第一篇：病理學123章參考答案
第2章習題參考答案
第二章 馬克思主義中國化理論成果的精髓
習題參考答案
(一)單項選擇題
1.B 2.C 3.A 4.C 5.A 6.C 7.D 8.A 9. D 10.A 11.D 12 B 13 C 14 B 15 C
(二)多項選擇題
1.ABCD 2.CD 3.BCD 4.AB 5.ABC 6.ABCD 7.ABCD 8.ABCD 9.CD 10.BCD
(三)是非判斷題
1 √ 2 × 3 × 4 √ 5 √ 6 √ 7 √ 8 × 9 √ 10 √ 11 × 12 √
(四)材料分析題 1.答案要點：
(1)馬克思、恩格斯、列寧以科學嚴謹的態度對待自己所作出的結論和預測，把它們放到實踐中去檢驗，強調要根據歷史條件的發展變化不斷總結經驗教訓，拋棄過時的結論，要不斷進行理論反思和總結，使馬克思主義不斷實現理論創新。
(2)毛澤東和鄧小平都強調必須要在堅持馬克思主義基本原理的同時，根據新的歷史條件發展馬克思主義，用發展著的馬克思主義指導新的實踐。馬克思主義必須與中國的實際相結合，即把馬克思主義中國化，不能把馬克思主義教條化。
(3)從上述材料可以看出馬克思主義具有與時俱進的理論品質，這就是說馬克思主義不是僵死的教條，而是要隨著時代、實踐和科學的發展而不斷發展。馬克思主義是開放的理論體系，只有堅持與時俱進，才能使馬克思主義體現時代性，把握規律性，富于創造性。馬克思主義的生命力在于理論創新，實踐沒有止境，創新也沒有止境，馬克思主義的發展過程是一個不斷繼承又不斷創新的過程，毛澤東思想、鄧小平理論和三個代表重要思想的形成發展，都說明了這一點。
(五)問答題
1. 鄧小平、江澤民和十六大以來黨中央對黨的思想路線有哪些貢獻? “文化大革命”結束后，在中國向何處去的重大歷史關頭，鄧小平首先抓住思想路線的撥亂反正這一關鍵環節，大力提倡實事求是。1978年12月，鄧小平在為十一屆三中全會作準備的中央工作會議上的講話中，特別強調解放思想、實事求是的重要意義。以這一講話精神為指導的十一屆三中全會，重新確立了實事求是的思想路線。 在重新確立實事求是的思想路線和推進改革開放的進程中，鄧小平還進一步豐富和發展了實事求是的思想路線。他認為，在一切工作中要真正堅持實事求是，首先必須解放思想。他還強調：民主是解放思想的重要條件。經過一段思考的過程，鄧小平在1980年召開的黨的十一屆五中全會第三次會議上的講話中對黨的思想路線的內容作了概括，他指出：“實事求是，一切從實際出發，理論聯系實際，堅持實踐是檢驗真理的標準，這就是我們黨的思想路線。”
1992年，江澤民在黨的十四大的報告中指出，解放思想，實事求是，是鄧小平創立的“建設有中國特色社會主義理論”的精髓，是保證我們黨永葆蓬勃生機的法寶。進入21世紀，江澤民對新形勢下堅持實事求是的思想路線又提出了新的要求。他強調，馬克思主義最重要的理論品質是與時俱進。在黨的十六大報告中，他更明確提出：堅持黨的思想路線，解放思想、實事求是、與時俱進，是我們黨堅持先進性和增強創造力的決定性因素。
在貫徹“三個代表”重要思想和落實科學發展觀的過程中，2004年1月，胡錦濤在中央紀委第三次全體會議上的講話中強調：要貫徹落實好“三個代表”重要思想和十六大精神，必須大力弘揚求真務實精神、大興求真務實之風。求真務實被提高到馬克思主義哲學一以貫之的科學精神和共產黨人應該具備的政治品格的高度，進一步深化了對實事求是的思想路線的認識。
2.實事求是思想路線的基本內容有哪些?如何理解黨的思想路線的核心是實事求是?
《中國共產黨章程》把黨的思想路線的基本內容完整地表述為：“一切從實際出發，理論聯系實際，實事求是，在實踐中檢驗真理和發展真理。”
實事求是內在地包含一切從實際出發、理論聯系實際的內容。無論是一切從實際出發還是理論聯系實際，都是實事求是的具體展開。一切從實際出發，是實事求是思想路線的前提和基礎;理論聯系實際，是貫徹實事求是的思想路線的根本途徑和方法。要堅持實事求是，就必須堅持一切從實際出發、理論聯系實際。 實事求是還內在地包含著解放思想、與時俱進和求真務實的內容。堅持實事求是，必須解放思想;做到實事求是，必然與時俱進和求真務實。黨的領導人在不同時期對思想路線闡述和發揮過程中，分別強調或解放思想，或與時俱進，或求真務實，都是根據不同實踐環境和具體任務，針對在貫徹實事求是的思想路線中存在的突出問題所提出的重點要求，其目的和歸宿，都是實事求是。它們既反映了黨的思想路線的實質的一脈相承性，又體現了結合實踐發展在具體表現方面的時代特征。
所以，實事求是是黨的思想路線的實質和核心。也正因為如此，我們通常把黨的思想路線簡明概括為“實事求是”，把黨的思想路線稱作是“實事求是的思想路線”。
3.如何科學理解解放思想、實事求是、與時俱進、求真務實之間的關系? 實事求是內在地包含一切從實際出發、理論聯系實際、在實踐中檢驗真理和發展真理的內容。實事求是還內在地包含著解放思想、與時俱進、求真務實等內容。
要做到實事求是，必須解放思想。鄧小平指出：我們講解放思想，是指在馬克思主義的指導下打破習慣勢力和主觀偏見的束縛，研究新情況，解決新問題。
要做到實事求是，必然與時俱進。江澤民指出：堅持馬克思主義，決不能采取教條主義、本本主義的態度，而應該采取實事求是、與時俱進的科學態度，堅持一切從發展變化著的實際出發，把馬克思主義看作是不斷隨著實踐的發展而發展的科學。
要做到實事求是，還必須求真務實。胡錦濤指出：認識規律、把握規律、遵循和運用規律，是堅持求真務實的根本要求。大興求真務實之風，就是為了使我們在推進各項工作時能夠更好地把握規律性、增加主動性、減少盲目性、克服片面性。
黨在不同時期根據不同實踐環境和具體任務，針對在貫徹實事求是的思想路線中存在的突出問題，分別突出強調解放思想、與時俱進、求真務實等，其目的和歸宿，都是實事求是。它們既反映了黨的思想路線的實質的一脈相承性，又體現了結合實踐發展在具體表現方面的時代特征。
4.為什么要不斷地推進理論創新?怎樣科學地理解理論創新? 堅持實事求是的思想路線，就要大力弘揚與時俱進精神，推進理論創新，不斷開拓馬克思主義新境界。
黨的全部理論和工作的與時俱進，要特別重視理論創新。實踐基礎上的理論創新是社會發展和變革的先導，要通過理論創新推動制度創新、科技創新、文化創新以及其他各方面的創新，為各個方面的創新提供指導。要使黨和國家的事業不停頓，首先理論上不能停頓。如果因循守舊，停滯不前，我們就會落伍，我們黨就有喪失先進性和領導資格的危險。
實現理論創新，必須自覺地把思想認識從那些不合時宜的觀念、做法和體制中解放出來，從對馬克思主義的錯誤和教條式的理解中解放出來，從主觀主義和形而上學的桎梏中解放出來，使我們的思想和行動更加符合社會主義初級階段的國情和時代發展的要求。
在理論創新問題上，我們必須堅持以馬克思主義為指導，堅持馬克思主義的立場、觀點和方法，否則，我們的事業就會因為沒有正確的理論基礎和思想靈魂而迷失方向，就會歸于失敗。
第二篇：第01章課后習題參考答案
1. 什么是平面設計?平面設計的一般流程有哪些?
平面設計是設計活動的一種，是設計者借助一定工具材料，將所表達的形象及創意思想，遵循表達意圖，采用立體感、運動感、律動感等表現手法在二維空間來塑造視覺藝術。廣泛應用于廣告、招貼、包裝、海報、插圖、網頁制作等，因此，平面設計就是視覺傳達設計。
平面設計的一般流程：
視覺傳達設計就其全過程而言，大體可分為兩個過程： (1)思想性階段
在這一階段要進行有關設計目標、設計背景、設計方法等多方面的構想，從而產生明確的創意設計，也即構思。
(2)視覺化階段
將創意形象化的階段，通過圖形和文字的處理，轉化為可視化的圖像，也即構圖。
2. 什么是廣告?廣告創作的要素有哪些?
所謂廣告，是廣告主有計劃地通過媒體直接或間接地向所選定的消費者介紹自己所推銷的商品或服務，介紹它的優點和特色，喚起消費者注意，并設法說服消費者購買使用的一種有償的、有責任的信息傳播活動。
廣告作品一般是由主題、創意、語文、形象和襯托等五個要素組成。廣告創作，即是創造這五個要素，并使之有機地結合起來，成為一則完整的廣告作品。
① 主題：是廣告的中心思想，是廣告為達到某種目的而要說明的基本概念。它是廣告的核心和靈魂。廣告作品的其他四個要素要為表現主題服務，主題貫穿其他要素并使之有機地組合成一則完整的廣告作品。一則廣告必須有鮮明和突出的廣告主題，使人們在接觸廣告之后，很容易理解廣告要告訴他們什么，要求他們做些什么。廣告的主題必須能夠體現廣告策略，同時，還必須反映廣告的信息內涵，能夠針對消費者的心理，這是對廣告主題的基本要求。廣告主題=廣告決策+信息個性+消費心理。
② 創意：是表現廣告主題的構思。廣告的創意如果能引人入勝地表現主題，就會取得較好的廣告效果。廣告的創意不是憑空想象出來的，廣告的創作過程是對現實進行抽象的過程。創意思考的原則，就是要擺脫舊的經驗和意識的約束，從多方面去思考，革新自己的思維，并要抓住靈機一動的構思，發掘新的觀念。
③ 語文：是廣告傳遞經濟信息的必不可少的手段。沒有語文的廣告，就無法傳遞廣告信息，不能讓人知道廣告所宣傳的內容。語文包括語言和文字。任何廣告語文都必須表現廣告的主題，此外，還要求精練、準確、通俗易懂、要對消費者能產生吸引力。
④ 形象：是展示廣告主題的有效辦法。廣告有了形象，可以使廣告更能引人注目，增加信任感，留下深刻印象。
⑤ 襯托：也是表現廣告主題的一種方法，以襯托來表現廣告，可以突出主題的整體形象，強化廣告的感染力，提高廣告的注意度、理解度和記憶度。如在炎熱的沙漠中有人拿著冰鎮的飲料，就可以加強人們對飲料的渴望。在廣告創造活動中，為了表現廣告主題，必須有創造性。這其中包括語文的創造、形象的創造和廣告氣氛的創造，這一切都是通過創意來對主題進行再造來達到的。
3.計算機圖像分為哪幾類?
計算機圖像分為兩大類：位圖圖像和矢量圖形。 (1)位圖圖像
位圖圖像也叫作柵格圖像，是用小方形網格(位圖或柵格)即像素來代表圖像，每個像素都被分配一個特定位置和顏色值。
位圖圖像與分辨率有關，換句話說，它包含固定數量的像素，代表圖像數據。因此，如果在屏幕上以較大的倍數放大顯示，或以過低的分辨率打印，位圖圖像會出現鋸齒邊緣，且會遺漏細節。在表現陰影和色彩的細微變化方面，位圖圖像是最佳選擇。
位圖圖像的優點是圖像色彩和色調變化豐富，同時也可以很容易地在不同的軟件間交換文件。但其缺點是相對矢量圖形來說文件較大，對內存和硬盤的要求較高。
(2)矢量圖形
矢量圖形是由叫作矢量的數學對象所定義的直線和曲線組成的。用CoolDraw等繪圖軟件創作的是矢量圖形，矢量圖形是根據圖形的幾何特性來對其進行描述。
矢量圖形與分辨率無關，也就是說用戶可以將它縮放到任意大小和以任意分辨率在輸出設備上打印出來，都不會遺漏細節或清晰度。因此，矢量圖形是文字(尤其是小字)和粗圖形的最佳選擇，這些圖形在縮放到不同大小時必須保持清晰的線條。
矢量圖形的優點是文件所占的空間較小，很容易進行旋轉、變換等，精度高，不會失真。但其缺點是不易制作色調豐富或色彩變化太多的圖像，而且繪制出的圖像不是很逼真，同時也不易在不同的軟件間交換文件。
4. 什么是像素和顏色深度?
在Photoshop等圖像處理軟件中，像素是圖像的基本組成單位。像素是一個有顏色的小方塊，圖像由許多小方塊組成，以行或列的方式排列。由于圖像是由方形像素組成，因此圖像也是方形的。
顏色深度是指圖像中可用的顏色數量，也稱作像素深度或位深度，它用來度量在圖像中有多少顏色信息來顯示或打印像素。較大的顏色深度意味著數字圖像中有更多的顏色和更精確的顏色表示。
通用的顏色深度是1bit、8 bit、24 bit、32 bit。bit(位)用來定義圖像中像素的顏色，隨著定義顏色的位的增加，每個像素可利用的顏色范圍也增加。
5. 圖像的顏色模式有哪些?
顏色模式在Photoshop中可以確定圖像中能顯示的顏色，還可以影響圖像的通道數和文件大小。
(1)位圖模式
使用兩種顏色值即黑色和白色來表示圖像中的像素，又稱為黑白圖像或一位圖像。因為其顏色深度為1，所以其要求的磁盤空間最少。圖像文件大小為12KB。不能制作出色彩豐富的圖像。
(2)灰度模式
該模式的圖像可以表現出豐富的色調。圖像中每個像素有一個0(黑)～255(白)之間的亮度值，可以使用最多256級灰度。圖像文件大小為90KB。
在Photoshop中要將彩色圖像轉換成高品質的灰度圖像，Photoshop會扔掉原圖像中的所有顏色信息，用轉換像素的灰度級(色度)來表示原像素的亮度。
(3)RGB模式
RGB顏色模式是計算機存儲的最常用的一種顏色模式。絕大部分的可見光譜可以用紅(R)、綠(G)和藍(B)三種色光按不同比例和強度的混合來表示，因此RGB顏色模式的圖像只使用RGB三種顏色，為這三種顏色分配從0到255的強度值。
(4)CMYK模式
CMYK模式是一種印刷模式，與RGB模式不同的是，RGB是加色法，CMYK是減色法。該圖像文件大小為359KB。
6. 圖像文件的格式有哪些?
目前流行的圖像文件存儲格式有許多種，如bmp、tiff、pcx、jpeg、gif、tga、pdf、png等等。
(1)BMP BMP圖像文件是一種Windows標準的點陣式圖形文件格式，最早用于微軟公司推出的Windows系統。BMP格式支持RGB、索引顏色、灰度和位圖顏色模式，但不支持Alpha通道。BMP支持
1、
4、
8、
24、32bit的RGB位圖。
(2)TIFF TIFF(標記圖像文件格式)用于在應用程序之間和計算機平臺之間交換文件。TIFF是一種靈活的位圖圖像格式，實際上被所有繪畫、圖像編輯和頁面排版應用程序所支持。而且幾乎所有桌面掃描儀都可以生成TIFF圖像。TIFF格式的好處是大多數圖像處理軟件都支持這種格式，并且TIFF格式還可以加入作者、版權、備注以及用戶自定義信息，存放多幅圖像。
TIFF6.0版本也可以引入其他有損壓縮方法，如JPEG，即形成采用JPEG壓縮的TIFF圖像壓縮文件。
(3)GIF GIF(圖形交換格式)是Compuserver提供的一種圖形格式，是一種LZW壓縮格式，用來最小化文件大小和電子傳遞時間。在World Wide Web 和其它網上服務的HTML(超文本標記語言)文檔中，GIF文件格式普遍用于顯示索引顏色圖形和圖像。另外，GIF格式還支持灰度模式。GIF格式不支持Alpha通道。
(4)JPEG(Joint Photographic Experts Group)
JPEG(聯合圖片專家組)是目前所有格式中壓縮率最高的格式。其最大特點是文件經過了高倍壓縮都比較小，目前絕大多數彩色和灰度圖像都使用JPEG格式壓縮圖像，這是一種變壓縮率算法，壓縮比很大并且支持多種壓縮級別的格式，當對圖像的精度要求不高而存儲空間又有限時，JPEG是一種理想的壓縮方式。
在WWW和其它網上服務的HTML文檔中，JPEG格式普遍用于顯示圖片和其它連續色調的圖像文檔。JPEG格式支持CMYK、RGB和灰度顏色模式，不支持Alpha通道。與GIF格式不同，JPEG保留RGB圖像中的所有顏色信息，通過選擇性地去掉數據來壓縮文件。
(5)PSD格式(Photoshop格式)
是Adobe公司開發的圖像處理軟件Photoshop中自建文件的標準格式。在Photoshop所支持的各種格式中，PSD格式存取速度比其它格式快很多，功能也很強大，可存放圖層、通道、遮罩等多種設計草稿。因此隨著Photoshop軟件的廣泛應用，這個格式也逐步流行起來。
第三篇：物理學教程(第二版)第1~5章答案
第二章 牛頓定律
2 -1 如圖(a)所示,質量為m 的物體用平行于斜面的細線聯結置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速運動,當物體剛脫離斜面時,它的加速度的大小為(
) (A) gsin θ
(B) gcos θ
(C) gtan θ
(D) gcot θ
分析與解 當物體離開斜面瞬間,斜面對物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力FT (其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcot θ,故選(D).求解的關鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態特征.
2 -2 用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止.當FN逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力Ff的大小(
) (A) 不為零,但保持不變 (B) 隨FN成正比地增大
(C) 開始隨FN增大,達到某一最大值后,就保持不變 (D) 無法確定
分析與解 與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內取值.當FN增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運動狀態.由題意知,物體一直保持靜止狀態,故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A).
2 -3 一段路面水平的公路,轉彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數為μ,要使汽車不至于發生側向打滑,汽車在該處的行駛速率(
) (A) 不得小于(C) 不得大于μgR
(B) 必須等于
μgR
μgR
(D) 還應由汽車的質量m 決定
分析與解 由題意知,汽車應在水平面內作勻速率圓周運動,為保證汽車轉彎時不側向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應為μFN.由此可算得汽車轉彎的最大速率應為v=μRg.因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側向打滑.應選(C). 2 -4 一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則(
) (A) 它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變 (B) 它受到的軌道的作用力的大小不斷增加 (C) 它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心 (D) 它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加
分析與解 由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關.重力的切向分量(m gcos θ) 使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由
v2軌道法向方向上的動力學方程FN?mgsinθ?mR不斷增大,由此可見應選(B).
可判斷,隨θ 角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將*2 -5 圖(a)示系統置于以a =1/4 g 的加速度上升的升降機內,A、B 兩物體質量相同均為m,A 所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質量均不計,若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦,并不計空氣阻力,則繩中張力為(
) (A) 5/8 mg
(B) 1/2 mg
(C) mg (D) 2mg
分析與解 本題可考慮對A、B 兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進行求解.此時A、B 兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a′為A、B 兩物體相對電梯的加速度,ma為慣性力.對A、B 兩物體應用牛頓第二定律,可解得FT =5/8 mg.故選(A).
討論 對于習題2 -5 這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運動圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學問題時,必須對物體加上一個虛擬的慣性力.如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA 和aB 均應對地而言,本題中aA 和aB的大小與方向均不相同.其中aA 應斜向上.對aA 、aB 、a 和a′之間還要用到相對運動規律,求解過程較繁瑣.有興趣的讀者不妨自己嘗試一下.
2 -6 圖示一斜面,傾角為α,底邊AB 長為l =2.1 m,質量為m 的物體從題2 -6 圖斜面頂端由靜止開始向下滑動,斜面的摩擦因數為μ=0.14.試問,當α為何值時,物體在斜面上下滑的時間最短? 其數值為多少?
分析 動力學問題一般分為兩類：(1) 已知物體受力求其運動情況;(2) 已知物體的運動情況來分析其所受的力.當然,在一個具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動力學方程和運動學規律聯系起來.本題關鍵在列出動力學和運動學方程后,解出傾角與時間的函數關系α=f(t),然后運用對t 求極值的方法即可得出數值來.
解 取沿斜面為坐標軸Ox,原點O 位于斜面頂點,則由牛頓第二定律有mgsinα?mgμcosα?ma
(1) 又物體在斜面上作勻變速直線運動,故有
l11?at2?g?sinα?μcosα?t2
cosα22則
t?2l
(2) gcosα?sinα?μcosα?為使下滑的時間最短,可令dt?0,由式(2)有 dα?sinα?sinα?μcosα??cosα?cosα?μsinα??0
則可得
tan2α??1o,??49 μ此時
tmin?2l?0.99s
gcos??sin???cos??2 -7 工地上有一吊車,將甲、乙兩塊混凝土預制板吊起送至高空.甲塊質量為m1 =2.00 ×102 kg,乙塊質量為m2 =1.00 ×102 kg.設吊車、框架和鋼絲繩的質量不計.試求下述兩種情況下,鋼絲繩所受的張力以及乙塊對甲塊的作用力：(1) 兩物塊以10.0 m·s-2 的加速度上升;(2) 兩物塊以1.0 m·s-2 的加速度上升.從本題的結果,你能體會到起吊重物時必須緩慢加速的道理嗎?
題 2-7 圖
分析 預制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體.處理動力學問題通常采用“隔離體”的方法,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學方程.根據連接體中物體的多少可列出相應數目的方程式.結合各物體之間的相互作用和聯系,可解決物體的運動或相互作用力.
解 按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫示力圖,并取豎直向上為Oy 軸正方向(如圖所示).當框架以加速度a 上升時,有
FT-( m1 +m2 )g =(m1 +m2 )a
(1)
FN2m2 g =m2 a
(2) 解上述方程,得
FT =(m1 +m2 )(g +a)
(3) FN2 =m2 (g +a)
(4) (1) 當整個裝置以加速度a =10 m·s-2 上升時,由式(3)可得繩所受張力的值為
FT =5.94 ×103 N 乙對甲的作用力為
F′N2 =-FN2 =-m2 (g +a) =-1.98 ×103 N
(2) 當整個裝置以加速度a =1 m·s-2 上升時,得繩張力的值為
FT =3.24 ×103 N 此時,乙對甲的作用力則為
F′N2=-1.08 ×103 N 由上述計算可見,在起吊相同重量的物體時,由于起吊加速度不同,繩中所受張力也不同,加速度大,繩中張力也大.因此,起吊重物時必須緩慢加速,以確保起吊過程的安全.
2 -8 如圖(a)所示,已知兩物體A、B 的質量均為m=3.0kg 物體A 以加速度a =1.0 m·s-2 運動,求物體B 與桌面間的摩擦力.(滑輪與連接繩的質量不計) 分析 該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解.分析時應注意到繩中張力大小處處相等是有條件的,即必須在繩的質量和伸長可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計的前提下成立.同時也要注意到張力方向是不同的. 解 分別對物體和滑輪作受力分析[圖(b)].由牛頓定律分別對物體A、B 及滑輪列動力學方程,有
mA g -FT =mA a
(1) F′T1 -Ff =mB a′
(2) F′T -2FT1 =0
(3) 考慮到mA =mB =m, FT =F′T , FT1 =F′T1 ,a′=2a,可聯立解得物體與桌面的摩擦力
Ff?mg??m?4m?a?7.2N
題 2-8 圖
討論 動力學問題的一般解題步驟可分為：(1) 分析題意,確定研究對象,分析受力,選定坐標;(2) 根據物理的定理和定律列出原始方程組;(3) 解方程組,得出文字結果;(4) 核對量綱,再代入數據,計算出結果來. 2 -9 質量為m′的長平板A 以速度v′在光滑平面上作直線運動,現將質量為m 的木塊B 輕輕平穩地放在長平板上,板與木塊之間的動摩擦因數為μ,求木塊在長平板上滑行多遠才能與板取得共同速度?
分析 當木塊B 平穩地輕輕放至運動著的平板A 上時,木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動摩擦力,該力將改變它們的運動狀態.根據牛頓定律可得到它們各自相對地面的加速度.換以平板為參考系來分析,此時,木塊以初速度-v′(與平板運動速率大小相等、方向相反)作勻減速運動,其加速度為相對加速度,按運動學公式即可解得.
該題也可應用第三章所講述的系統的動能定理來解.將平板與木塊作為系統,該系統的動能由平板原有的動能變為木塊和平板一起運動的動能,而它們的共同速度可根據動量定理求得.又因為系統內只有摩擦力作功,根據系統的動能定理,摩擦力的功應等于系統動能的增量.木塊相對平板移動的距離即可求出.
解1 以地面為參考系,在摩擦力Ff=μmg 的作用下,根據牛頓定律分別對木塊、平板列出動力學方程
Ff=μmg =ma1
Ff=-Ff=m′a2
a1 和a2 分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度.若以木板為參考系,木塊相對平板的加速度a =a1 +a2 ,木塊相對平板以初速度- v′作勻減速運動直至最終停止.由運動學規律有
- v′2 =2as
由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為
解2 以木塊和平板為系統,它們之間一對摩擦力作的總功為
W?F(?Ffl??mgs fs?l)式中l 為平板相對地面移動的距離.
由于系統在水平方向上不受外力,當木塊放至平板上時,根據動量守恒定律,有
m′v′=(m′+m) v″
由系統的動能定理,有
μmgs?由上述各式可得
11m?v?2??m??m?v??2 22m?v?2s?
?2μg?m?m?2 -10 如圖(a)所示,在一只半徑為R 的半球形碗內,有一粒質量為m 的小鋼球,當小球以角速度ω在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動時,它距碗底有多高?
題 2-10 圖
分析 維持鋼球在水平面內作勻角速度轉動時,必須使鋼球受到一與向心加速度相對應的力(向心力),而該力是由碗內壁對球的支持力FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內壁,所以支持力的大小和方向是隨ω而變的.取圖示Oxy 坐標,列出動力學方程,即可求解鋼球距碗底的高度. 解 取鋼球為隔離體,其受力分析如圖(b)所示.在圖示坐標中列動力學方程
FNsinθ?man?mRω2sinθ
(1)
且有
由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為
FNcosθ?mg
(2)
?R?h?
(3)
cosθ?Rh?R?可見,h 隨ω的變化而變化.
gω2
2 -11 在如圖(a)所示的輕滑輪上跨有一輕繩，繩的兩端連接著質量分別為1 kg和2 kg的物體A和B，現以50 N的恒力F向上提滑輪的軸，不計滑輪質量及滑輪與繩間摩擦，求A和B的加速度各為多少?
題 2-11 圖
分析
在上提物體過程中，由于滑輪可以轉動，所以A、B兩物體對地加速度并不相同，故應將A、B和滑輪分別隔離后，運用牛頓定律求解，本題中因滑輪質量可以不計，故兩邊繩子張力相等，且有F解
隔離后，各物體受力如圖(b)所示，有 滑輪
A
B
聯立三式，得
討論
如由式F?2FT.
F?2FT?0
FT?mAg?mAaA FT?mBg?mBaB
aA?15.2m?s?2，aB?2.7m?s?2
?(mA?mB)g?(mA?mB)a求解，所得a是A、B兩物體構成的質點系的質心加速度，并不是A、B兩物體的加速度.上式叫質心運動定理.2 -1
2一質量為50 g的物體掛在一彈簧末端后伸長一段距離后靜止，經擾動后物體作上下振動，若以物體靜平衡位置為原點，向下為y軸正向.測得其運動規律按余弦形式即
y?0.20cos(5t??/2)，式中t以s計，y以m計，試求：(1)作用于該物體上的合外力的大小;(2)證明作用在物體上的合外力大小與物體離開平衡位置的y距離成正比. 分析
本題可直接用F?ma?md2y/dt2求解，y為物體的運動方程，F即為作用于物體上的合外力(實為重力與彈簧力之和)的表達式，本題顯示了物體作簡諧運動時的動力學特征. 解
(1)由分析知
F?ma?d2y/dt2??0.25cos(5t??/2) (N)
該式表示作用于物體上的合外力隨時間t按余弦作用周期性變化，F>0表示合力外力向下，F<0表示合外力向上. (2) F??0.25cos(5t??/2)??1.25[0.20cos(5t??/2)]??1.25y.
由上式知，合外力F的大小與物體離開平衡位置距離y的大小成正比.“-”號表示與位移的方向相反. 2 -13 一質量為10 kg 的質點在力F 的作用下沿x 軸作直線運動,已知F =120t +40,式中F 的單位為N, t
s的單位的s.在t=0時,質點位于x =5.0 m處,其速度v0=6.0 m·
?1.求質點在任意時刻的速度和位置.
分析 這是在變力作用下的動力學問題.由于力是時間的函數,而加速度a=dv/dt,這時,動力學方程就成為速度對時間的一階微分方程,解此微分方程可得質點的速度v (t);由速度的定義v=dx /dt,用積分的方法可求出質點的位置.
解 因加速度a=dv/dt,在直線運動中,根據牛頓運動定律有
120t?40?mdv dt依據質點運動的初始條件,即t0 =0 時v0 =6.0 m·s-1 ,運用分離變量法對上式積分,得
?dv???12.0t?4.0?dt
v00vtv=6.0+4.0t+6.0t2
又因v=dx /dt,并由質點運動的初始條件：t0 =0 時 x0 =5.0 m,對上式分離變量后積分,有
?xx0dx???6.0?4.0t?6.0t2?dt
t0x =5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3
2 -14 輕型飛機連同駕駛員總質量為1.0 ×103 kg.飛機以55.0 m·s-1 的速率在水平跑道上著陸后,駕駛員開始制動,若阻力與時間成正比,比例系數α=5.0 ×102 N·s-1 ,空氣對飛機升力不計,求：(1) 10s后飛機的速率;(2) 飛機著陸后10s內滑行的距離.
分析 飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質點作直線運動.其水平方向所受制動力F 為變力,且是時間的函數.在求速率和距離時,可根據動力學方程和運動學規律,采用分離變量法求解.
解 以地面飛機滑行方向為坐標正方向,由牛頓運動定律及初始條件,有F?ma?mdv??αt dt?得
vv0dv???0tαtdt mv?v0?α2t 2mv =30 m·s-1 因此,飛機著陸10s后的速率為
又
t?α2?dx?v?dt ?0?x0?0?2mt??x故飛機著陸后10s內所滑行的距離
s?x?x0?v0t?α3t?467m 6m2 -15 質量為m 的跳水運動員,從10.0 m 高臺上由靜止跳下落入水中.高臺距水面距離為h.把跳水運動員視為質點,并略去空氣阻力.運動員入水后垂直下沉,水對其阻力為bv2 ,其中b 為一常量.若以水面上一點為坐標原點O,豎直向下為Oy 軸,求：(1) 運動員在水中的速率v與y 的函數關系;(2) 如b /m =0.40m -1 ,跳水運動員在水中下沉多少距離才能使其速率v減少到落水速率v0 的1/10? (假定跳水運動員在水中的浮力與所受的重力大小恰好相等)
題 2-15 圖
分析 該題可以分為兩個過程,入水前是自由落體運動,入水后,物體受重力P、浮力F 和水的阻力Ff的作用,其合力是一變力,因此,物體作變加速運動.雖然物體的受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度的函數(在有些問題中變力是時間、位置的函數),對這類問題列出動力學方程并不復雜,但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了.通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程.這也成了解題過程中的難點.在解方程的過程中,特別需要注意到積分變量的統一和初始條件的確定. 解 (1) 運動員入水前可視為自由落體運動,故入水時的速度為
v0?2gh
運動員入水后,由牛頓定律得
P -Ff -F =ma 由題意P =F、Ff=bv2 ,而a =dv /dt =v (d v /dy),代 入上式后得
-bv2= mv (d v /dy) 考慮到初始條件y0 =0 時,
v0?2gh,對上式積分,有
vdv?m???dy?? ?0?v0vb??tv?v0e?by/m?2ghe?by/m
(2) 將已知條件b/m =0.4 m-1 ,v =0.1v0 代入上式,則得
y??mvln?5.76m bv02 -16 一質量為m 的小球最初位于如圖(a)所示的A 點,然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑.試求小球到達點C時的角速度和對圓軌道的作用力.
題 2-16 圖 分析 該題可由牛頓第二定律求解.在取自然坐標的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度at,與其相對應的外力Ft是重力的切向分量mgsinα,而與法向加速度an相對應的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα.由此,可分別列出切向和法向的動力學方程Ft=mdv/dt和Fn=man .由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應用積分求解,為使運算簡便,可轉換積分變量.
該題也能應用以小球、圓弧與地球為系統的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便.但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力.
解 小球在運動過程中受到重力P 和圓軌道對它的支持力FN .取圖(b)所示的自然坐標系,由牛頓定律得
Ft??mgsinα?mdv
(1) dt
(2)
mv2Fn?FN?mgcosα?mR由v?dsrdαrdα,得dt?,代入式(1),并根據小球從點A 運動到點C 的始末條件,進行積分,有 ?vdtdt?得
則小球在點C 的角速度為
vv0vdv??
??/2??rgsin??d?
v?2rgcosαω?由式(2)得
v?2gcosα/rr
mv2FN?m?mgcosα?3mgcosα
r???FN??3mgcosα FN由此可得小球對圓軌道的作用力為
負號表示F′N 與en 反向.
2 -17 光滑的水平桌面上放置一半徑為R 的固定圓環,物體緊貼環的內側作圓周運動,其摩擦因數為μ,開始時物體的速率為v0 ,求：(1) t 時刻物體的速率;(2) 當物體速率從v0減少v0的路程.
/2時,物體所經歷的時間及經過
題 2-17 圖
分析 運動學與動力學之間的聯系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學問題.物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態發生變化的是圓環內側對物體的支持力FN 和環與物體之間的摩擦力Ff ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯系起來了,從而可用運動學的積分關系式求解速率和路程.
解 (1) 設物體質量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有
mv2 FN?man?RFf??mat??由分析中可知,摩擦力的大小Ff=μFN ,由上述各式可得
dv dtv2dvμ??Rdt取初始條件t =0 時v =v 0 ,并對上式進行積分,有
Rvdv?0dt??μ?v0v2
tv?(2) 當物體的速率從v 0 減少到v0Rv0R?v0μt
/2時,由上式可得所需的時間為
t??物體在這段時間內所經過的路程
Rμv0
s??vdt??0t?t?0Rv0dt
R?v0μts?Rln2 μ2 -18 一物體自地球表面以速率v0 豎直上拋.假定空氣對物體阻力的值為Fr =kmv2 ,其中m 為物體的質量,k 為常量.試求：(1) 該物體能上升的高度;(2)物體返回地面時速度的值.(設重力加速度為常量.)
題 2-18 圖
分析 由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力P和阻力Fr 的方向相同;而下落過程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向則相反.又因阻力是變力,在解動力學方程時,需用積分的方法.
解 分別對物體上拋、下落時作受力分析,以地面為原點,豎直向上為y 軸(如圖所示).(1) 物體在上拋過程中,根據牛頓定律有
?mg?kmv2?m依據初始條件對上式積分,有
dvvdv ?mdtdy?y0dy???0v0vdvg?kv2
1?g?kv2?? y??ln?2??2k?g?kv0?物體到達最高處時, v =0,故有
h?ymax(2) 物體下落過程中,有
2?1?g?kv0??ln? ?2k?g???mg?kmv2?m對上式積分,有
vdv dy?則
y0dy????1/20v0vdvg?kv2
?kv2?v?v0??1?g????
2 -19 質量為m 的摩托車,在恒定的牽引力F的作用下工作,它所受的阻力與其速率的平方成正比,它能達到的最大速率是vm .試計算從靜止加速到vm/2所需的時間以及所走過的路程.
分析 該題依然是運用動力學方程求解變力作用下的速度和位置的問題,求解方法與前兩題相似,只是在解題過程中必須設法求出阻力系數k.由于阻力Fr=kv2 ,且Fr又與恒力F 的方向相反;故當阻力隨速度增加至與恒力大小相等時,加速度為零,此時速度達到最大.因此,根據速度最大值可求出阻力系數來.但在求摩托車所走路程時,需對變量作變換.
解 設摩托車沿x 軸正方向運動,在牽引力F和阻力Fr 同時作用下,由牛頓定律有
F?kv2?m當加速度a =dv/dt =0 時,摩托車的速率最大,因此可得
dv
(1) dtk=F/vm
2 (2) 由式(1)和式(2)可得
?v2?dv?F?1??m
(3) ?v2?dtm??根據始末條件對式(3)積分,有
1m2vm?v2??0dt?F?0??1?v2??dv
m??t?1則
又因式(3)中mt?mvmln3 2Fdvmvdv,再利用始末條件對式(3)積分,有 ?dtdx1m2vm?v2??0dx?F?0??1?v2??dv
m??x?1則
22mvm4mvmx?ln?0.1442F3F
*2 -20 在卡車車廂底板上放一木箱,該木箱距車箱前沿擋板的距離L =2.0 m,已知制動時卡車的加速度a =7.0 m·s-2 ,設制動一開始木箱就開始滑動.求該木箱撞上擋板時相對卡車的速率為多大?設木箱與底板間滑動摩擦因數μ=0.50.
分析 如同習題2 -5 分析中指出的那樣,可對木箱加上慣性力F0 后,以車廂為參考系進行求解,如圖所示,此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用,圖中a′為木箱相對車廂的加速度. 解 由牛頓第二定律和相關運動學規律有
F0 -Ff=ma -μmg=ma′
(1) v′ 2 =2a′L
(2) 聯立解(1)(2)兩式并代入題給數據,得木箱撞上車廂擋板時的速度為
v??2?a??g?L=?2.9m?s?1
第三章 動量守恒定律和能量守恒定律
3 -1 對質點組有以下幾種說法： (1) 質點組總動量的改變與內力無關; (2) 質點組總動能的改變與內力無關; (3) 質點組機械能的改變與保守內力無關. 下列對上述說法判斷正確的是(
) (A) 只有(1)是正確的
(B) (1)、(2)是正確的 (C) (1)、(3)是正確的
(D) (2)、(3)是正確的
分析與解 在質點組中內力總是成對出現的,它們是作用力與反作用力.由于一對內力的沖量恒為零,故內力不會改變質點組的總動量.但由于相互有作用力的兩個質點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內力所作功之和不一定為零,應作具體分析,如一對彈性內力的功的代數和一般為零,一對摩擦內力的功代數和一般不為零,對于保守內力來說,所作功能使質點組動能與勢能相互轉換,因此保守內力即使有可能改變質點組的動能,但也不可能改變質點組的機械能.綜上所述(1)(3)說法是正確的.故選(C).
3 -2 有兩個傾角不同、高度相同、質量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下,則(
) (A) 物塊到達斜面底端時的動量相等 (B) 物塊到達斜面底端時動能相等
(C) 物塊和斜面(以及地球)組成的系統,機械能不守恒 (D) 物塊和斜面組成的系統水平方向上動量守恒
分析與解 對題述系統來說,由題意知并無外力和非保守內力作功,故系統機械能守恒.物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內力作功將一部分能量轉化為斜面的動能,其大小取決其中一個內力所作功.由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等.動量自然也就不等(動量方向也不同).故(A)(B)(C)三種說法均不正確.至于說法(D)正確,是因為該系統動量雖不守恒(下滑前系統動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零.由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統在水平方向上分動量守恒.
3 -3 對功的概念有以下幾種說法：
(1) 保守力作正功時,系統內相應的勢能增加; (2) 質點運動經一閉合路徑,保守力對質點作的功為零;
(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以兩者所作功的代數和必為零. 下列上述說法中判斷正確的是(
) (A) (1)、(2)是正確的
(B) (2)、(3)是正確的 (C) 只有(2)是正確的(D) 只有(3)是正確的
分析與解 保守力作正功時,系統內相應勢能應該減少.由于保守力作功與路徑無關,而只與始末位置有關,如質點環繞一周過程中,保守力在一段過程中作正功,在另一段過程中必然作負功,兩者之和必為零.至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質點所作功之和未必為零(詳見習題3 -2 分析),由此可見只有說法(2)正確,故選(C).
3 -4 如圖所示,質量分別為m1 和m2 的物體A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之間連有一輕彈簧.另有質量為m1 和m2 的物體C 和D 分別置于物體A 與B 之上,且物體A和C、B 和D 之間的摩擦因數均不為零.首先用外力沿水平方向相向推壓A 和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B 彈開的過程中,對A、B、C、D 以及彈簧組成的系統,有(
) (A) 動量守恒,機械能守恒
(B) 動量不守恒,機械能守恒 (C) 動量不守恒,機械能不守恒
(D) 動量守恒,機械能不一定守恒
分析與解 由題意知,作用在題述系統上的合外力為零,故系統動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開過程中C 與A 或D 與B 之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內力作功,而使一部分機械能轉化為熱能,故選(D).
3 -5 如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出.以地面為參考系,下列說法中正確的說法是(
) (A) 子彈減少的動能轉變為木塊的動能 (B) 子彈-木塊系統的機械能守恒
(C) 子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功 (D) 子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產生的熱
分析與解 子彈-木塊系統在子彈射入過程中,作用于系統的合外力為零,故系統動量守恒,但機械能并不守恒.這是因為子彈與木塊作用的一對內力所作功的代數和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉移為木塊的動能,另一部分則轉化為熱能(大小就等于這一對內力所作功的代數和).綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的.
3 -6 一架以3.0 ×10m·s-1 的速率水平飛行的飛機,與一只身長為0.20 m、質量為0.50 kg 的飛鳥相碰.設碰撞后飛鳥的尸體與飛機具有同樣的速度,而原來飛鳥對于地面的速率甚小,可以忽略不計.試估計飛鳥對飛機的沖擊力(碰撞時間可用飛鳥身長被飛機速率相除來估算).根據本題的計算結果,你對于高速運動的物體(如飛機、汽車)與通常情況下不足以引起危害的物體(如飛鳥、小石子)相碰后會產生什么后果的問題有些什么體會?
分析 由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內急劇變化的變力,直接應用牛頓定律解決受力問題是不可能的.如果考慮力的時間累積效果,運用動量定理來分析,就可避免作用過程中的細節情況.在求鳥對飛機的沖力(常指在短暫時間內的平均力)時,由于飛機的狀態(指動量)變化不知道,使計算也難以進行;這時,可將問題轉化為討論鳥的狀態變化來分析其受力情況,并根據鳥與飛機作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡單了.
解 以飛鳥為研究對象,取飛機運動方向為x 軸正向.由動量定理得 2F?Δt?mv?0式中F?為飛機對鳥的平均沖力,而身長為20cm 的飛鳥與飛機碰撞時間約為Δt =l /v,以此代入上式可得
mv2F???2.55?105N
l鳥對飛機的平均沖力為
F??F???2.55?105N
式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反.從計算結果可知,2.25 ×105 N的沖力大致相當于一個22 t 的物體所受的重力,可見,此沖力是相當大的.若飛鳥與發動機葉片相碰,足以使發動機損壞,造成飛行事故. 3 -7 如圖所示，質量為m 的物體,由水平面上點O 以初速為v0 拋出,v0與水平面成仰角α.若不計空氣阻力,求：(1) 物體從發射點O 到最高點的過程中,重力的沖量;(2) 物體從發射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量.
分析 重力是恒力,因此,求其在一段時間內的沖量時,只需求出時間間隔即可.由拋體運動規律可知,物體到達最高點的時間Δt1?v0sinα,物體從出發到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍.這g樣,按沖量的定義即可求得結果.
另一種解的方法是根據過程的始、末動量,由動量定理求出. 解1 物體從出發到達最高點所需的時間為
Δt1?則物體落回地面的時間為
v0sinα gΔt2?2Δt1?于是,在相應的過程中重力的沖量分別為
2v0sin?g
I1??Δt1Fdt??mgΔt1j??mv0sin?j
I2??Δt2Fdt??mgΔt2j??2mv0sin?j
解2 根據動量定理,物體由發射點O 運動到點A、B 的過程中,重力的沖量分別為
I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj
3 -8 Fx =30+4t(式中Fx 的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質量m=10 kg 的物體上,試求：(1) 在開始2s 內此力的沖量;(2) 若沖量I =300 N·s,此力作用的時間;(3) 若物體的初速度v1 =10 m·s-1 ,方向與Fx相同,在t=6.86 s時,此物體的速度v2 . 分析 本題可由沖量的定義式I解 (1) 由分析知
2I??0?30?4t?dt?30t?2t20?68N?s
2t21??tFdt,求變力的沖量,繼而根據動量定理求物體的速度v2.
(2) 由I =300 =30t +2t2 ,解此方程可得
t =6.86 s(另一解不合題意已舍去) (3) 由動量定理,有
I =m v2- m v1
由(2)可知t =6.86 s 時I =300 N·s ,將I、m 及v1代入可得
v2?I?mv1?40m?s?1 m3 -9 高空作業時系安全帶是非常必要的.假如一質量為51.0 kg 的人,在操作時不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護,最終使他被懸掛起來.已知此時人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時間為0.50 s .求安全帶對人的平均沖力.
分析 從人受力的情況來看,可分兩個階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運動;在安全帶保護的緩沖過程中,則人體同時受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時間很短.為求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內,人體運動狀態(動量)的改變來分析,即運用動量定理來討論.事實上,動量定理也可應用于整個過程.但是,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的;而在過程的初態和末態,人體的速度均為零.這樣,運用動量定理仍可得到相同的結果.
解1 以人為研究對象,按分析中的兩個階段進行討論.在自由落體運動過程中,人跌落至2 m 處時的速度為
v1?2gh
(1) 在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據動量定理,有
?F?P?Δt?mv2?mv
1(2) 由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為
F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N
ΔtΔtmg2h/g?mg?1.14?103N Δt解2 從整個過程來討論.根據動量定理有
F?3 -10 質量為m 的小球,在合外力F =-kx 作用下運動,已知x =Acosωt,其中k、ω、A 均為正常量,求在t =0 到t?π 時間內小球動量的增量. 2ω分析 由沖量定義求得力F的沖量后,根據動量原理,即為動量增量,注意用式用x =Acosωt代之,方能積分. 解 力F 的沖量為
?t2t1Fdt積分前,應先將式中x
I??t1Fdt??t1?kxdt???0即
3 -11 一只質量m1t2t2π/2?kAcos?tdt??kA?
Δ?mv???kA ω?0.11kg的壘球以v1?17m?s?1水平速率扔向打擊手，球經球棒擊出后，具有如圖(a)所示的速度且大小v2?34m?s?1，若球與棒的接觸時間為0.025 s,求：(1)棒對該球平均作用力的大小;(2)壘球手至少對球作了多少功?
分析
第(1)問可對壘球運用動量定理，既可根據動量定理的矢量式，用幾何法求解，如圖(b)所示;也可建立如圖(a)所示的坐標系，用動量定量的分量式求解，對打擊、碰撞一類作用時間很短的過程來說，物體的重力一般可略去不計.
題 3-11 圖
解
(1) 解
1由分析知，有
F?t?mv2?mv1
其矢量關系如圖(b)所示，則
(F?t)2?(mv1)2?(mv2)2?2(mv1)(mv2)cos(180??60?)
解之得
解
2由圖(a)有
F?197.9N
Fx?t?mv2x?mv1x
Fy?t?mv2y?0
將v1x?v,v2x??v2cos60?及v2y?v2sin60?代入解得Fx和Fy，則
F?F?F?197.9N
(2) 由質點動能定理，得
2x2y1212W?mv2?mv1?47.7J
223 -12 如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S =0.20 m2 的直角彎管,管中有流速為v =3.0 m·s-1 的水通過,求彎管所受力的大小和方向.
題 3-12 圖
分析 對于彎曲部分AB 段內的水而言,由于流速一定,在時間Δt 內,從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量.因此,對這部分水來說,在時間Δt 內動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量Δp=Δm(vB -vA );此動量的變化是管壁在Δt時間內對其作用沖量I 的結果.依據動量定理可求得該段水受到管壁的沖力F;由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用力F′=-F.
解 在Δt 時間內,從管一端流入(或流出) 水的質量為Δm =ρυSΔt,彎曲部分AB 的水的動量的增量則為
Δp=Δm(vB -vA ) =ρυSΔt (vB -vA ) 依據動量定理I =Δp,得到管壁對這部分水的平均沖力
F?從而可得水流對管壁作用力的大小為
I?ρSvΔt?vB?vA? ΔtF???F??2ρSv2??2.5?103N
作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側.
3 -13 A、B 兩船在平靜的湖面上平行逆向航行,當兩船擦肩相遇時,兩船各自向對方平穩地傳遞50 kg 的重物,結果是A 船停了下來,而B 船以3.4 m·s-1的速度繼續向前駛去.A、B 兩船原有質量分別為0.5×10
3kg 和1.0 ×103 kg,求在傳遞重物前兩船的速度.(忽略水對船的阻力) 分析 由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計,則對搬出重物后的船A與從船B搬入的重物所組成的系統Ⅰ來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應滿足動量守恒;同樣,對搬出重物后的船B與從船A搬入的重物所組成的系統Ⅱ亦是這樣.由此,分別列出系統Ⅰ、Ⅱ的動量守恒方程即可解出結果. 解 設A、B兩船原有的速度分別以vA 、vB 表示,傳遞重物后船的速度分別以vA′ 、vB′ 表示,被搬運重物的質量以m 表示.分別對上述系統Ⅰ、Ⅱ應用動量守恒定律,則有
?mB?m?vB?mvA?mBv?B?
(2) 由題意知vA′ =0, vB′ =3.4 m·s-1 代入數據后,可解得
?mA?m?vA?mvB?mAv?A
(1) vA??mBmv?B??0.40m?s?1 2?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1
也可以選擇不同的系統,例如,把A、B兩船(包括傳遞的物體在內)視為系統,同樣能滿足動量守恒,也可列出相對應的方程求解.
3 -14 質量為m′ 的人手里拿著一個質量為m 的物體,此人用與水平面成α角的速率v0 向前跳去.當他達到最高點時,他將物體以相對于人為u 的水平速率向后拋出.問：由于人拋出物體,他跳躍的距離增加了多少? (假設人可視為質點)
分析 人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致.在拋物的過程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發生了變化.如果把人與物視為一系統,因水平方向不受外力作用,故外力的沖量為零,系統在該方向上動量守恒.但在應用動量守恒定律時,必須注意系統是相對地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時,要根據相對運動的關系來確定.至于,人因跳躍而增加的距離,可根據人在水平方向速率的增量Δv 來計算.
解 取如圖所示坐標.把人與物視為一系統,當人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有
?m?m??v0cosα?m?v?m?v?u?
式中v 為人拋物后相對地面的水平速率, v -u 為拋出物對地面的水平速率.得
v0?v0cosα?人的水平速率的增量為
mu ?m?mΔv?v?v0cosα?而人從最高點到地面的運動時間為
mu
m?m?t?所以,人跳躍后增加的距離
v0sinα gΔx?Δvt?mv0sinα?m?m??g 3 -15 一物體在介質中按規律x =ct3 作直線運動,c 為一常量.設介質對物體的阻力正比于速度的平方.試求物體由x0 =0 運動到x =l 時,阻力所作的功.(已知阻力系數為k) 分析 本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式W??F?dx來求解.關鍵在于尋找力函數F =F(x).根據運動學關系,可將已知力與速度的函數關系F(v) =kv2 變換到F(t),進一步按x =ct3 的關系把F(t)轉換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解. 解 由運動學方程x =ct3 ,可得物體的速度
v?按題意及上述關系,物體所受阻力的大小為
dx?3ct2 dtF?kv2?9kc2t4?9kc2/3x4/3
則阻力的功為
W??F?dxW??F?dx??cos180?dx???9kc2/3x4/3dx??00ll272/37/3kcl 73 -16 一人從10.0 m 深的井中提水,起始桶中裝有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水.水桶被勻速地從井中提到井口,求所作的功.
題 3-16 圖
分析 由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實為變力作功.由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關系,拉力作功即可求出.
解 水桶在勻速上提過程中,a =0,拉力與水桶重力平衡,有
F +P =0 在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關系為
P =mg -αgy
其中α=0.2 kg/m,人對水桶的拉力的功為 W??0F?dy??0?mg?agy?dy?882J
3 -17
一質量為0.20 kg 的球,系在長為2.00 m 的細繩上,細繩的另一端系在天花板上.把小球移至使細繩與豎直方向成30°角的位置,然后從靜止放開.求：(1) 在繩索從30°角到0°角的過程中,重力和張力所作的功;(2) 物體在最低位置時的動能和速率;(3) 在最低位置時的張力.
1010
題 3-17 圖
分析 (1) 在計算功時,首先應明確是什么力作功.小球擺動過程中同時受到重力和張力作用.重力是保守力,根據小球下落的距離,它的功很易求得;至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據功的矢量式W??F?ds,即能得出結果來.(2) 在計算功的基礎上,由動能定理直接能求出動能和速率.(3) 在求最低點的張力時,可根據小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定. 解 (1) 如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關,即
WP?PΔh?mgl?1?cosθ??0.53J
在小球擺動過程中,張力FT 的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功
WT??FT?ds
(2) 根據動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結果.初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為
Ek?WP?0.53J
小球在最低位置的速率為
v?2EK2WP??2.30m?s?1 mm(3) 當小球在最低位置時,由牛頓定律可得
mv2FT?P?
lmv2FT?mg??2.49N
l3 -18 一質量為m 的質點,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上.此質點在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運動.設質點的最初速率是v0 .當它運動一周時,其速率為v0 /2.求：(1) 摩擦力作的功;(2) 動摩擦因數;(3) 在靜止以前質點運動了多少圈?
分析 質點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少;而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上.由此,可依據動能定理列式解之. 解 (1) 摩擦力作功為
W?Ek?Ek0?1212
32 (1) mv?mv0??mv0228(2) 由于摩擦力是一恒力,且Ff =μmg,故有
W?Ffscos180o??2?r?mg
(2) 由式(1)、(2)可得動摩擦因數為
23v0μ?
16πrg(3) 由于一周中損失的動能為
32mv0,則在靜止前可運行的圈數為 8n?Ek04?圈 W33 -19 如圖(a)所示,A 和B 兩塊板用一輕彈簧連接起來,它們的質量分別為m1 和m2 .問在A 板上需加多大的壓力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起來時B 稍被提起.(設彈簧的勁度系數為k)
題 3-19 圖
分析 運用守恒定律求解是解決力學問題最簡捷的途徑之一.因為它與過程的細節無關,也常常與特定力的細節無關.“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變.在具體應用時,必須恰當地選取研究對象(系統),注意守恒定律成立的條件.該題可用機械能守恒定律來解決.選取兩塊板、彈簧和地球為系統,該系統在外界所施壓力撤除后(取作狀態1),直到B 板剛被提起(取作狀態2),在這一過程中,系統不受外力作用,而內力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件.只需取狀態1 和狀態2,運用機械能守恒定律列出方程,并結合這兩狀態下受力的平衡,便可將所需壓力求出. 解 選取如圖(b)所示坐標,取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點.作各狀態下物體的受力圖.對A 板而言,當施以外力F 時,根據受力平衡有
F1 =P1 +F
(1) 當外力撤除后,按分析中所選的系統,由機械能守恒定律可得
1212ky1?mgy1?ky2?mgy2 22式中y1 、y2 為M、N 兩點對原點O 的位移.因為F1 =ky1 ,F2 =ky2 及P1 =m1g,上式可寫為
F1 -F2 =2P
1(2) 由式(1)、(2)可得
F =P1 +F
2(3) 當A 板跳到N 點時,B 板剛被提起,此時彈性力F′2 =P2 ,且F2 =F′2 .由式(3)可得
F =P1 +P2 =(m1 +m2 )g
應注意,勢能的零點位置是可以任意選取的.為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點.
3 -20 如圖所示，一質量為m的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為m/2的子彈沿水平方向以速率v0射入木塊一段距離L(此時木塊滑行距離恰為s)后留在木塊內，求：(1)木塊與子彈的共同速度v,此過程中木塊和子彈的動能各變化了多少?(2)子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作了多少功?(3)證明這一對摩擦阻力的所作功的代數和就等于其中一個摩擦阻力沿相對位移L所作的功.(4)證明這一對摩擦阻力所作功的代數和就等于子彈-木塊系統總機械能的減少量(亦即轉化為熱的那部分能量).
題 3-20 圖
分析
對子彈-木塊系統來說，滿足動量守恒，但系統動能并不守恒，這是因為一對摩擦內力所做功的代數和并不為零，其中摩擦阻力對木塊作正功，其反作用力對子彈作負功，后者功的數值大于前者，通過這一對作用力與反作用力所做功，子彈將一部分動能轉移給木塊，而另一部分卻轉化為物體內能.本題(3)、(4)兩問給出了具有普遍意義的結論，可幫助讀者以后分析此類問題. 解
(1)子彈-木塊系統滿足動量守恒，有
mv0/2?(m/2?m)v
解得共同速度
1v?v0
3對木塊 ?Ek2112?mv2?0?mv0 218對子彈 ?Ek21m1m222?()v2?()v0??mv0 22229(2) 對木塊和子彈分別運用質點動能定理，則 對木塊 W1??Ek1?12mv0 18對子彈 W222??Ek2??mv0
9 (3) 設摩擦阻力大小為Ff,在兩者取得共同速度時，木塊對地位移為s，則子彈對地位移為L+s,有
對木塊 W1對子彈 W2得 W?Ffs
??Ff(L?s)
?W1?W2??FfL
式中L即為子彈對木塊的相對位移，“-”號表示這一對摩擦阻力(非保守力)所作功必定會使系統機械能減少. (4) 對木塊 W11?Ffs?mv2
2對子彈 W2兩式相加，得 W11m1m2??Ff(L?s)?()v2?()v0
222211m1m2?W2?[mv2?()v2]?()v0
22222FfL??32mv0 18即 ?兩式相加后實為子彈-木塊系統作為質點系的動能定理表達式，左邊為一對內力所作功，右邊為系統動能的變化量. 3 -21 用鐵錘把釘子敲入墻面木板.設木板對釘子的阻力與釘子進入木板的深度成正比.若第一次敲擊,能把釘子釘入木板1.00 ×10 -2 m.第二次敲擊時,保持第一次敲擊釘子的速度,那么第二次能把釘子釘入多深?
分析 由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動能也相同.釘子釘入木板是將釘子的動能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等.由于阻力與進入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達式,并由功相等的關系即可求解.
解 因阻力與深度成正比,則有F=kx(k 為阻力系數).現令x0=1.00 ×10 -2 m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得
x0x0?Δx?0kxdx??x0kxdx
Δx=0.41 ×10 -2 m 3 -22 一質量為m 的地球衛星,沿半徑為3RE 的圓軌道運動, RE為地球的半徑.已知地球的質量為mE.求：(1) 衛星的動能;(2) 衛星的引力勢能;(3) 衛星的機械能.
分析 根據勢能和動能的定義,只需知道衛星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出.由于衛星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛星繞地球運動的速率和動能.由于衛星的引力勢能是屬于系統(衛星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規定勢能的零點,通常取衛星與地球相距無限遠時的勢能為零.這樣,衛星在特定位置的勢能也就能確定了.至于衛星的機械能則是動能和勢能的總和. 解 (1) 衛星與地球之間的萬有引力提供衛星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得
mEmv2G?m23RE?3RE?則
Ek?mm1mv2?GE 26RE(2) 取衛星與地球相距無限遠(r→∞)時的勢能為零,則處在軌道上的衛星所具有的勢能為
EP??G(3) 衛星的機械能為
mEm 3REE?Ek?EP?GmEmmmmm?GE??GE 6RE3RE6RE3 -23 如圖(a)所示,天文觀測臺有一半徑為R 的半球形屋面,有一冰塊從光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計.求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度.
題 3-23 圖
分析 取冰塊、屋面和地球為系統,由于屋面對冰塊的支持力FN始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功;而重力P又是保守內力,所以,系統的機械能守恒.但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量;因此,還需設法根據冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學方程.求解上述兩方程即可得出結果. 解 由系統的機械能守恒,有
mgR?12mv?mgRcosθ
(1) 2根據牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學方程為
mv2mgRcosθ?FN?R冰塊脫離球面時,支持力FN =0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置
(2)
2θ?arccos?48.2o
3冰塊此時的速率為
v?gRcosθ?v 的方向與重力P 方向的夾角為
2Rg3
α=90° - θ =41.8°
3 -24 如圖所示,把質量m =0.20 kg 的小球放在位置A 時,彈簧被壓縮Δl =7.5 ×10 -2 m.然后在彈簧彈性
?是力的作用下,小球從位置A 由靜止被釋放,小球沿軌道ABCD 運動.小球與軌道間的摩擦不計.已知BCD半徑r =0.15 m 的半圓弧,AB 相距為2r.求彈簧勁度系數的最小值.
題 3-24 圖
分析 若取小球、彈簧和地球為系統,小球在被釋放后的運動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內力作功,軌道對球的支持力不作功,因此,在運動的過程中,系統的機械能守恒.運用守恒定律解題時,關鍵在于選好系統的初態和終態.為獲取本題所求的結果,初態選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這樣,可使彈簧的勁度系數與初態相聯系;而終態則取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點C 處,因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態,若大于、等于此速率時,小球定能沿軌道繼續向前運動;小于此速率時,小球將脫離軌道拋出.該速率則可根據重力提供圓弧運動中所需的向心力,由牛頓定律求出.這樣,再由系統的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數的最小值.
解 小球要剛好通過最高點C 時,軌道對小球支持力FN =0,因此,有
2mvcmg?r
(1) 取小球開始時所在位置A 為重力勢能的零點,由系統的機械能守恒定律,有
112
2(2) k?Δl??mg?3r??mvc22由式(1)、(2)可得
k?7mgr?1?366N?m 2?Δl?3 -25 如圖所示,質量為m、速度為v 的鋼球,射向質量為m′的靶,靶中心有一小孔,內有勁度系數為k 的彈簧,此靶最初處于靜止狀態,但可在水平面上作無摩擦滑動.求子彈射入靶內彈簧后,彈簧的最大壓縮距離.
題 3-25 圖
分析 這也是一種碰撞問題.碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動量守恒.但是,僅靠動量守恒定律還不能求出結果來.又考慮到無外力對系統作功,系統無非保守內力作功,故系統的機械能也守恒.應用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解.應用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節問題.
解 設彈簧的最大壓縮量為x0 .小球與靶共同運動的速度為v1 .由動量守恒定律,有
mv??m?m??v
1 (1) 又由機械能守恒定律,有
12112
2(2) mv??m?m??v1?kx0222由式(1)、(2)可得
x0?mm?v
k?m?m??3 -26 質量為m 的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后,速率由v 減少到v /2.已知擺錘的質量為m′,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內完成一個完全的圓周運動,彈丸速度v的最小值應為多少?
題 3-26 圖
分析 該題可分兩個過程分析.首先是彈丸穿越擺錘的過程.就彈丸與擺錘所組成的系統而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量,因此,可認為系統在水平方向不受外力的沖量作用,系統在該方向上滿足動量守恒.擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定;與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統滿足機械能守恒定律,根據兩守恒定律即可解出結果. 解 由水平方向的動量守恒定律,有
vmv?m?m?v?
(1)
2為使擺錘恰好能在垂直平面內作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力FT=0,則
2m?v?hm?g?l
(2) 式中v′h 為擺錘在圓周最高點的運動速率.
又擺錘在垂直平面內作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有
112m?v??2m?gl?m?v?h
(3) 22解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為
2m?v?m5gl
3 -27 兩質量相同的物體發生碰撞，已知碰撞前兩物體速度分別為：?v0i和v0j，碰撞后一物體速度為?v0i，求：(1)碰撞后另一物體的速度v;(2)碰撞中兩物體損失的機械能共為多少?
分析
本題可直接運用動量守恒定律的矢量式求解，由于不是完全彈性碰撞，必定有部分機械能轉化為兩物體的內能. 解
(1)由動能守恒得
?mv0i?mv0j??m碰撞后另一物體速度為
v0i?mv 2v??通過上式，讀者還可求得速度大小和方向. (2) 碰撞后另一物體速度大小為
v0i?v0j 2v?(?v0252)?v0?v0 22則
11v1212?E?[mv2?m(0)2]?(mv0?mv0)22222 12??mv04“-”號表示碰撞后系統機械能減少了. 3 -28 質量為7.2 ×10 -23 kg,速率為6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,與另一個質量為其一半而靜止的粒子B 發生二維完全彈性碰撞,碰撞后粒子A 的速率為5.0 ×107 m·s-1.求：(1) 粒子B 的速率及相對粒子A 原來速度方向的偏轉角;(2) 粒子A 的偏轉角.
題 3-28 圖
分析 這是粒子系統的二維彈性碰撞問題.這類問題通常采用守恒定律來解決.因為粒子系統在碰撞的平面內不受外力作用,同時,碰撞又是完全彈性的,故系統同時滿足動量守恒和機械能守恒.由兩守恒定律方程即可解得結果.
解 取如圖所示的坐標,由于粒子系統屬于斜碰,在碰撞平面內根據系統動量守恒定律可取兩個分量式,有
1mmvA?vBcosβ?mv?Acosα
(1) 22m0?vBsinβ?mv?Asinα
(2)
2又由機械能守恒定律,有
121?m?212mvA???vB?v?A
(3) 22?2?2解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率為
7?1?2vB?2v2A?vA?4.69?10m?s
??各粒子相對原粒子方向的偏角分別為
?2v2A?3vAα?arccos?22o20?
4vAv?A
β?arccos3vB?54o6? 4vA3 -29 如圖所示,一質量為m′的物塊放置在斜面的最底端A 處,斜面的傾角為α,高度為h,物塊與斜面的動摩擦因數為μ,今有一質量為m 的子彈以速度v0 沿水平方向射入物塊并留在其中,且使物塊沿斜面向上滑動.求物塊滑出頂端時的速度大小.
題 3-29 圖
分析 該題可分兩個階段來討論,首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑動過程.在撞擊過程中,對物塊和子彈組成的系統而言,由于撞擊前后的總動量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動量
不守恒.應該注意,不是任何碰撞過程中動量都是守恒的.但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力(屬于內力)遠大于子彈的重力P1 和物塊的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力Ff ,在該方向上動量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度.在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(即取子彈、物塊和地球為系統),此系統不受外力作用,而非保守內力中僅摩擦力作功,根據系統的功能原理,可解得最終的結果.
解 在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據動量守恒有
mv0cosα??m?m??v
1 (1) 在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為v2 ,并取A 點的重力勢能為零.由系統的功能原理可得
?μ?m?m??gcosα?由式(1)、(2)可得
h sinα112
2 (2) ?m?m??v2??m?m??gh??m?m??v1222?m?v2??v0cosα??2gh?μcotα?1?
?m?m??3 -30 如圖所示,一個質量為m 的小球,從內壁為半球形的容器邊緣點A滑下.設容器質量為m′,半徑為R,內壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上.開始時小球和容器都處于靜止狀態.當小球沿內壁滑到容器底部的點B時,受到向上的支持力為多大?
題 3-30 圖
分析 由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動,當小球沿容器內壁下滑時,容器在桌面上也要發生移動.將小球與容器視為系統,該系統在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用,系統在該方向上的動量守恒;若將小球、容器與地球視為系統,因系統無外力作用,而內力中重力是保守力,而支持力不作功,系統的機械能守恒.由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度.由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇.若取容器為參考系(非慣性系),小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻的速度(相對于容器速度)求得.在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必須計及它所受的慣性力.小球位于容器的底部這一特殊位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零.這樣,由法向動力學方程求解小球所受的支持力就很容易了.若仍取地面為參考系(慣性系),雖然無需考慮慣性力,但是因小球的軌跡方程比較復雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定,使求解較為困難.
解 根據水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律可分別得
mvm?m?vm??0
(1)
1212mvv?m?vm??mgR
(2) 22式中vm 、vm′分別表示小球、容器相對桌面的速度.由式(1)、(2)可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為
vm?2m?gR
m?m?
vm??m2m?gRm?m?m?由于小球相對地面運動的軌跡比較復雜,為此,可改為以容器為參考系(非慣性系).在容器底部時,小球相對容器的運動速度為
?m?m??vm??vm???vm???vm?vm????2gR
(3)
??m?在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運動方程為
2mv?mFN?mg?R
(4) 由式(3)、(4)可得小球此時所受到的支持力為
第四章 剛體的轉動
4-1 有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：
(1)這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零; (2)這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零; (3)當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零; (4)當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零. 對上述說法下述判斷正確的是( ) (A)只有(1)是正確的
(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤 (C) (1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確
分析與解 力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉).不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規則可知(1)(2)說法是正確.對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然.但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確.綜上所述，應選(B). 4-2 關于力矩有以下幾種說法：
(1)對某個定軸轉動剛體而言，內力矩不會改變剛體的角加速度; (2)一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零;
(3)質量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態一定相同.
對上述說法下述判斷正確的是( ) (A)只有(2)是正確的 (B)(1)、(2)是正確的 (C)(2)、(3)是正確的 (D)(1)、(2)、(3)都是正確的
分析與解 剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確.對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態未必相同，由此可見應選(B).
4-3 均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是( ) (A)角速度從小到大，角加速度不變 (B)角速度從小到大，角加速度從小到大 (C)角速度從小到大，角加速度從大到小 (D)角速度不變，角加速度為零
分析與解 如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關.當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零.因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C).
4-4 一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉動，軸間摩擦不計.如圖射來兩個質量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統的角動量L以及圓盤的角速度ω的變化情況為( ) (A)L 不變，ω增大 (B)兩者均不變 (C)L不變，ω減小 (D)兩者均不確定
分析與解 對于圓盤一子彈系統來說，并無外力矩作用，故系統對軸O 的角動量守恒，故L不變，此時應有下式成立，即
mvd?mvd?J0ω0?Jω
式中mvd為子彈對點O的角動量?0為圓盤初始角速度，J 為子彈留在盤中后系統對軸O的轉動慣量，J0為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量.由于J>J0，則?<?0.故選(C).
4-5 假設衛星環繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛星對地球中心的( ) (A)角動量守恒，動能守恒
(B)角動量守恒，機械能守恒 (C)角動量不守恒，機械能守恒 (D)角動量不守恒，動量也不守恒 (E)角動量守恒，動量也守恒
分析與解 由于衛星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛星對地球中心的角動星守恒，即r ×mv=恒量，式中r為地球中心指向衛星的位矢.當衛星處于橢圓軌道上不同位置時，由于|r |不同，由角動量守恒知衛星速率不同，其中當衛星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，故衛星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛星的機械能守恒，即衛星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應選(B).
4-6 一汽車發動機曲軸的轉速在12 s 內由1.2×103r·min-1均勻的增加到2.7×103r·min-1.(1)求曲軸轉動的角加速度;(2)在此時間內，曲軸轉了多少轉?
分析 這是剛體的運動學問題.剛體定軸轉動的運動學規律與質點的運動學規律有類似的關系，本題為勻變速轉動.
解 (1)由于角速度ω=2πn(n 為單位時間內的轉數)，根據角加速度的定義α?變速轉動中角加速度為
dω，在勻dtα?ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2 tt(2)發動機曲軸轉過的角度為
???0t??t2?在12 s內曲軸轉過的圈數為
12???02t?π?n?n0?t
N?θn?n0?t?390圈 2π24-7 水分子的形狀如圖所示，從光譜分析知水分子對AA′軸的轉動慣量JAA′=1.93 ×10-47kg·m2，對BB′軸轉動慣量JBB′=1.14 ×10-47kg·m2，試由此數據和各原子質量求出氫和氧原子的距離D和夾角θ.假設各原子都可當質點處理.
題 4-7 圖
分析 如將原子視為質點，則水分子中的氧原子對AA′軸和BB′軸的轉動慣量均為零，因此計算水分子對兩個軸的轉動慣量時，只需考慮氫原子即可. 解 由圖可得
JAA??2mHd2sin2θ JBB??2mHd2cos2θ
此二式相加，可得JAA??JBB??2mHd 則 d?2JAA??JBB??9.59?10?11m
2mH2由二式相比，可得 JAA?/JBB??tanθ 則 θ?arctanJAA?1.93?arctan?52.3o JBB?1.144-8 一飛輪由一直徑為30㎝，厚度為2.0㎝的圓盤和兩個直徑為10㎝，長為8.0㎝的共軸圓柱體組成，設飛輪的密度為7.8×103kg·m-3，求飛輪對軸的轉動慣量.
題 4-8 圖
分析 根據轉動慣量的可疊加性，飛輪對軸的轉動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉動慣量之和;而勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量的計算可查書中公式，或根據轉動慣量的定義，用簡單的積分計算得到.
解 根據轉動慣量的疊加性，由勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量公式可得
221?d?1?d?J?J1?J2?2?m1?1??m2?2?2?2?2?2? ?1?414?πρ?ld1?ad2??0.136kg?m216?2?
4-9 用落體觀察法測定飛輪的轉動慣量，是將半徑為R 的飛輪支承在O點上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質量為m的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉動(如圖).記下重物下落的距離和時間，就可算出飛輪的轉動慣量.試寫出它的計算式.(假設軸承間無摩擦).
題 4-9 圖
分析 在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的.飛輪作定軸轉動，而重物是作落體運動，它們之間有著內在的聯系.由于繩子不可伸長，并且質量可以忽略.這樣，飛輪的轉動慣量，就可根據轉動定律和牛頓定律聯合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規律來確定.
該題也可用功能關系來處理.將飛輪、重物和地球視為系統，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統的機械能守恒.利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系，以及線速度和角速度的關系，代入機械能守恒方程中即可解得. 解1 設繩子的拉力為FT，對飛輪而言，根據轉動定律，有
FTR?Jα
(1)
而對重物而言，由牛頓定律，有
mg?FT?ma
(2)
由于繩子不可伸長，因此，有
a?Rα
(3)
重物作勻加速下落，則有
h?由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為
12at
(4) 2?gt2?J?mR??2h?1??
??2解2 根據系統的機械能守恒定律，有
11?mgh?mv2?Jω2?0
(1′)
22而線速度和角速度的關系為
v?Rω
(2′)
又根據重物作勻加速運動時，有
v?at
(3′)
v2?2ah
(4′)
由上述各式可得
?gt2?J?mR??2h?1??
??2若軸承處存在摩擦，上述測量轉動慣量的方法仍可采用.這時，只需通過用兩個不同質量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響.
4-10 一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03×103N·m，渦輪的轉動慣量為25.0kg·m2.當輪的轉速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1時，所經歷的時間t為多少? 分析 由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據轉動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量;又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系，可解出飛輪所經歷的時間.該題還可應用角動量定理直接求解.
解1 在勻變速轉動中，角加速度α?間
ω?ω0，由轉動定律M?Jα，可得飛輪所經歷的時tt?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM解2 飛輪在恒外力矩作用下，根據角動量定理，有
?Mdt?J?ω?ω?
00t則 t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM4-11 質量為m1和m2的兩物體A、B分別懸掛在圖(a)所示的組合輪兩端.設兩輪的半徑分別為R和r，兩輪的轉動慣量分別為J1和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計，繩的質量也略去不計.試求兩物體的加速度和繩的張力.
題 4-11 圖
分析 由于組合輪是一整體，它的轉動慣量是兩輪轉動慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和(注意兩力矩的方向不同).對平動的物體和轉動的組合輪分別列出動力學方程，結合角加速度和線加速度之間的關系即可解得. 解 分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，有
?P1?FT1?m1g?FT1?m1a1
(1) FT?2?P2?FT2?m2g?m2a2
(2)
FT1R?FT2r??J1?J2?α
(3) FT?1?FT1,FT?2?FT2
(4)
由角加速度和線加速度之間的關系，有
a1?Rα
(5) a2?rα
(6)
解上述方程組，可得
a1?m1R?m2rgR
J1?J2?m1R2?m2r2m1R?m2rgr 22J1?J2?m1R?m2ra2?J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1g 22J1?J2?m1R?m2rJ1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2g
J1?J2?m1R2?m2r2
第四篇：】、《概論》課第五章習題及參考答案
第五章 社會主義的本質和根本任務
一、單項選擇題(每小題2分，共20分)
1.鄧小平關于建設有中國特色社會主義的首要的基本的理論問題是()
A. 什么是市場經濟，怎樣建立市場經濟體制B. 解放思想、實事求是
C. 什么是社會主義，怎樣建設社會主義D. 一個中心，兩個基本點
2. 黨執政興國的第一要務是()
A. 創新B. 實事求是C. 發展D. 廉潔
3. 發展生產力是社會主義的()
A. 根本任務B. 優越性C. 根本目的D. 發展動力
4. 鄧小平指出，在改革中社會主義必須始終堅持的兩條根本原則是()
A. 堅持四項基本原則、堅持改革開放
B. 實行按勞分配，增強綜合國力
C. 不斷發展社會生產，增加社會財富
D. 堅持公有制為主體，實現共同富裕
5. 鄧小平明確提出社會主義本質的論斷是在()
A. 1992年南巡談話B. 黨的十一屆三中全會上
C. 黨的十三大D. 黨的十二大
6. 社會主義的根本任務是()
A. 改革開放B. 堅持四項基本原則
C. 增強綜合國力D. 發展生產力
7.鄧小平講,經濟發展得快一點,必須依靠()
A. 科技和教育B. 經濟和軍事
C. 科技和經濟D. 資源優勢
8. 社會主義的本質是()
A. 一個中心，兩個基本點
B. 解放生產力，發展生產力，消滅剝削，消除兩極分化，最終達到共同富裕
C. 把我國建設成為富強、民主、文明、和諧的社會主義現代化國家
D. 實現社會主義工業化
9. 三大改造完成后中國國內的主要矛盾是()
A.工人階級同資產階級的矛盾
B.社會主義道路同資本主義道路的矛盾
C.人民對于經濟文化迅速發展的需要同當前經濟文化不能滿足人民需要之間的矛盾
D.帝國主義和中華民族的矛盾
10.中國解決所有問題的關鍵是()
A.靠自己的發展B.消滅剝削和壓迫
C.改革開放D.堅持四項基本原則
二、多項選擇題(每小題2分，共20分)
1.毛澤東把社會主義劃分的兩個階段為()
A.不發達的社會主義階段B.發達的社會主義階段
C.社會主義初級階段D.共產主義階段
2. 在改革中社會主義必須始終堅持的兩條根本原則是()
A.公有制為主體B.共同富裕
C.四項基本原則D.改革開放
3. 鄧小平回答和解決了什么是社會主義，怎樣建設社會主義這一重大課題意味著()
A. 我們已經完全掌握了對社會主義的認識
B. 進一步豐富和發展了馬列主義、毛澤東思想
C. 提出了新的世界觀和方法論
D. 對建設有中國特色社會主義有重大的實踐指導意義
4. 鄧小平關于社會主義本質的論斷體現了()
A. 解放生產力與發展生產力的統一B. 發展生產力與實現共同富裕的統一
C. 目的與手段的統一D. 社會主義發展過程與最終目標的統一
5. 鄧小平關于社會主義本質的論斷()
A. 突出了生產力的基礎性地位B. 突出了社會主義的價值目標
C. 在動態中描述了社會主義本質D. 在目標層次上界定了社會主義本質
6. 解放生產力和發展生產力二者之間的辯證關系是()
A. 解放生產力是發展生產力的前提B. 發展生產力是解放生產力的目的
C. 經濟基礎和上層建筑的統一D. 社會主義根本任務和根本目的的統一
7. 社會主義與資本主義的本質區別在于()
A. 實現共同富裕B. 不存在兩極分化
C. 解放和發展生產力D. 消滅剝削，消除階級
8. 社會主義制度的基本特征的最重要的方面是()
A. 共同富裕B. 市場經濟C. 按勞分配D. 公有制占主體
9. 實現共同富裕是()
A. 社會主義的根本原則和本質內容B. 市場經濟的客觀要求
C. 社會主義優越性的體現D. 社會主義的根本目標
10. 實現社會主義的價值目標是()
A. 消滅剝削B. 消除兩極分化C. 最終達到共同富裕D. 人的全面發展
三、辨析題(要求判斷正誤、說明理由、言之成理，每小題10分，共30分)
1.鄧小平關于社會主義本質的新論斷體現了生產力和生產關系的有機統一。
1)正確。2)鄧小平指出,社會主義的本質是解放生產力，發展生產力，消滅剝削，消除兩極分化，最終達到共同富裕。3)對社會主義本質的概括包含了兩方面的內容：一是強調生產力在社會主義本質中的地位;二是突出消滅剝削，消除兩極分化，最終達到共同富裕。這體現了生產力和生產關系的有機統一。4)對社會主義來說，解放和發展生產力是基礎，是建成社會主義的必由之路;消滅剝削，消除兩極分化，最終達到共同富裕，是社會主義的發展目標，離開了這個目標，也不能建成社會主義。
2.貧窮不是社會主義，富裕就是社會主義。
1)不完全正確。前一句是正確的，后一句是不準確的。2)從前一句來看，社會主義的本質是要解放生產力，發展生產力，消滅剝削，消除兩極分化，最終達到共同富裕，社會主義的最大優越性是共同富裕，這是社會主義本質的體現，所以“貧窮不是社會主義”是正確的。3)從后一句來看，社會主義還處于不發達狀態，還不富裕，而實現全體人民共同富裕是社會主義的目標，所以說，后一句不準確。
3.發展才是硬道理。
1)正確。2)鄧小平在1992年提出了“發展才是硬道理”的著名論斷，從社會主義本質要求的高度強調發展生產力的重要性。3)發展才是硬道理，把發展生產力作為社會主義的根本任務，符合馬克思主義基本原理，是鞏固和發展社會主義制度的必然要求。4)發展才是硬道理，是對社會主義實踐經驗教訓的深刻總結。5)發展才是硬道理，是適應時代主題變化的需要。
四、論述題(觀點正確、言之成理，每題論述不少于500字，每小題15分，共30分)
1.為什么說發展是黨執政興國的第一要務?
把發展作為黨執政興國的第一要務，是由中國共產黨的執政地位所決定的，是對執政規律認識的深化，也是黨實現對所承擔的歷史責任的需要。2)我國這樣一個發展中大國，能不能解決好發展問題，直接關系人心向背，事業興衰;3)堅持以發展的辦法解決前進中的問題，是實行改革開放以來我們黨的一條歷史經驗;4)發展作為黨執政興國的第一要務，要樹立和落實科學發展觀。
2.為什么社會主義的根本任務是發展生產力?
1)我國的基本國情是現在處于并將長期處于社會主義初級階段，生產力落后，商品經濟不發達，社會主義初級階段是一個長期的過程，目前我國社會的主要矛盾是人民群眾日益增長的物質文化需要和落后的社會生產之間的矛盾，我國人口多、底子薄、地區發展不平衡。要解決這些問題，不發展生產力是不行的。
2)國際上綜合國力的競爭日益激烈，我們國家面臨更加嚴峻的競爭和挑戰，要跟上世界發展潮流，必須發展生產力。
3)我們只有不斷解放生產力，發展生產力，才能解決我國社會主義社會的主要矛盾、不斷滿足人民群眾的需要，才能消滅剝削，消除兩極分化，最終達到共同富裕。
4)只有發展生產力，才能充分發揮和體現社會主義制度的優越性。
第一，大力發展生產力是馬克思主義的一個基本思想，是實現共產主義的物質基礎。
第二，發展生產力，是社會主義本質的內在要求。
第三，發展生產力，是顯示社會主義制度優越性和鞏固社會主義制度的需要。
第四，當前發展生產力是解決社會主義初級階段主要矛盾的根本手段。
(1) 社會主義的根本任務是發展生產力
1、發展生產力是馬克思主義的一個基本思想，是實現共產主義的物質基礎
2、發展生產力是社會主義本質的內在要求
(1)發展生產力是鞏固和完善社會主義制度的需要。
(2)發展生產力是解決社會主義初級階段主要矛盾的根本手段。
(3)發展生產力才能顯示社會主義制度優越性。
(4)發展生產力也是為將來向共產主義社會過渡創造物質條件的需要。
3、現階段發展生產力的特殊重要性和迫切性
(1)解決中國所有的問題，關鍵要靠發展生產力。
(2)迎接世界經濟技術迅猛發展的挑戰，迫切需要發展生產力。
(3)發展生產力尤其是發展先進生產力，也是貫徹“三個代表”的要求。
(4) 發展才是硬道理
第五篇： 《法理學》第一章在線測試試題及答案
一、單項選擇題(每題的備選項中，只有1個最符合題意)
1、劉某1999年4月向某縣郊區某村申請建房，經同意后，在該村地界修建了105平方米的平房。同年10月，縣城建局認定該建筑為違章建筑，責令劉某強行拆除，并在強拆時將劉某部分財產損壞。劉某訴至法院，要求賠償。下列正確的說法是：( ) A.城建局的行為合法，不予賠償
B.城建局的行為違反法定程序，但因所拆建筑屬違章建筑，因此不予賠償 C.城建局的行為合法，只能對劉進行補償
D.城建局的行為違反法定程序，應對劉某財產權造成的損害進行賠償
2、1998年2月張某駕駛其父親張老大的東風牌卡車行至城南環路時，因為逆行，又無駕駛證，被縣公安交警支隊執勤民警談某等人將車扣押。該車在返回交警隊停車場途中，談某遇到路障沒有采取制動措施，導致汽車底盤受挫，引擎報廢。交警支隊在事故認定書中認為事故并非民警操作不當所致，張老大不服，遂向市公安局申請復議。市公安局維持了交警支隊的處理決定。張老大不服，于是向縣人民法院提起行政賠償請求。下列正確的說法是：( ) A.本案中縣公安局交警大隊對張老大的違章車輛扣押致使車輛損壞的行為，是依法行使職權的行政行為 B.本案中縣公安局交警大隊對違章車輛扣押致使車輛損壞的行為，是依法行使職權造成了違法的結果的行為 C.本案中縣公安局交警大隊扣車行為并未被確認為違法行為，所以人民法院應當駁回張老大的訴訟請求
D.張老大可以直接向人民法院單獨提起行政賠償請求
3、《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》規定，要科學合理設置政府機構，核定人員編制，實現政府職責.機構和編制的( )，加強政府對所屬部門職能爭議的協調。 A.法定化 B.自由化 C.職權化 D.職能化
4、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，深化行政執法體制改革,要減少行政執法層次，適當下移執法重心;對與人民群眾日常生活.生產直接相關的行政執法活動，主要由( )兩級行政執法機關實施。要完善行政執法機關的內部監督制約機制。 A.市.縣 B.省.市 C.省.縣 D.縣.鄉
5、1998年2月張某駕駛其父親張老大的東風牌卡車行至城南環路時，因為逆行，又無駕駛證，被縣公安交警支隊執勤民警談某等人將車扣押。該車在返回交警隊停車場途中，談某遇到路障沒有采取制動措施，導致汽車底盤受挫，引擎報廢。交警支隊在事故認定書中認為事故并非民警操作不當所致，張老大不服，遂向市公安局申請復議。市公安局維持了交警支隊的處理決定。張老大不服，于是向縣人民法院提起行政賠償請求。下列正確的說法是：( ) A.本案中縣公安局交警大隊對張老大的違章車輛扣押致使車輛損壞的行為，是依法行使職權的行政行為 B.本案中縣公安局交警大隊對違章車輛扣押致使車輛損壞的行為，是依法行使職權造成了違
法的結果的行為 C.本案中縣公安局交警大隊扣車行為并未被確認為違法行為，所以人民法院應當駁回張老大的訴訟請求
D.張老大可以直接向人民法院單獨提起行政賠償請求
6、《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》要求法律.法規.規章得到全面.正確實施，法制統一，政令暢通，公民.法人和其他組織合法的權利和利益得到切實保護，違法行為得到及時糾正.制裁，( )秩序得到有效維護。 A.經濟社會 B.政治社會 C.文化社會 D.生態社會
7、全面推進依法行政，努力形成( )成本低廉的防范.化解社會矛盾的機制，社會矛盾得到有效防范和化解的目標。 A.高效.便捷 B.公開.公平 C.公正.全面 D.便民.誠信
8、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，下面不屬于完善行政監督制度和機制，強化對行政行為的監督內容的是( ) A.自覺接受人大監督和政協的民主監督
B.接受人民法院依照行政訴訟法的規定對行政機關實施的監督 C.加強對規章和規范性文件的監督
D.認真貫徹行政監察法，加強行政復監察工作
9、根據國家賠償法的規定，下列屬于國家不予賠償的是：( )
A.某地政府為挽救當地一瀕危倒閉的國有企業，強令另一企業與該國有企業訂立訂購合同，該企業不服，政府將其銀行帳戶凍結 B.稅務局工作人員錢某與一個體戶趙某素有嫌隙，以趙某偷稅為名借稅務局名義沒收其價值5000元財物
C.工商局張某騎自行車上班途中與人相撞，發生爭執后將人打傷 D.獄警梁某的朋友被犯人陸某打傷，梁某指使同監犯人將陸某打傷
10、下面選項中不屬于全面推進依法行政，實現建設法治政府目標的是( ) A.中央政府和地方政府之間.政府各部門之間的職能和權限比較明確 B.行為規范.運轉協調.公正透明.廉潔高效的行政管理體制基本形成。 C.權責明確.行為規范.監督有效.保障有力的行政執法體制基本建立。 D.政府各職能明確分工，互不干涉，各自執法。
11、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，監察.審計等專門監督機關要切實履行職責，依法獨立開展專門監督。監察.審計等專門監督機關要與( )機關密切配合，及時通報情況，形成監督合力。 A.檢察 B.法院 C.人事 D.法制
12、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，下面不屬于理順行政執法體制，加快行政程序建設，規范行政執法行為方面內容的是( )
A.深化行政執法體制改革
B.嚴格按照法定程序行使權力.履行職責 C.健全行政執法案卷評查回訪制度 D.建立健全行政執法主體資格制度
13、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，要改進政府立法工作方法，擴大政府立法工作的公眾參與程度。實行( )工作者.實際工作者和專家學者三結合，建立健全專家咨詢論證制度。 A.立法 B.執法 C.司法 D.守法
14、規章和規范性文件應當依法報送備案。對報送備案的規章和規范性文件，政府( )應當依法嚴格審查，做到有件必備.有備必審.有錯必糾。 A.法制機構 B.人事機構 C.監察機構 D.執法機構
15、與完善社會主義市場經濟體制.建設社會主義政治文明以及依法治國的客觀要求相比，下列不是依法行政存在的差距的是( )
A.行政管理體制與發展社會主義市場經濟的要求還不適應，依法行政面臨諸多體制性障礙 B.制度建設反映客觀規律不夠，難以全面.有效解決實際問題 C.行政決策程序和機制不夠完善 D.國家機關工作人員的法制意識增強
16、張某于1998年2月份購買了一輛中巴，從事個體運營，但是并未辦理稅務登記.營運手續和申報納稅。經鄉政府稅務干部核對，張某應繳納稅款400元。但張某在限期內未及時繳納，鄉政府于是將張某的中巴扣押，后張某繳清了稅款而鄉政府仍舊不交還車輛，給張某造成了損失。張某應當如何提出行政賠償?( )
A.張某只能先向鄉政府提出，因為鄉政府實施了違法行為
B.應當在向上一級行政機關申請復議時提出，由復議機關一并解決 C.張某只能在提起行政訴訟時，一并提起行政賠償訴訟
D.張某既可以先向鄉政府提出，也可以在申請行政復議和提起行政訴訟時一并提出
17、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，提出法律議案和地方性法規草案，制定行政法規.規章以及規范性文件等制度建設，重在提高( )。 A.質量 B.數量 C.總量 D.積累量
18、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，下面不屬于完善行政監督制度和機制，強化對行政行為的監督內容的是( ) A.自覺接受人大監督和政協的民主監督
B.接受人民法院依照行政訴訟法的規定對行政機關實施的監督 C.加強對規章和規范性文件的監督
D.認真貫徹行政監察法，加強行政復監察工作
19、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，下面不屬于提高制度建設質量方面內容
的是( ) A..加大政府管理成效的力度
B.按照條件成熟.突出重點.統籌兼顧的原則，科學合理制定政府立法工作計劃。 C..改進政府立法工作方法，擴大政府立法工作的公眾參與程度
D.積極探索對政府立法項目尤其是經濟立法項目的成本效益分析制度 20、《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》規定，要科學合理設置政府機構，核定人員編制，實現政府職責.機構和編制的( )，加強政府對所屬部門職能爭議的協調。 A.法定化 B.自由化 C.職權化 D.職能化
21、下面選項中不屬于全面推進依法行政，實現建設法治政府目標的是( ) A.中央政府和地方政府之間.政府各部門之間的職能和權限比較明確 B.行為規范.運轉協調.公正透明.廉潔高效的行政管理體制基本形成。 C.權責明確.行為規范.監督有效.保障有力的行政執法體制基本建立。 D.政府各職能明確分工，互不干涉，各自執法。
22、根據《國務院關于全面推進依法行政實施綱要》，下列不屬于轉變政府職能，深化行政管理體制改革方面內容的是( )
A.依法界定和規范經濟調節.市場監管.社會管理和公共服務的職能 B.合理劃分和依法規范各級行政機關的職能和權限 C.完善依法行政的財政人事保障機制 D.改革行政管理方式，推進政府信息公開
23、我國國家賠償法的原則是違法歸責，下列對違法的含義不正確的理解是：( ) A.違法指的是行為違法 B.違法指的是行為結果違法
C.違法指的是違反法律，是一個客觀標準
D.行政違法既包括積極的作為，也包括消極的不作為