg — l(- ml )233g 2l(2)由机械能守恒定律,有⑵ 0900 —rad601,要求飞轮转速在2 s 内减少一半,可知2t'ads ? 2mg 1 sin^fml2) 2 22 33g sin l3.17 一质量为m、半径为R〕勺自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动.另一质量为的子弹以速度V0射入轮缘〔如题3.17图所示方向〕.〔1〕开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值〔2〕用m , m0和14表示系统〔包括轮和质点〕最后动能和初始动能之比.解：〔1〕射入的过程对O轴的角动量守恒2Rsin m0v0 (m m0)Rm 0V0 sin(m m o)R习题44.1选择题(1)在一惯性系中观测,两个事件同时不同地,那么在其他惯性系中观测,他们[]m0E k 122[(m m0)R][m0v0 sin(m m°)R]2. 2m0sinE k0 12一m0V02 m m0题3.17图(A) 一定同时(B)可能同时(C)不可能同时,但可能同地(D)不可能同时,也不可能同地[ 答案：D ](2)在一惯性系中观测,两个事件同地不同时,那么在其他惯性系中观测,他们[](A) 一定同地(B)可能同地(C)不可能同地,但可能同时(D)不可能同地,也不可能同时[答案：D ](3)宇宙飞船相对于地面以速度V作匀速直线飞行,某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号,经过t (飞船上的钟)时间后,被尾部的接收器收到,那么由此可知飞船的固有长度为( C表示真空中光速)[].(A) c t(B) V t〔C〕, C t =〔D〕C t J1 V/C11 v/c2[ 答案：A ](4)一宇航员要到离地球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,那么他所乘的火箭相对于地球的速度V应为[].(A)0.5 c(B) 0.6 c(Q 0.8 c(D) 0.9 c[答案：C ](5)某宇宙飞船以0.8 c的速度离开地球,假设地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔为10s.那么宇航员测出的相应的时间间隔为[].(A) 6s(B) 8s［答案：A ］4.2填空题(1)有一速度为u的宇宙飞船沿X轴正方向飞行,飞船头尾各有一个脉冲光源在工作,处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ;处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为.［答案：c, c；］(2)S'系相对S系沿x轴匀速运动的速度为0.8c,在S'中观测,两个事件的时间间隔t' 5 10 7s,(空间间隔是x 120m ,那么在S系中测得的两事件的空间间隔x ,时间间隔t .［答案：.,3 10 7s ］(3)用v表示物体的速度,那么当上时,m 2m0；- —时,E k E0.cc［答案:专,号］(4)电子的静止质量为m e ,将一个电子从静止加速到速率为0.6c (c为真空中的光速),需做功.［答案：0.25 m e c2］(5)粒子在加速器中被加速,当其质量为静止质量的5倍时,其动能为静止能量的倍.［答案：4 ］(6)质子在加速器中被加速,当其动能为静止能量的3倍时,其质量为静止质量的倍.[答案：4 ]4.6观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S中,甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为而乙测得这两个事件的时间间隔为5s .求：(1)S相对于S的运动速度.(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离.解：甲测得t 4s, x 0,乙测得t 5s,坐标差为xx2x1解出1.8 108 m s53av t —— c 4 3c 9 10 m4 5负号表示x2x10 .习题55.1选择题(i)一物体作简谐振动,振动方程为x Acos( t 一),那么该物体在t 0时刻的动能2与t T/8 (T为振动周期)时刻的动能之比为：(A)1 : 4(B) 1: 2 (C) 1: 1 (D) 2 : 1[答案：D](2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时,弹性力在半个周期内所作的功为(A)kA 2(B) kA 2/2(C) kA 2//4(D)0[答案：D](3)谐振动过程中,动能和势能相等的位置的位移等于(A) A(B)4(C)0(D)2[答案：D]5.2填空题⑴一质点在X轴上作简谐振动,振幅A= 4cm,周期T= 2s,其平衡位置取作坐标原点.假设t = 0时质点第一次通过x=—2cm处且向X轴负方向运动,那么质点第二次通过x=—2cm处的时刻为So (2)[答案：-S] 32 一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示.振子在位移为零,速度为—wA加速度为零和弹性力为零的状态,对应于曲线上的点.振子处在位移的绝对值为A、速度为零、加速度为一w2A和弹性力为一KA的状态,那么对应曲线上的点.(3) 一质点沿x轴作简谐振动,振动范围的中央点为x轴的原点,周期为T,振幅为A.(a)假设t=0时质点过x=0处且朝x轴正方向运动,那么振动方程为x=.(b)假设t=0时质点过x=A/2处且朝x轴负方向运动,那么振动方程为x=.[答案：x Acos(2 t/T /2)； x Acos(2 t/T /3)]5.8 一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子, 振幅为A,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示. 如果t 时质点的状态分别是：⑴ x0 A；(2)过平衡位置向正向运动；_ 、, A⑶过x 一处向负向运动；2A⑷过x处向正向运动.试求出相应的初位相,并写出振动方程.x0Acos 0v0Asin 0将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相.故有八2、x Acos(——t)T解：由于“,2,3、x Acosy t -〕2x Acos〔——t 一〕T 3八,2,5、Acos〔——t 一〕T 435.9 一质量为10 10 kg的物体作谐振动,振幅为24cm,周期为4.0s,当t 0时位移为24cm.求：⑴t 0.5s时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到x 12cm处所需的最短时间；⑶ 在x 12cm处物体的总能量.解：由题A 24 10 2m,T 4.0s2—0.5 rad s 1T又,t 0 时,x0A, 0 0故振动方程为一一2,- _、x 24 10 cos(0.5 t)m(1)将t 0.5s代入得 2 x0.5 24 10 cos(0.5 t)m 0.17m2F ma m x10 10 3(一)2 0.174.2 10 3N2方向指向坐标原点,即沿x轴负向.⑵由题知,t 0时, 0,A L …t 时X 0—,且v0,故 t 一23由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为1 . .212 A 2E kA - m A2 2132_2-10 10 (-)(0.24) 7.1 10 4J5.12一轻弹簧的倔强系数为 k,其下端悬有一质量为 M 的盘子.现有一质量为 m 的物体从离盘底h 高 度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动.(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同 (2)此时的振动振幅多大(3)取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子 的振动方程.m 2ghV0 --m M于是解：(1)空盘的振动周期为2M落下重物后振动周期为 2 J M 卜m,即增大.⑵按(3)所设坐标原点及计时起点,t 0时,那么x 0 即 mg.碰撞时,以 m, M 为一系统动量守恒, k(m M)v 0那么有(C)5 无 /4[答案：A](3)tan oV 0 X o2kh( .(Mm)g第三象限),所以振动方程为kt arctan 2khM\ (M m)g习题66.1选择题(1) 一平面简谐波在弹性媒质中传播,在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中:(A)它的动能转化为势能.(B)它的势能转化为动能.(C)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D)它把自己的能量传给相邻的一段质元,其能量逐渐减小^[答案：D](2)某时刻驻波波形曲线如下列图,那么 a,b 两点位相差是(D)0(3)设声波在媒质中的传播速度为u,声源的频率为Vs.假设声源S 不动,而接收器R 相对 于媒质以速度 V B 沿着S 、R 连线向着声源S 运动,那么位于S 、R 连线中点的质点P 的振 动频率为u V B(B) V su(D)I[答案：A]6.2填空题300m/s 的平面简谐波,波线上两点振动的相位差为无/3 ,那么此两点相距 m,[答案：0.5m ](2)一横波的波动方程是 y 0.02sin2 (100t 0.4x)(SI),那么振幅是一,波长是,频率是,波的传播速度是[答案：0.02m;2.5m;100Hz;250m/s ]x. 一(3)设入射波的表达式为y 1 Acos[2 ( t —) ],波在x = 0处反射,反射点为一 固定端,那么反射波的表达式为,驻波的表达式为, 入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为.x 、[答案：y 2 Acos2 ( t 一)；(A) V s(1)频率为100Hz ,传播速度为 2Acos(2—)cos(2 t 2x (2k 1)-] 46.8 波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y = A cos( Bt Cx),其中A, B, C为正值恒量.求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻,在波的传播方向上相距为d的两点的位相差.解：(1)平面简谐波的波动方程y Acos(Bt Cx) ( x 0)将上式与波动方程的标准形式y Acos(2 t 2 -)比较,可知：B波振幅为A ,频率工,2一2B波长—,波速u—,CC (12)波动周期T --.B(2)将x l代入波动方程即可得到该点的振动方程y Acos(Bt Cl)(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为2-(x2 x1)2将x2 x1 d ,及——代入上式,即得C6.11 一列平面余弦波沿 X 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m 原点处质点的振动曲线如题 6.11图所示.(1)写出波动方程;u 5又——2.5 Hz ,那么 252题 6.11 图(a)X 、取 y ACOS[ (t -)0],u那么波动方程为x 3y 0.1cos[5 (t ) 一] m52(2) t0时的波形如题6.11(b)图题 6.11 图(b)将X 0.5m 代入波动方程,得该点处的振动方程为如题6.11(c)图所示.6.13 一列机械波沿X 轴正向传播,t =0时的波形如题6.13图所示,波速为10 m/s 1,波长为2m 求:⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线.解：⑴由题6.11(a)图知,A0.1 m,且 t 0 时,y 00, v 00 ,题 6.11 图(c)y 0.1cos[550.5t5 3-]0.1cos(5 t(1)波动方程;P点的振动方程及振动曲线;P点的坐标;P点回到平衡位置所需的最短时间.1.67 m(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题6.13图(a),那么由P点回到平衡位置应经历的位相角解: 由题6.13图可知 A 0.1Ay01, V00,01,由题知23u 10 m s Hz波动方程为10x0.1cos[10 (t —) -] m103由图知,t 0时, A,v p24——(P点的位相应落后于0点,故取负值)3•. P点振动方程为y np0.1cos(10 tx10 (t 一)10 :解得题6.13图题 6.13 图(a)5326:所属最短时间为5 /61s1012习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q另两对角线各放置电荷q,假设Q所受到合力为零,那么Q与q的关系为：()(A) Q=-23/2q (B) Q=2 3/2q (C) Q=-2q(D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的选项是：()(A)假设高斯面上的电场强度处处为零,那么该面内必定没有净电荷;(B)假设高斯面内没有电荷,那么该面上的电场强度必定处处为零；(C)假设高斯面上的电场强度处处不为零,那么该面内必定有电荷；(D)假设高斯面内有电荷,那么该面上的电场强度必定处处不为零.[答案：A](3) 一半径为R的导体球外表的面点荷密度为%那么在距球面R处的电场强度0［答案：C ］(4)在电场中的导体内部的()(A)电场和电势均为零；(B)电场不为零,电势均为零； (C)电势和外表电势相等；(D)电势低于外表电势.［答案：C ］9.2填空题(1)在静电场中,电势梯度不变的区域,电场强度必定为 .［答案：零］(2) 一个点电荷q 放在立方体中央,那么穿过某一外表的电通量为,假设将点电荷由中央向外移动 至无限远,那么总通量将.［答案：q/6 £ 0,将为零］(3) 电介质在电容器中作用(a) —— ( b ) ——o［答案：(a)提升电容器的容量;(b)延长电容器的使用寿命］(4) 电量Q 均匀分布在半径为 R 的球体内,那么球内球外的静电能之比 .［答案:1 : 5］9.10 (1) 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中央,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量； (2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少解：(1)由高斯定理o E dS -q-s(A)CT / £ 0(Bi) a /2 £ 0 (C) a /4 £ 0 (D) a /8 £ 0立方体六个面,当q在立方体中央时,每个面上电通量相等(2)电荷在顶点时,将立方体延伸为边长2a的立方体,使方形上电通量e-q-6 0对于边长a的正方形,如果它不包含q所在的顶点,那么4^/312 cm 时,q(r外3q处于边长2a的立方体中央,那么边长2a的正如果它包含q所在顶点那么e0.如题9.10图所示. 题9.109.11 均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2X 10 5C/m3求距球心5cm, 8cm ,12cm 各点的场强.解:高斯定理：-E s dS E4<25 cm 时,0, E8 cm 时,4冗P- (r34 冗°r23.48 104 N C 1方向沿半径向外.・卜——--r 外rE -32—— 4.10 104 N C 1沿半径向外.4 冗 0「29.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都 等于R.试求环中央O 点处的场强和电势.解：〔1〕由于电荷均匀分布与对称性, AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消,取 dl Rd那么dq Rd 产生O 点dE 如图,由于对称性,O 点场强沿y 轴负方向题9.18图[sin( —)sin - ] 4 冗 O R 222冗0R⑵ AB 电荷在O 点产生电势,以U 0Adx 2R dx,- ln 2B 4 u 0x R4 u 0x 47to同理CD 产生 U 2ln 24冗.dE y万 Rd 万 4 7t 0R 2cosU I4 冗0R 49.23两个半径分别为?和R 2 ( R < R 2)的同心薄金属球壳,现给内球壳带电+q ,试计算：(1)外球壳 上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地,然后断开接地线重新绝缘,此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地,此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量.题9.23图4 冗 0R 24 冗 0R 2(3)设此时内球壳带电量为 q ；那么外壳内外表带电量为 q ,外壳外外表带电量为q q (电荷守恒), 此时内球壳电势为零,且U A q ——04/0^4u 0R 24U 0R 2R i q R 2外球壳上电势U O U i U 2 U 3--2冗oIn 2 ——解：(1)内球带电 q ；球壳内外表带电那么为q ,外外表带电为 q ,且均匀分布,其电势R 2E drqdr q o -2~ Z R2 4 7t 0r 4 冗 0 R(2)外壳接地时,外外表电荷 内外表 q 产生：q 入地,外外表不带电, 内外表电荷仍为q.所以球壳电势由内球q 与U B q'40R2q'40R2q q'冗0R2 24冗0R2习题1010.1选择题对于安培环路定理的理解, 正确的选项是:(A) 假设环流等于零,那么在回路L上必定是H处处为零;(B) 假设环流等于零,那么在回路L上必定不包围电流;(C) 假设环流等于零,那么在回路L所包围传导电流的代数和为零;(D) 回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关.[答案：C]对半彳空为R载流为I的无限长直圆柱体,距轴线r处的磁感应强度B ()(A) 内外部磁感应强度B都与r成正比;(B) 内部磁感应强度B与r成正比,外部磁感应强度B与r成反比;(C) 内外部磁感应强度B都与r成反比;(D)内部磁感应强度B与r成反比,外部磁感应强度B与r成正比.[答案：B](3)质量为m电量为q的粒子,以速率v与均匀磁场B成.角射入磁场,轨迹为一螺旋线,假设要增大螺距那么要()(A)增加磁场B;(B)减少磁场B;(.增加.角；(D)减少速率V.[答案：B](4)一个100匝的圆形线圈,半径为5厘米,通过电流为0.1安,当线圈在1.5T的磁场中从.=0的位置转到180度(.为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角)时磁场力做功为()(A) 0.24J ; (B) 2.4J ; (C) 0.14J ; (D 14J.［答案：A］10.2填空题(1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I ,那么其中央处的磁感应强度o242 01 ,方向垂直正方形平面］a［答案：(2)计算有限长的直线电流产生的磁场用毕奥一一萨伐尔定律,而用安培环路定理求得(填能或不能).［答案：能,不能］(3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周,电场力做功为.电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周,磁场力做功为 .［答案：零,零：］(4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心,当给两个螺线管通以电流时,管内的磁力线分布相同,管内的磁感线分布将.［答案：相同,不相同］10.8磁感应强度B 2.0 Wb/m2的均匀磁场,方向沿X轴正方向,如题9-6图所示.试求：(1)通过图中abcd面的磁通量；(2)通过图中befc面的磁通量；(3)通过图中aefd面的磁通量.(1)通过abcd 面积6的磁通是1B S 12.0 0.3 0.4 0.24 Wb(2)通过befc 面积S 2的磁通量2B S 20(3)通过aefd 面积S 3的磁通量re 八八4…………3B 62 0.3 0.5cos 2 0.3 0.5-0.24 Wb (或 0.24 Wb )510.10在真空中,有两根互相平行的无限长直导线11和L2,相距0.1m,通有方向相反的电流,I 1=20A,I 2=10A,如题10.10图所示.A, B 两点与导线在同一平面内.这两点与导线L 2的距离均为5.0cm .试求A , B 两点处的磁感应强度,以及磁感应强度为零的点的位置.解：如题10.10图所示,B A 方向垂直纸面向里A题10.8图题 10.9题 10.1110.15 一根很长的铜导线载有电流10A,设电流均匀分布.在导线内部作一平面 S,如题10.15图所示.试 计算通过S 平面的磁通量〔沿导线长度方向取长为1mfi 勺一段彳^计算〕.铜的磁导率解：由安培环路定律求距圆导线轴为r 处的磁感应强度B A2 (0.1 0.05)B B2 (0.1 0.05)IM 1.33 105T⑵设B 0在12外侧距离12为「处2 (r 010.1)解得0.1 m0.iBdlB2Ir 2 R 21r 2 R 2R IrI磁通量m B dS—0-^dr — 10 6Wbm⑸0 2 R24习题1111.1选择题（1）一圆形线圈在均匀磁场中作以下运动时,哪些情况会产生感应电流〔〕〔A〕沿垂直磁场方向平移；〔B〕以直径为轴转动,轴跟磁场垂直；〔.沿平行磁场方向平移；〔D〕以直径为轴转动,轴跟磁场平行.[答案：B]〔2〕以下哪些矢量场为保守力场〔〕〔A〕静电场；〔B〕稳恒磁场；〔C〕感生电场；〔D〕变化的磁场.[答案：A]〔3〕用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式W1112G V V — LIm 2〔A 〕只适用于无限长密绕线管；〔B 〕只适用于一个匝数很多,且密绕的螺线环;〔C〕只适用于单匝圆线圈；〔D〕适用于自感系数L一定的任意线圈.[答案：D]〔4〕对于涡旋电场,以下说法不正确的选项是〔〕：〔A〕涡旋电场对电荷有作用力；〔B〕涡旋电场由变化的磁场产生；〔C〕涡旋场由电荷激发；〔D〕涡旋电场的电力线闭合的.11.2填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时,圆环将受到［答案：磁力］(2)产生动生电动势的非静电场力是 ,产生感生电动势的非静电场力是 ,激发感生电场的场 源是 .［答案：洛伦兹力,涡旋电场力,变化的磁场］(3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度3转动,如果转轴的位置在 ,这个导线 上的电动势最大,数值为；如果转轴的位置在,整个导线上的电动势最小,数值为 .2［答案：端点,一B l ；中点,0］211.8如题11.8图所示,长直导线通以电流I =5A,在其右方放一长方形线圈,两者共面.线圈长b =0.06m, 宽a =0.04m,线圈以速度v =0.03 m/s 垂直于直线平移远离.求： d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和 方向.解：AB 、CD 运动速度v 方向与磁力线平行,不产生感应电动势.DA 产生电动势AI1 (v B) dl vBb vb —D2 d图。

实验一1.本实验测定聚合速率的原理是什么？膨胀计法的原理是利用聚合过程中体积收缩与转化率的线性关系。

2.本实验应注意哪些实验操作？①选择膨胀计时要注意磨口的配套。

②单体和引发剂要混合均匀，引发剂充分溶解。

③膨胀计内要检查有无气泡④要明确诱导期的测量方法，在实验前了解开始计时的时间，避免实验产生错误。

⑤反应物加入膨胀计后，毛细管与反应器要耳朵对耳朵，对上后将磨口转动一下，橡皮筋一定要扎紧，严格防止实验时水进入膨胀计。

⑥膨胀计需要完全插入恒温槽内，膨胀计内的最高液面应该在恒温槽液面以下⑦反应结束马上取出样品，迅速使反应器与毛细管分离，以免膨胀计粘结；用丙酮将反应器与毛细管清洗干净实验二1、实验中怎样判断气液两相已达到平衡？答案：体系温度一段时间内（约5分钟）不再发生变化时，则可判定气液两相达到平衡。

2、影响气液平衡测定准确度的原因有那些？答案：①装置的气密性；②平衡温度的读取；③由阿贝折射仪读取混和液折射率的误差；④在阿贝折射仪工作曲线上由折射率读取气液相组成存在读数误差；⑤取样时气液是否达到平衡；⑥是否选取了合理的取样点。

3、为什么要确定模型参数，对实际工作有何作用？答：由于温度变化，但参数不会变，确定模型参数后，对于同样的物系，都可以使用，省去了实验的时间，直接计算就可，获得数据更快速、更方便。

模型参数对于实际工作中有着很好的指导作用，而且Wilson方程有了二元参数后，可以用来预测多元混合物的性质。

实验三1. 怎样提高酯化收率？答：采用连续式操作，即是在塔的某处进料。

在塔上部某处加带有酸催化剂的乙酸，塔下部某处加乙醇。

釜沸腾状态下塔内轻组分逐渐向上移动，重组分向下移动。

具体地说，乙酸从上段向下段移动，与向上段移动的乙醇接触，在不同填料高度上均发生反应，生成酯和水。

塔内此时有4组分。

由于乙酸在气相中有缔合作用，除乙酸外，其它三个组分形成三元或二元共沸物。

水－酯，水－醇共沸物沸点较低，醇和酯能不断地从塔顶排出。

大学物理——文科物理总复习题答案1．地球上有史可考的古代文明发源地大体分布在两个区域，一是地中海附近的希腊、埃及和两河流域；另一是东方的中国和印度。

2．因著有《中国科学技术史》，而享誉中外的英国科学家李约瑟。

在一次演讲中说：“作为一个整体的现代科学没有发生在中国，它发生在西方——欧美，即欧洲文明的广大范围。

这是什么原因呢？3．诺贝尔物理学奖得主杨振宁教授以“《易经》对中华文化的影响”为题，分析了近代科学没有在我国萌生的原因。

他归纳了5点：①中国的传统是入世的，不是出世的。

换句话说是比较注重实际的。

②不注重抽象的理论构架。

③观念上认为技术不重要。

④中国传统里无推演式的思维方法。

⑤有天人合一的观念。

4．爱因斯坦指出的近代科学的发展在方法论上需要两大发现，是以实验为基础的从特殊到一般的分析和归纳法；和从一般到特殊的演绎法。

5．《易经》中包含的“阴阳对立，物极必反”的思想成为我国辩证法思想的发源。

6．近代哲学一般认为是从法国数学家、演绎法的奠基人笛卡儿开始的。

他有一句名言：“我思故我在”。

7．哥白尼赞成毕达哥拉斯学派，认为宇宙是和谐的，可以用简单数学关系表达宇宙规律的基本思想。

可是在托勒密的地心说中，对环绕地球运动的太阳河其他五颗行星的运动描述非常烦琐复杂、牵强。

哥白尼发现如果把太阳作为宇宙的中心，一切将变的简单、清晰。

8．开普勒在第谷的观测数据的基础上，经过各种尝试，认识到了行星运动轨道不是圆而是椭圆，由此他提出了两个定律，分别是：①椭圆定律，即每个行星的轨道是一个椭圆，太阳位于一个焦点上；②等面积定律，即在行星与太阳间作一条直线，则此直线在行星运动时在相同时间内扫过相等的面积。

9．伽利略用来驳斥亚里士多德的教义——宇宙中只有地球一个中心，一切都围绕它转的重要发现是木星有4颗卫星，它们都围绕木星转。

10．亚里士多德的运动把运动分为自然运动和强迫运动。

伽利略否定了这种运动划分，而是从运动的基本特征量：速度和加速度出发，把运动分为匀速运动和变速运动。