江苏大学大学物理练习册重点题
江苏大学 物理练习册答案14
练习 14知识点：麦克斯韦速率分布律、三个统计速率、平均碰撞频率和平均自由程一、选择题1． 在一定速率υ附近麦克斯韦速率分布函数 f (υ)的物理意义是：一定量的气体在给定温度下处于平衡态时的 （ ）（A ）速率为υ的分子数； （B ）分子数随速率υ的变化；（C ）速率为υ的分子数占总分子数的百分比；（D ）速率在υ附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比。
解：(D) NdvdN v f =)(,速率在v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比2． 如果氢气和氦气的温度相同，摩尔数也相同，则 （ ）（A ）这两种气体的平均动能相同； （B ）这两种气体的平均平动动能相同； （C ）这两种气体的内能相等； （D ）这两种气体的势能相等。
解：(B) 平均动能=平均平动动能+转动动能,氦气为单原子分子,3=i ;氢气为双原子(刚性)分子, 5=i3． 在恒定不变的压强下，理想气体分子的平均碰撞次数z 与温度T 的关系为 ( )（A ）与T 无关； （B ）与T 成正比； （C ）与T 成反比； （D ）与T 成正比； （E ）与T 成反比。
解：(C)TM R pd d kT p M RT d n v z mol mol πππππ82822222=== 4． 根据经典的能量按自由度均分原理，每个自由度的平均能量为（ ）（A ）kT /4； （B ）kT /3； （C ）kT /2； （D ）3kT /2； （E ）kT 。
解：(C) 5． 在20℃时，单原子理想气体的内能为 （ ）（A ）部分势能和部分动能； （B ）全部势能； （C ）全部转动动能； （D ）全部平动动能； （E ）全部振动动能。
解：(D)单原子分子的平动自由度为3,转动自由度0, 振动自由度为06． 1mol 双原子刚性分子理想气体，在1atm 下从0℃上升到100℃时，内能的增量为（ ）（A ）23J ； （B ）46J ； （C ）2077.5J ； （D ）1246.5J ； （E ）12500J 。
江苏大学 物理练习17
班级______________学号____________姓名________________知识点：简谐振动及其合成练习 十七一、选择题1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。
若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （ ）（A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动；（D ）两种情况都不作简谐振动。
2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有（ ）（A ）A 超前2π； （B ）A 落后2π； （C ）A 超前π； （D ）A 落后π。
3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （ ）（A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8T 。
4． 当一个弹簧振子的振幅增大时，分析下列物理量哪个不受影响：（A ）振动的周期； （ ） （B ）振动的最大速度；（C ）振动的最大加速度；（D ）振动系统的总能量。
5. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为x 时，其振动速度为v ，加速度为a 。
则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （ ） (A) 2m ax 2m ax /x m k v =； (B) x mg k /=；(C) 22/4T m k π=； (D) x ma k /=。
6. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。
第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(ωt + α)。
当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处。
则第二个质点的振动表式为 （ ） (A) )π21cos(2++=αωt A x ； (B) )π21cos(2-+=αωt A x ；(C) )π23cos(2-+=αωt A x ； (D) )cos(2π++=αωt A x 。
江苏大学 物理练习21
班级______________学号____________姓名________________知识点：惠更斯-菲涅耳原理 单缝夫琅禾费衍射 光学仪器的分辨本领 光栅衍射练习 二十一一、 选择题1．在单缝衍射实验中，缝宽mm 2.0=a ，透镜焦距m 4.0=f ，入射光波长nm 500=λ，则在距离中央明纹中心位置mm 2处是明纹还是暗纹？从这个位置看上去可以把单缝分为几个半波带？ ( )(A) 明纹，3个半波带； (B) 明纹，4个半波带；(C) 暗纹，3个半波带； (D) 暗纹，4个半波带。
2．在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央明纹的中心位置不变外，各级衍射条纹 ( )(A) 对应的衍射角变小； (B) 对应的衍射角变大；(C) 对应的衍射角也不变； (D) 光强也不变。
3．在如图所示的夫琅禾费单缝衍射实验装置中，S 为单缝，L 为凸透镜，C 为放在凸透镜焦平面处的屏。
（1）当把单缝垂直于凸透镜光轴稍微向上平移时，屏幕上的衍射图样 ( )（2）当把凸透镜垂直于其光轴稍微向上平移时，屏幕上的衍射图样 ( )(A) 向上平移； (B) 向下平移；(C) 不动； (D) 条纹间距变大。
4．下面哪种方法可以提高光学仪器的分辨本领 （ ）(A) 增大入射光的波长； (B) 增大光学仪器的圆孔直径；(C) 提高仪器的放大率； (D) 把入射光由紫光换成红光。
5．波长为nm 600的单色光垂直入射到光栅常数为mm 105.23-⨯的光栅上，光栅的刻痕与缝宽相等，则光谱上呈现的全部级数为 ( )(A) 43210±±±±，，，，； (B) 310±±，，；(C) 31±±，； (D) 420±±，，。
6．一衍射光栅对某波长的垂直入射光在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该 ( )(A) 换一个光栅常数较大的光栅； (B) 换一个光栅常数较小的光栅；(C) 将光栅向靠近屏幕的方向移动； (D) 将光栅向远离屏幕的方向移动。
江苏大学《大学物理》练习题-练习16
练习 十六一、选择题：1. B ；2. B ；3. D ；4. B ；5. A ；6. C ；7. C ；8. A二、填空题：1．5d x D2．1:2, 3, 暗3．1.24．6005．劈尖棱边, 小6．2nλ 7．539三、计算题1．解：(1)相邻明纹的间距为934255010 5.5010m 210D x d λ---∆==⨯⨯=⨯⨯ 中央明纹两侧的两条第5级明纹中心的距离为2510 5.5010m D x d λ-∆=⨯=⨯ (2)覆盖玻璃后，原来零级明纹处成为第k 级明纹，该处光程差满足(1)n e k λ-=得6911.581 6.610755010n k e λ----==⨯⨯≈⨯ 零级明纹移到原第7级明纹处。
2．解：(1) 干涉条纹间距D x dλ∆=相邻两明条纹的角距离D x d D D d λλθ∆∆=== 可见，角距离与波长成正比，所以110%λθλθ''∆==+∆(110%)589.3 1.1648.2(nm)λλ'=+=⨯=(2) 装置浸入水中时，水中的光波长为nλλ'=。
角距离与波长成正比，所以1nθλθλ''∆==∆ 10.200.151.33n θθ︒'∆=∆=≈︒3．解：(1)增透膜满足反射光干涉相消，即2(21)2ne k λδ==- 1k =时膜的厚度最小 97min 55010 1.010m 44 1.38e n λ--⨯==≈⨯⨯ (2)增反膜满足反射光干涉相长，即2ne k δλ==1k =时膜的厚度最小 7min 2.010m 2e n λ-=≈⨯4．解：(1) 劈尖的条纹间隔为2sin l n λθ=。
所以，波长2472sin 2 1.40.2510107.010m nl λθ---==⨯⨯⨯⨯=⨯(2) 总共的明纹数为3.5140.25L N l ===5．解：第k 级明环的半径k r =第k ＋4级明环的半径4k r +=由以上两式，得2244k k r r R λ+-=6699.010 1.010 3.4m 4589.310---⨯-⨯==⨯⨯6．解：（1）空气膜厚度为e 处，满足Rr e d 22=-，结合明纹条件2222λλk e =+ 1,2,3..k =，得r == 1,2,3..k = (2) 空气膜厚度λ2max ==d e 代入，明纹条件2222λλk e =+得45.4max ≈=k明纹数为82max =k 条。
江苏大学,大学物理 习题答案1-5
练习 一(曲线运动、直线运动、圆周运动、抛体运动、相对运动)一、选择题 1． 质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C 处的加速度? ( C )(A) (B) (C) (D)解:(C)a 指向曲线凹侧,a 、v 间夹角大于900,速率减小,a 、v间夹角小于900,速率增加2．一质点沿x 轴作直线运动，其v -t 曲线如图所示，如t =0时，质点位于坐标原点，则t =4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为 . ( B )(A) 5m ． (B) 2m ． (C) 0．(D) -2 m ． (E) -5 m. 解:(B) 根据曲线下面积计算 3． 一质点沿x 轴运动的规律是x =t 2-4t +5（SI 制）。
则前三秒内它的 ( D )(A)位移和路程都是3m ； (B)位移和路程都是-3m ；(C)位移是-3m ，路程是3m ； (D)位移是-3m ，路程是5m 。
解: (D)由运动方程得42-=t v x ,令0=x v 得s t 2=,此值在前三秒内,因此前三秒内质点作回头运动.m x 5)0(=,m x 1)2(=,m x 2)3(=,m x x x 352)0()3(-=-=-=∆,m x x x x s 5)1()2()2()0(=-+-=∆4． 一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。
从t ＝ω/π到t =2 (1)该质点的位移是 (A) -2R i ； (B) 2R i ； (C) -2j ；(D) 0。
( B )(2)该质点经过的路程是 (A) 2R ； (B) R π；(C) 0； (D) ωR π。
(B ) 解: (1)(B),(2)B.由运动方程知质运点轨迹方程为圆, i R i R i R r r r2)()/()/2(=--=-=∆ωπωπ5．一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 22+=（其中a 、b 为常量）, 则该质点作 ( B )(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．解:(B)a bx y bt y at x /,,22===6．某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 ( C ) (A) 0221v v +=kt ； (B) 0221v v +-=kt ； (C) 02121v v +=kt ； (D) 02121v v +-=kt . 解:( C )⎰⎰-=t v v ktdt v dv 020 7． 某人以4km/h 的速率向东前进时，感觉风从正北吹来，如将速率增加一倍，则感觉风从东北方向吹来。
江苏大学大学物理习题册答案练习05
练习 五一、选择题：1.B ；2.D ；3.A ；4.B ；5.C ；6.B二、填空题：1．相对性原理:物理规律在一切惯性系中都有相同的数学表达形式; 光速不变原理:任一惯性系中测得的光在真空中的传播速度都是相等的. 2．1.3⨯10-5s 3．c 988.0 4．45．s m /1060.28⨯，s m /1060.28⨯三、计算题1．解：(1)根据洛仑兹正变换关系222/1/cv cvx t t --=' ,由题意知221212/1cv t t t t --='-',22/1cv t t -∆='∆,即 c c t tv ⋅=⋅'∆∆-=35)(12(2) 根据洛仑兹正变换关系22/1cv vt x x --=',由题意知c t v cv t v x 5/122-='∆-=-∆-='∆,即空间距离s m c x l /1071.658⨯=='∆=2．解：(1)根据洛仑兹正变换关系22/1cv vt x x --=',由题意知22/1cv x x -∆='∆,c c x xv ⋅=⋅∆∆-=38)'(12,(2) 根据洛仑兹正变换关系222/1/cv cvx t t --='s c c x v cv cx v t 822221094.0/8//1/-⨯-=-='∆-=-∆-='∆,s t 81094.0-⨯='∆3．解：(1)根据运动时和固有时的关系s c c cv t 828221033.4)/8.0(1/106.2/1/--⨯=-⨯=-∆=∆τ(2) 距离为同一参考系测得的速率与时间的乘积m t v l 3.101033.41038.088=⨯⨯⨯⨯=∆=-4. 解：(1)l l '=,m '=,()222201/1/m m l v cl v cρρ''==='--(2)0l l '=,m '=,m l ρ''==='5．解：(1)根据洛仑兹速度逆变换关系c c c c u v v u u xx x 929.04.015.08.0/12=++='++'=(2) 根据光速不变原理, 光子的速度为c6．解：动能的增量等于外力的功Jc m c m c v m E A cv k 1520201.0220111041.0005.0/1-=⨯==⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=∆=J c m c cv m cv m E A cv cv k 142028.02209.0220221014.5627.0/1/1-==⨯==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=∆=。
江苏大学 物理练习册答案16
练习 16知识点：循环过程、卡诺循环、热机效率、热力学第二定律、熵一、选择题1． 理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小（图中阴影部分）分别为S 1和S 2，则两者的大小关系为： （ ）（A ）S 1>S 2； （B ）S 1<S 2； （C ）S 1=S 2； （D ）无法确定。
解：(C)绝热过程E A ∆-=,内能改变相同,功相等,功的大小等于曲线下的面积. 2． “理想气体与单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功。
”对此说法，有如下几种评论，哪个是正确的？ （ ）（A ）不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律；（B ）不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律；（C ）不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律；（D ）违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律。
解(C)热力学第一定律说明任何过程能量守恒,热力学第二定律说明并非能量守恒的过程都能实现.热力学第二定律的开尔文表述中强调的是不可能制成一种循环动作的热机…3． 一热机由温度为727℃的高温热源吸热，向温度为527℃的低温热源放热，若热机在最大可能效率下工作、且吸热为2000焦耳，热机作功约为 （ ）（A ）400J ； （B ）1450J ； （C ）1600J ； （D ）2000J ； （E ）2760J 。
解 (A)J Q A T T Q A 4002.0,2.010008001112===-=-= 4． 在功与热的转变过程中，下面的那些叙述是正确的？ （ ）（A ）能制成一种循环动作的热机，只从一个热源吸取热量，使之完全变为有用功；（B ）其他循环的热机效率不可能达到可逆卡诺机的效率，因此可逆卡诺机的效率最高；（C ）热量不可能从低温物体传到高温物体；（D ）绝热过程对外作正功，则系统的内能必减少。
解 (D)E A Q ∆+=5*． 1mol 单原子理想气体从初态（p 1、V 1、T 1）准静态绝热压缩至体积为V 2其熵 （ ）（A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）不能确定。
江苏大学大学物理重点复习
r 1 e r 0
r 1 m
r 0
*22. 介质中的高斯定理和安培环路定理：
S D dS q0
H dl I
S内
☆23. 电动势的概念：
电源电动势：单位正电荷从电源负极经电源内电路移动
到正极非静电力所做的功。
0 I1b
*18.导体的静电平衡条件：
导体静电平衡必要条件：导体内部场强处处为零。
场强 导体内部场强处处为零 表面场强垂直于导体表面 电势
导体是一个等势体 导体表面是一个等势面
*19.介质的极化、磁化现象及微观解释： *20.铁磁质的特性：
(1)很强的附加磁场。 (2)磁导率不是常数。 (3)磁滞、剩磁现象。 相对磁导率 >1 顺磁质 <1 抗磁质 >>1 铁磁质
i L E dl
★24. 法拉弟电磁感应定律：
dΦ i dt
规定：回路绕向与面积的法线方向成右手螺旋关系。
☆25. 动生电动势和感生电动势：
i L ( B) dl E dl B dS L S t
d d 2 r 2 加速度： a dt dt
dS 速率： dt
直角坐标系中的分量：
a ax i a y j az k
d x d x ax 2 dt dt d y d 2 y ay 2 dt dt d z d 2 z az 2 dt dt
(4)临界温度Tc。 称为居里温 度。在临界温度以上，铁磁性 完全消失而成为顺磁质。
B r B0
*21. D、 、 、 之间关系： E H B
D ε0 E P P χ e ε0 E D ε0 εr E εE
江苏大学《大学物理》练习题-练习23
34
3 10 (
8
) 10
9
17
( J ) 5 7 6 (e V )
2
练习二十三
π 时，散射后的波长为
0 .0 7 0 8 1 0
0 .0 7 5 6 1 0
9
2 6 .6 3 1 0 9 .1 1 1 0
31
34 8
3 10
2h m 0c
s in
2
2
，散射后的波长为
0
2h m0c c
s in
2
2 c 1 1
反冲电子获得的能量为
π 2
E h 0 h h
0
h
hc(
0
0
2h m0c
9 2
sin
2 2 6 .6 3 1 0 9 .1 1 1 0
练习二十三
练习 二十三 一、选择题： 1．D； 2．C； 3．C； 4．A； 5．B； 6．E 二、填空题： 1．5269，9965，8280 2．16 3． 1 . 47 10 K
3
4．
A0 h
，
2 ( h v1 A 0 ) me
5．0.0031nm，41.9 6．97.5nm， 1 . 88 10 nm
s in
2
π 2
9
( m ) 0 .0 7 5 6 n m
反冲电子获得的能量为
E 6 .6 3 1 0 1 .7 8 1 0
34
3 10 (
8
1 0 .0 7 0 8
3
1 0 .0 7 5 6
江苏大学,大学物理19--22练习答案
练习 十九知识点：理想气体状态方程、温度、压强公式、能量均分原理、理想气体内能一、选择题1． 容器中储有一定量的处于平衡状态的理想气体，温度为T ，分子质量为m ，则分子速度在x 方向的分量平均值为 （根据理想气体分子模型和统计假设讨论） ( )（A ）x = （B ）x υ=； （C ）m kT x 23=υ； （D ）0=x υ。
解:(D)平衡状态下,气体分子在空间的密度分布均匀,沿各个方向运动的平均分子数相等,分子速度在各个方向的分量的各种平均值相等,分子数目愈多,这种假设的准确度愈高.2． 若理想气体的体积为V ，压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为 （ ）（A ）pV /m ； （B ）pV /(kT )； （C ）pV /(RT )； （D ）pV /(mT )。
解: (B)理想气体状态方程NkT T N R N RT m N Nm RT M M pV AA mol ==== 3．根据气体动理论，单原子理想气体的温度正比于 （ ）（A ）气体的体积； （B ）气体的压强；（C ）气体分子的平均动量；（D ）气体分子的平均平动动能。
解: (D)kT v m k 23212==ε (分子的质量为m ) 4．有两个容器，一个盛氢气，另一个盛氧气，如果两种气体分子的方均根速率相等，那么由此可以得出下列结论，正确的是 （ ）（A ）氧气的温度比氢气的高； （B ）氢气的温度比氧气的高；（C ）两种气体的温度相同； （D ）两种气体的压强相同。
解:(A) kT v m k 23212==ε,2222H O H O T T m m =(分子的质量为m ) 5．如果在一固定容器内，理想气体分子速率都提高为原来的2倍，那么 （ ）（A ）温度和压强都升高为原来的2倍；（B ）温度升高为原来的2倍，压强升高为原来的4倍；（C ）温度升高为原来的4倍，压强升高为原来的2倍；（D ）温度与压强都升高为原来的4倍。
江苏大学大学物理习题册答案
练习 二一、选择题：1.B ；2.B ；3.A ；4.D ；5.B ；6.A ；7.A ；8.C二、填空题： 1．0, 2g2．mkt a =, 2021kt m v v +=,306k x v t t m =+3．θsin 0mv ;向下 4．)/(4455s m j i+ 5．1.2m 6．J 882三、计算题1．解：(1)2kv dt dv m -=,分离变量并积分⎰⎰-=t v dt m k v dv v 020, 得 tkv m mv v 00+= (2) dt t kv m mv vdt dx 00+==,)1ln(0000t v m k k m dt t kv m mv x t +=+=⎰ (3) 2kv dt dv m -= ,2kv dxdvmv -=,dx m k v dv -=x mkv vv -=0ln ,0kx m v v e -=2．解：(1)Jx x dx x x dx F A ba25.3)22()64(15.03215.02=+=+==⎰⎰外外 (2) )64(2x x dtdvm+-=，22(46)dv v x x dx =-+dx x x vdv v)32(5.0120⎰⎰+-=，2 3.25, 1.80/==v v m s3．解：由动量守恒可得子弹相对砂箱静止时的速度大小为mM m v v +=由质点系动能定理得 2020202121)(21v M m mM mv m M mv m M fl +-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛++=-2021v M m mM l f +=, 20202021)(2121v M m mM m M mv m M mv E +=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=∆4．解：炮弹在最高点爆炸前后动量守恒,设另一块的速率υ2与水平方向的夹角为ααθcos 2cos 20v m mv =,122sin 20v m v m -=α 解得:0220212cos 4θv v v +=, 0011cos 2θαv v tg -=.5． 解：由动量守恒v M m v M m mv '+=+=)2()(0Mm mv v M m mv v 2,00+='+=从子弹和物块A 以共同速度开始运动后,对子弹和物块A 、B 系统的机械能守恒222)(21)2(21)(21l k v M m v M m ∆+'+=+,0)2)((mv M m M m k M l ++=∆6．解：(1)由动量守恒得 0=-MV mv ,由动能定理得 222121MV mv mgR += 解得 Mm MgRv +=2;M m MgR M m V +=2(2) 小球相对木槽的速度)(2)1(M m MgRM m V v v ++=+=' Mgm mg M g M m m mg N R v m mg N 2223)(2,+=++='=-。
江苏大学,大学物理 习题答案1-5
练习 一(曲线运动、直线运动、圆周运动、抛体运动、相对运动)一、选择题 1． 质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C 处的加速度? ( C )(A) (B) (C) (D)解:(C)a 指向曲线凹侧,a 、v 间夹角大于900,速率减小,a 、v间夹角小于900,速率增加2．一质点沿x 轴作直线运动，其v -t 曲线如图所示，如t =0时，质点位于坐标原点，则t =4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为 . ( B )(A) 5m ． (B) 2m ． (C) 0．(D) -2 m ． (E) -5 m. 解:(B) 根据曲线下面积计算 3． 一质点沿x 轴运动的规律是x =t 2-4t +5（SI 制）。
则前三秒内它的 ( D )(A)位移和路程都是3m ； (B)位移和路程都是-3m ；(C)位移是-3m ，路程是3m ； (D)位移是-3m ，路程是5m 。
解: (D)由运动方程得42-=t v x ,令0=x v 得s t 2=,此值在前三秒内,因此前三秒内质点作回头运动.m x 5)0(=,m x 1)2(=,m x 2)3(=,m x x x 352)0()3(-=-=-=∆,m x x x x s 5)1()2()2()0(=-+-=∆4． 一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。
从t ＝ω/π到t =2 (1)该质点的位移是 (A) -2R i ； (B) 2R i ； (C) -2j ；(D) 0。
( B )(2)该质点经过的路程是 (A) 2R ； (B) R π；(C) 0； (D) ωR π。
(B ) 解: (1)(B),(2)B.由运动方程知质运点轨迹方程为圆, i R i R i R r r r2)()/()/2(=--=-=∆ωπωπ5．一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 22+=（其中a 、b 为常量）, 则该质点作 ( B )(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．解:(B)a bx y bt y at x /,,22===6．某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 ( C ) (A) 0221v v +=kt ； (B) 0221v v +-=kt ； (C) 02121v v +=kt ； (D) 02121v v +-=kt . 解:( C )⎰⎰-=t v v ktdt v dv 020 7． 某人以4km/h 的速率向东前进时，感觉风从正北吹来，如将速率增加一倍，则感觉风从东北方向吹来。
江苏大学 物理练习册答案19
练习 十九一、选择题：1．D ；2．A ；3．D ；4．B ；5．C ；6．B ；7．B ；8．B二、填空题： 1．0，04I 2．π3．2210m -⨯，t 400sin 8- 4．cos( 2ππ)xy A t ωλ=-+，4πcos( 2π)xLy A t ωλλ'=+-5．06．0.45m三、计算题1．解：（1）10.20m s u -=⋅，2π1s T ω==，0.200.20m 1u T λ=== 110.1cos 2π()0.20r y t =-（SI ） 220.1cos[2π()π]0.20ry t =-+ （SI ）（2）120.40.52ππ = 2ππ = 00.200.20r r φ--∆=++（3）P 点振动是加强的，合振幅为0.2m A =2．解：已知入射波的波动表达式为 10.01cos(4ππ)2y t x =--1 设反射波的波动表达式为 2200.01cos(4π)y t x φ=++ (5)x ≤ 在反射处（5x =），入射波与反射波引起的振动是反相的，即2014ππ4ππ2t x t x φ++-=--2014π5π4π5π2t t φ+⨯+-=-⨯-得20110ππ2φ=-+，取201π2φ=所以，反射波的波动表达式为210.01cos(4ππ)2y t x =++3．解：（1）已知入射波的波动表达式为 1cos[2π()]t xy A T λ=+ 设反射波的表达式为 220cos[2π()]t xy A T φλ=-+ 在反射处（0x =），入射波与反射波引起的振动是反相的，即20[2π()]π[2π()]t x t xT T φλλ-++=+2000[2π()]π[2π()]t t T T φλλ-++=+得20πφ=-，所以，反射波的波动表达式为2cos[2π()π]t xy A T λ=-- (0)x ≥（2）合成驻波的表达式为122π12π12cos(π)cos(π)22y y y A x t T λ=+=+- （3）波节位置满足2π1cos(π)02x λ+=，即 2π1ππ(21)22x k λ+=+ 2x kλ= 0,1,2,3...k =波腹位置满足2π1cos(π)12x λ+=±，即 2π1ππ2x k λ+= 1()22x k λ=- 1,2,3...k =4．解：S 1080Hz v =，S 30m/s υ=，65m/s υ=，331m/s u = （1）声源前方空气中声音的波长S S S S S 331300.279m 1080u u v v v υυλ--'=-=== SS υ（2）每秒钟到达反射面的波数R S S 3316510801421Hz 33130u v v u υυ++==⨯=-- （3）反射波的波速不变，即 331m/s u =5．解：（1）S 2040Hz v =，3Hz v ∆=，340m/s u = 观察者接收到直接来自波源声音频率为R1S S S S340340u v v v u υυ==++ 观察者接收到的反射波的频率等于反射面接收到的频率R 2S S S S340340u v v v v u υυ===--反 则拍频为R 2R1v v v ∆=-，即S S S S S S3403403403403()2040340340340340v v υυυυ=-=-⨯-+-+S 0.25m/s υ≈（2）S 2040Hz v =，340m/s u =，0.2m/s υ=，4Hz v ∆= 反射面接收到的频率为S Ru v v uυ+=反观察者接收到的反射波频率R1S S R u u u u v v v v u u u u υυυυυ++==⨯=---反 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率R 2S v v =则，拍频为R1R2S S S 2u v v v v v v u u υυυυ+∆=-=-=-- 所以，S 3400.243398Hz 20.4u v v υυ--=∆=⨯=SA。
江苏大学,大学物理13--15练习答案
OA2练习 十三(简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成)一、选择题1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。
若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ）（A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。
解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m -=++-=)(22(mg kl =),0222=+x dt xd ω弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m -=++-=αsin )(22 (mg kl =),0222=+x dtxd ω2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前2π； （B ）A 落后2π；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。
解：(A)t A x A ωcos =,)2/cos(πω-=t A x B3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8T。
解：(B)振幅矢量转过的角度6/πφ=∆,所需时间12/26/T T t ==∆=ππωφ,4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31+=t x 和)π75.0π50cos(42+=t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ）（A ）)π25.0π50cos(2+=t x ； （B ）)π50cos(5t x =；（C ）π15cos(50πarctan )27x t =++； （D ）7=x 。
解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算)cos(21020212221φφ-++=A A A A A 5)25.075.0cos(4324322=-⋅⋅++=ππ712)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 1120210120210110---+=++=++=tg tg A A A A tg πππππφφφφφ5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l ∆和2l ∆，且212l l ∆=∆，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ）（A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。
江苏大学大学物理练习册重点题
7． 一质量为20g 的子弹以200m/s 的速率射入一固定墙壁内，设子弹所受阻力与其进入墙壁的深度x 的关系如图所示，则该子弹能进入墙壁的深度为 （ ）(A)3cm ； (B)2 cm ； (C)22cm ； (D)12.5 cm 。
解：(A)由动能定理)02.0(2000002.0200002120002.0212-⋅+⋅⋅=⋅⋅x m x 03.0=1. 一质量为m 的物体,以初速0v从地面抛出,抛射角为θ,如果忽略空气阻力,则从抛出到刚最高点这一过程中所受冲量的大小为 ；冲量的方向为 。
解：j mv j mv i mv i mv v m v m Iθθθθsin )sin cos (cos 00000-=+-=-=θsin 0mv ;向下2. 人从10m 深的井中匀速提水，桶离开水面时装有水10kg 。
若每升高1m 要漏掉0.2kg的水，则把这桶水从水面提高到井口的过程中，人力所作的功为 。
解：拉力gx g T 2.010-=,=-=-==⎰⎰100210)98.098()2.010(x x dx gx g Tdx A hJ 8821． 摩托快艇以速率0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F =-k 2（k为正常数）。
设摩托快艇的质量为m ，当摩托快艇发动机关闭后， (1) 求速率随时间t 的变化规律。
(2) 求路程x 随时间t 的变化规律。
(3) 证明速度与路程x 之间的关系为x mk e -=0υυ。
解:(1)2kv dt dv m-=,分离变量并积分⎰⎰-=t v dt m k v dv v 020, tkv m mv v 00+= (1)(2) dt t kv m mv vdt dx 00+==,)ln(0000m t kv m k m dt t kv m mv x t +=+=⎰ (2) (3) 由（1）式得v v m t kv m 00=+，代入（2）式得vv k m x 0ln =，x m ke v v -=02． 一根特殊弹簧，在伸长x 米时，其弹力为(4x +6x 2)牛顿。
江苏大学 物理练习24
班级______________学号____________姓名________________知识点：德布罗意波、不确定关系、波函数、薛定谔方程、一维势阱练习二十四一、选择题1．根据德布罗意的假设（）（A）辐射不能量子化，但粒子具有波的特性；（B）运动粒子同样具有波的特性；（C）波长非常短的辐射有粒子性，但长波辐射却不然；（D）长波辐射绝不是量子化的；（E）波动可以量子化，但粒子绝不可能有波动性。
2．钠光谱线的波长是λ，设h为普朗克恒量，c为真空中的光速，则此光子的（）（A）能量为hλ/c；（B）质量为hλ/c；（C）动量为h/λ；（D）频率为λ/c。
3．一个光子和一个电子具有同样的波长，则：（）（A）光子具有较大的动量；（B）电子具有较大的动量；（C）它们具有相同的动量；（D）它们的动量不能确定；（E）光子没有动量。
4．一质量为1.25⨯10-29kg的粒子以100eV的动能在运动。
在观察者看来与该粒子相联系的物质波的频率为（）（A）1.1⨯10-50Hz；（B）4.1⨯10-17Hz；（C）1.7⨯1021Hz；（D）2.7⨯1031Hz。
5．如果电子被限制在边界x与x+∆x之间，∆x为0.5Å。
电子动量x分量的不确定度数量级为（以kg⋅m/s为单位）（）（A）10-10；（B）10-14；（C）10-19；（D）10-24；（E）10-27。
6．由量子力学可知，一维势阱中的粒子可以有若干能态，如果势阱的宽度L缓慢地减少至较小宽度L'，则（）（A）每个能级的能量减小；（B）能级数增加；（C）每个能级的能量保持不变；（D）相邻能级间的能量差增加；（E）粒子将不再留在阱内。
二、填空题1．若电子在均匀磁场中沿半径为R的圆形轨道运动，磁场的磁感应强度为B，则该电子的德布罗意波长λ=_____________。
2．一束带电粒子经206V的电压加速后，测得其德布罗意波长为0.002nm，已知这带电105106 粒子所带电量与电子电量相等，则这束粒子质量是_____________。
江苏大学物理练习册练习二十二new
完
练习二十二：(X射线衍射、起偏和检偏、 马吕斯定律、反射和折射时光的偏振) 一、选择题： BBBCBBC
二、填空题：
1. 伦琴，0.1nm 2. 光强不变， 光强变化但无消光现象， 光强变化且有消光现象 3. 0.4I0，0， 0.32I0， 0.08I0
4.
i
i
i0
i0
i05. ຫໍສະໝຸດ 折射，相等，相同 6. 355nm，396nm
1 I0 I 2 6 1 I0 2
即
I0 2 I 5
3、解：由布儒斯特定律可知：
当光由水中射向玻璃而反射时，起偏振角为
1.50 iB tg 48.44 1.33
1
当光由玻璃射向水而反射时，起偏振角为
1.33 iB tg 41.56 1.50
1
4、解：设光线由空气入射到水面时的入射角为i，折射 角为 ，由水中入射到玻璃表面时的入射角为iB， 则由布儒斯特定律及题意可得：
i tg 1.33 53.06
由折射定律 可得
1
1.50 iB tg 48.44 1.33
1
sin i n sin 1 sini sin ( ) 36.94 n
由几何关系可得
90 [180 iB (90 )] 11.5
三、计算题：
1、解：设入射自然光的强度为I0 ，所求透射光的强度 为I0 ，由题意可知
1 I 0 cos2 60 I1 2 1 I 0 cos2 30 cos2 30 I 2 2
联立上面两式可得
9 I 2 I1 4
2、解：设入射自然光和线偏振光的强度分别为 I 0 和 I ，因为随着偏振片的转动自然光的出射 光强不变，而线偏振光的光强在0和 I 之间 变化，则由题意可知
江苏大学大学物理习题册答案练习04
练习 四一、选择题：1.B ；2.D ；3.D ；4.D ；5.A ；6.B ；7.C二、填空题： 1．m d υ2．2216ml ω，ω231ml 3．l g 23=α，lg3=ω4．减小，增大，不变，增大5．不一定，动量 6．MLm 23υ三、计算题1．解：根据质点和刚体转动的动能定理得22221v m Th gh m =- (1)22124121ωωθR m J TR == (2)θR h =,ωR v =, ∴2141v m Th = (3)(1)+(3)式得 21222m m ghm v +=2．解：(1)人和盘系统角动量守恒 ωω'+=)(2mR J J2JJ mR ωω'=+,22mR J mR ωωωω'∆=-=-+角速度减小. (2)22211()22k E J mR J ωω'∆=+-222221)(21ωωJ mR J J mR J -⎪⎭⎫ ⎝⎛++=22212mR J J mR ω=-+3．解：(1) 设子弹和杆碰撞期间相互作用力为f 对杆运用角动量定理ωω2310Ml I fldt t=-=⎰(1) 对子弹运用动量定理00mv ml mvmv fdt t-=-=-⎰ω (2)(1)+(2)⨯l 整理得 ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+=22031ml Ml l mv (角动量守恒,可直接写出该式),s rad lv l m M mv /2303.0)3(300==+=ω(2)根据机械能守恒得)cos 1()cos 1(23121222θθω-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+mgl l Mg ml Ml , 863.08.999.241)2(311cos 222=⨯-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=m M ml Ml ωθ, 29.30=θ4．解：(1)对弹簧、滑轮、地球组成的系统机械能守恒.取重物的初位置为重力势能零点,当重物沿斜面向下位移x 时21212137sin 2220=+++-ωJ mv kx mgx(1)物体下滑最远时,0,0==ωv,02137sin 20=+-kx mgxm k mg x 18.1/37sin 20==(2) r v /=ω,当m x 1=时,由(1)式可解得:s m v /68.0=5．解：球、环系统受外力矩为零，角动量守恒。
江苏大学 物理练习19
班级______________学号____________姓名________________知识点：波的干涉、驻波、多普勒效应练习 十九一、选择题1．如图所示，两列波长为λ 的相干波在P 点相遇．波在S 1点振动的初相是φ 1，S 1到P 点的距离是r 1；波在S 2点的初相是φ 2，S 2到P 点的距离是r 2，以k 代表零或正、负整数，则P 点是干涉极大的条件为： ( )(A) λk r r =-12；(B) π=-k 212φφ；(C) π=-π+-k r r 2/)(21212λφφ；(D) 21122()/2r r k φφλ-+-=ππ。
2．两个相干波源的相相位同，它们发出的波叠加后，在下列哪条线上总是加强的？（ ）（A ）两波源连线的垂直平分线上；（B ）以两波源连线为直径的圆周上；（C ）以两波源为焦点的任意一条椭圆上；（D ）以两波源为焦点的任意一条双曲线上。
3．在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动 （ ）(A) 振幅相同，相相位同； (B) 振幅不同，相相位同；(C) 振幅相同，相位不同； (D) 振幅不同，相位不同。
4．在波长为λ 的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为 （ ）(A) λ /4； (B) λ /2； (C) 3λ /4； (D) λ 。
5．设声波在媒质中的传播速度为u ，声源的频率为S v ，若声源S 不动，而接收器R 相对于媒质以速度R υ沿S 、R 连线向着声源S 运动，则接收器R 接收到的信号频率为： （ ）（A ）S v ； （B ）S R v uu υ+； （C ）S R v u u υ-； （D ）S R v u u υ-。
S二、填空题1．设1S 和2S 为两相干波源，相距0.25λ，1S 的相位比2S 的相位超前0.5π。
若两波在1S 与2S 连线方向上的强度相同均为0I ，且不随距离变化。
则1S 与2S 连线上在1S 外侧各点合成波的强度为＿＿＿＿＿＿＿＿，在2S 外侧各点合成波的强度为_______________。
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7． 一质量为20g 的子弹以200m/s 的速率射入一固定墙壁内，设子弹所受阻力与其进入墙壁的深度x 的关系如图所示，则该子弹能进入墙壁的深度为 （ ）(A)3cm ； (B)2 cm ； (C)22cm ； (D)12.5 cm 。
解：(A)由动能定理)02.0(2000002.0200002120002.0212-⋅+⋅⋅=⋅⋅x ⇒m x 03.0=1. 一质量为m 的物体,以初速0v从地面抛出,抛射角为θ,如果忽略空气阻力,则从抛出到刚最高点这一过程中所受冲量的大小为 ；冲量的方向为 。
解：j mv j mv i mv i mv v m v m Iθθθθsin )sin cos (cos 00000-=+-=-=⇒θsin 0mv ;向下2. 人从10m 深的井中匀速提水，桶离开水面时装有水10kg 。
若每升高1m 要漏掉0.2kg的水，则把这桶水从水面提高到井口的过程中，人力所作的功为 。
解：拉力gx g T 2.010-=,=-=-==⎰⎰100210)98.098()2.010(x x dx gx g Tdx A hJ 8821． 摩托快艇以速率υ0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F =-k υ2（k 为正常数）。
设摩托快艇的质量为m ，当摩托快艇发动机关闭后， (1) 求速率υ随时间t 的变化规律。
(2) 求路程x 随时间t 的变化规律。
(3) 证明速度υ与路程x 之间的关系为x mk e -=0υυ。
解:(1)2kv dt dv m-=,分离变量并积分⎰⎰-=t v dt m k v dv v 020, tkv m mv v 00+= (1)(2) dt tkv m mv vdt dx 00+==,)ln(0000m t kv m k m dt t kv m mv x t +=+=⎰ (2) (3) 由（1）式得v v m t kv m 00=+，代入（2）式得vv k m x 0ln =，x m ke v v -=02． 一根特殊弹簧，在伸长x 米时，其弹力为(4x +6x 2)牛顿。
将弹簧的一端固定， （1）把弹簧从x =0.50米拉长到x =1.00米，试求外力克服弹簧力所作的功。
（2）在弹簧另一端拴一质量为2千克的静止物体，物体置于水平光滑桌面上，试求弹簧从x =1.00米回到x =0.50米时物体的速率。
解:(1)J x x dx x x dx F A ba25.3)22()64(15.03215.02=+=+==⎰⎰外外（2）根据质点的动能定理 221mv E A k =∆=弹 Jx x dx x x dx F A ba25.3)22()64(5.01325.012=+-=+-==⎰⎰弹弹,222125.3v ⋅⋅=,s m v /80.1=1．几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的物体上,如果这几个力的矢量和为零,则此物体 （ D ）(A) 必然不会转动; (B) 转速必然不变;(C) 转速必然改变; (D )转速可能不变，也可能改变.2.于刚体的对轴的转动惯量,下列的说法中正确的是 ( C )(A) 只取决于刚体的质量,与质量在空间的分布和轴的位置无关； (B) 取决于刚体的质量和质量在空间的分布和轴的位置无关； (C) 取决于刚体的质量、质量在空间的分布和轴的位置；(D) 只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。
4.如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径为R 的匀质圆盘状定滑轮。
绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的物体，不计滑轮转轴的摩擦，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则物体的加速度为。
( D )(A)g /3； (B)3g /2； (C)g /4； (D)2g /7。
解:ma T mg 221=-,ma mg T =-2,2/2/221ma mRJ R T R T ===-αα, 解得7/2g a =5．一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水平桌面上。
若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为ω0，则棒停止转动所需时间为 ( A )(A)2L ω0/(3g μ)； (B) L ω0/(3g μ)； (C) 4L ω0/(3g μ)； (D) L ω0/(6g μ)。
LgmL L mgJ M 23,312,:2-==-=ααμα得根据解g L t t L g μωω32,23000=-=2.一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40πrad/s 减到10πrad/s ，则飞轮在这5s 内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。
解:)/1(620s tπωωα-=-=,πππαωθθθ1255621540212200=⨯⨯-⨯=+=-=∆t t ,=∆=πθ2/n 5.62圈; t αω+=0,=-=αω/t )(3/5s2.一个飞轮直径为0.30m 、质量为5.00kg ，边缘绕有绳子。
现用恒力拉绳子的一端，使飞轮由静止均匀地加速，经0.50s 转速达10rev/s 。
假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；（2）拉力大小及拉力所作的功；（3）从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度大小。
解:(1)匀加速转动220/11026.1405.00102s t ⨯==-⨯=-=ππωωαrad πππαωωθ54020)20(22202=⨯-=⨯-=∆,reV n 5.22=∆=πθ (2)αα221,mR FR J M ==,N mR F 3.474015.052121=⨯⨯⨯==παJ FR S F A 111515.03.47=⨯⨯=∆⋅=⋅=πθ(3)s rad t /1026.1104030⨯=⨯=+=παωω,s m R v /1089.16040015.02⨯==⨯==ππωm3. 如图所示，物体的质量m 1和m 2，定滑轮的质量m A 和m B ，半径为R A 和R B 均为已知，且m 1>m 2。
设绳子长度不变，并忽略其质量。
如绳子和滑轮间不打滑，滑轮可视为圆盘，试求物体m 1和m 2的加速度。
解：4.解：对右物体: a m T g m 111=- (1)对右滑轮:a R m R m I TR R T A A A A A A 212112111===-αα a m T T A 211=- (2) 对左物体: ma g m T =-22 (3) 对左滑轮:a R m R m I R T TR B B B B B B 212122222===-αα a m T T B 212=- (4) (1)~(4)式相加得g m m m m m m a B A 2/2/2121+++-=4:轻绳绕于半径r =20cm 的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N 的拉力，飞轮的转动惯量I =0.5kg ⋅m 2。
设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。
试求： (1)飞轮的角加速度；(2)如以质量m =10kg 的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。
解(1)由转动定理αJ M =得 2/2.395.0/2.098//s rad J Fr J M =⨯===α(2)由牛顿第二定律、转动定理及线量和角量的关系得ma T mg =- (1) αJ Tr = (2) αr a = (3)2/8.212.0/5.02.0108910/s rad r J mr mg =+⨯⋅⨯=+=α6．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为ω0。
设它所受阻力矩与转动角速度成正比M = -k ω (k 为正常数),它的角速度从ω0变为ω0/2所需时间是多少?在此时间内共转了多少转?解：根据转动定律得 ωωk dt d J-= （1） 即ωωd k J dt -=， ⎰⎰-=2/000ωωωωd k J dt t ，2ln k Jt =（1）式可写成 ωθωωk d d J -=，ωθd kJd -=，⎰⎰-=2/000ωωθωθd kJd ，Ik J 0ωθ=,kJ n πωπθ420=='T1g1 m T21． 关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( )（A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （B ）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； （C ）角速度的方向一定与外力矩的方向相同；（D ）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。
4． 一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为lm 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。
系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ( )(A) 1rad/s ； (B) 2rad/s ； (C) 2/3rad/s ； (D) 4/3rad/s 。
解：(D)由角动量守恒得0)(=--'ωωJ R R v m ,)/(3/42/222s rad mRMR Rv m mR J R v m =+'=+'=ω5． 如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m 。
今使杆从与竖直方向成︒60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角( ) （A ）3rad/s ； (B) πrad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。
解：(A)杆转至竖直位置角速度最大. 由机械能守恒得)60cos 1(23121022-=⋅⋅l mg ml ω⇒s rad lg /323==ω6． 对一个绕固定水平轴O 匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应 ( B )(A) 增大； (B) 减小； (C) 不变；(D) 无法确定。
解：(B)设子弹到转轴的垂直距离为h,由角动量守恒得ωω''=-+J mvh mvh J ,J J >',ωω<'7．花样滑冰运动员绕自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开,转动惯量为0J ，角速度为0ω，然后她将两臂收回,使转动惯量减少为3/0J ，这时她转动的角速度变为（ ）(A) 3/0ω； (B) 3/0ω； (C) 03ω； (D) 03ω。
解：(C)由角动量守恒得03ωω=1．质量为m 的质点以速度v沿一直线运动,则它对直线外垂直距离为d 的一点的角动量大小是 。
4． 一人站在转动的转台上，在他伸出的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回他的双手及重物，忽略所有摩擦，则系统的转动惯量____________，系统的转动角速度____________，系统的角动量____________，系统的转动动能____________。