第1章习题答案
物理必修一第一章习题及答案
物理必修一第一章习题及答案同学们！咱们一起来瞧瞧物理必修一第一章的那些有趣习题吧。
这第一章就像是物理世界的大门，咱们得好好把这扇门推开，看看里面都藏了些啥奇妙的东西。
习题1：关于参考系的小疑惑。
题目：小明坐在行驶的火车里，他看到窗外的树木往后退。
那么，小明是以什么为参考系的呢？解析：这题啊，其实就是在考咱们对参考系的理解。
参考系呢，就好比是咱们观察世界的一个“视角”。
小明看到树木往后退，那是因为他是以自己所坐的火车为参考系的。
想象一下，火车在向前跑，相对于火车来说，外面静止的树木就好像在往后跑啦。
就好比你坐在公交车上，感觉路边的店铺都在往后闪，其实就是因为你是以公交车为参考系的哟。
答案：小明是以火车为参考系。
习题2：时间和时刻的区分。
解析：时间和时刻这俩家伙有时候还真有点让人迷糊。
时刻呢，就像是拍照，咔嚓一下，定格在那个瞬间，它指的是一个具体的点。
比如说上午8点上课，这就是一个时刻，它确定了上课这个事儿开始的那个瞬间。
而时间呢，更像是一段录像，有个持续的过程。
像一节课45分钟，这45分钟就是从上课开始到下课结束的这一段过程，所以它是时间。
答案：（1）上午8点上课说的是时刻；（2）一节课45分钟说的是时间。
习题3：位移和路程的较量。
题目：一个人沿着半径为R的圆形跑道跑了一圈，他的位移和路程分别是多少？解析：这道题得好好琢磨琢磨。
路程呢，就是这个人实际跑过的路径的长度。
他跑了一圈，那这一圈的长度就是圆的周长啊，根据圆的周长公式，路程就是2πR。
而位移呢，是指从初位置到末位置的有向线段。
这人跑了一圈后，又回到了原来的位置，初位置和末位置是同一个点，那从这个点到这个点的有向线段长度就是0啦。
答案：位移是0，路程是2πR。
同学们，通过做这些习题，咱们对物理必修一第一章的知识是不是理解得更清楚啦？其实物理啊，就像一场奇妙的冒险，每一个概念、每一道习题都是咱们冒险路上的小关卡。
只要咱们用心去探索，就一定能在这个神奇的物理世界里玩得开心，收获满满哟！以后再遇到类似的问题，就可以像大侠一样轻松应对啦！。
习题解答(第1章)
习题解答 第一章1．举例说明符合光传播基本定律的生活现象及各定律的应用。
答：（1）光的直线传播定律影子的形成；日蚀；月蚀；均可证明此定律。
应用：许多精密的测量，如大地测量（地形地貌测量），光学测量，天文测量。
（2）光的独立传播定律定律：不同光源发出的光在空间某点相遇时，彼此互不影响，各光束独立传播。
说明：各光束在一点交会，光的强度是各光束强度的简单叠加，离开交会点后，各光束仍按各自原来的方向传播。
2．已知真空中的光速c 3×108m/s ，求光在水(n=1.333)、冕牌玻璃(n=1.51)、火石玻璃(n=1.65)、加拿大树胶(n=1.526)、金刚石(n=2.417)等介质中的光速。
解：v=c/n(1) 光在水中的速度：v=3×108/1.333=2.25×108 m/s (2) 光在冕牌玻璃中的速度：v=3×108/1.51=1.99×108 m/s (3) 光在火石玻璃中的速度：v=3×108/1.65=1.82×108 m/s (4) 光在加拿大树胶中的速度：v=3×108/1.526=1.97×108 m/s (5) 光在金刚石中的速度：v=3×108/2.417=1.24×108 m/s＊背景资料：最初用于制造镜头的玻璃，就是普通窗户玻璃或酒瓶上的疙瘩，形状类似“冠”，皇冠玻璃或冕牌玻璃的名称由此而来。
那时候的玻璃极不均匀，多泡沫。
除了冕牌玻璃外还有另一种含铅量较多的燧石玻璃（也称火石玻璃）。
3．一物体经针孔相机在屏上成像的大小为60mm ，若将屏拉远50mm ，则像的大小变为70mm ，求屏到针孔的初始距离。
解：706050=+l l l =300mm4．一厚度为200mm 的平行平板玻璃(设n=1.5)，下面放一直径为1mm 的金属片。
若在玻璃板上盖一圆形纸片，要求在玻璃板上方任何方向上都看不到该金属片，问纸片最小直径应为多少?解：本题是关于全反射条件的问题。
第一章 习题答案
第一章 习题答案1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图(1) 将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈状态；(2) 画出系统方框图。
解 （1）负反馈连接方式为：d a ↔，c b ↔；（2）系统方框图如图解1-1 所示。
1-2 题1-2图是仓库大门自动控制系统原理示意图。
试说明系统自动控制大门开闭的工作原理，并画出系统方框图。
题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电解 c u 增高，偏差电压 r 。
此时，-=r e u u 使c u 过程：系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压r u （表征炉温的希望值）。
系统方框图见图解1-3。
1-4 题1-4图是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。
图中电位器1P 、2P 并联后跨接到同一电源0E 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件和测量反馈元件。
输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。
试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
题1-4图 导弹发射架方位角控制系统原理图解 当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。
当摇动手轮使电位器1P 的滑臂转过一个输入角i θ的瞬间，由于输出轴的转角i o θθ≠,于是出现一个误差角o i e θθθ-=，该误差角通过电位器1P 、2P 转换成偏差电压o i e u u u -=，e u 经放大后驱动电动机转动，在驱动导弹发射架转动的同时，通过输出轴带动电位器2P 的滑臂转过一定的角度o θ，直至i o θθ=时，o i u u =，偏差电压0=e u ，电动机停止转动。
这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。
只要o i θθ≠，偏差就会产生调节作用，控制的结果是消除偏差e θ，使输出量o θ严格地跟随输入量i θ的变化而变化。
第一章习题参考答案
第一章自我检测题参考答案一、填空题1.PN结具有单向导电性，正向偏置时导通，反向偏置时截止。
2. 2.U T为温度的电压当量，当温度为室温时，U T≈m v。
26mV。
3. 3.半导体二极管2AP7是半导体材料制成的，2CZ56是半导体材料制成的。
N型锗，N型硅。
二、判断题1.二极管的反向击穿电压大小与温度有关，温度升高反向击穿电压增大。
（×）.2. .稳压二极管正常工作时必须反偏，且反偏电流必须大于稳定电流I Z。
（√）三、选择题1. 2CZ型二极管以下说法正确的是（B）A、点接触型，适用于小信号检波；B、面接触型，适用于整流；C、面接触型，适用于小信号检波2. 稳压二极管电路如图Z1.1所示，稳压二极管的稳压值U Z=6.3V，正向导通压降0.7V，则为U O(C)。
A.6.3VB.0.7VC.7VD.14V3.在图Z1.2所示各电路中，已知直流电压U I=3V，电阻，二极管的正向压降为0.7V，求U O=？解：(a)U O=0.7V (b)U O=1.5V (c)U O=4.3V第一章习题参考答案1.1判断题1.当二极管两端正向偏置电压大于死区电压，二极管才能导通。
（）2.半导体二极管反向击穿后立即烧毁。
（）1.√2.×1.2选择题1.硅二极管正偏时，正偏电压0.7V和正偏电压0.5V时，二极管呈现的电阻值（）A、相同；B、不相同；C、无法判断。
2.二极管反偏时，以下说法正确的是（）A、在达到反向击穿电压之前通过电流很小，称为反向饱和电流；B、在达到死区电压之前，反向电流很小；C、二极管反偏一定截止，电流很小，与外加反偏电压大小无关。
3.图P1.1所示电路，二极管导通时压降为0.7V，反偏时电阻为∞，则以下说法正确的是（ C ）。
A、VD导通，U AO=5.3V；B、VD导通，U AO=—5.3V；C、VD导通，U AO=—6V；D、VD导通，U AO=6V；E、VD截止，U AO=—9V。
机械制造技术基础第一章课后习题答案
机械制造技术基础第一章课后习题答案《机械制造技术基础》部分习题参考解答第一章绪论1-1 什么是生产过程、工艺过程和工艺规程？答：生产过程——从原材料（或半成品）进厂，一直到把成品制造出来的各有关劳动过程的总称为该工厂的过程。
工艺过程——在生产过程中，凡属直接改变生产对象的尺寸、形状、物理化学性能以及相对位置关系的过程。
工艺规程——记录在给定条件下最合理的工艺过程的相关内容、并用来指导生产的文件。
1-2 什么是工序、工位、工步和走刀？试举例说明。
答：工序——一个工人或一组工人，在一个工作地对同一工件或同时对几个工件所连续完成的那一部分工艺过程。
工位——在工件的一次安装中，工件相对于机床（或刀具）每占据一个确切位置中所完成的那一部分工艺过程。
工步——在加工表面、切削刀具和切削用量（仅指机床主轴转速和进给量）都不变的情况下所完成的那一部分工艺过程。
走刀——在一个工步中，如果要切掉的金属层很厚，可分几次切，每切削一次，就称为一次走刀。
比如车削一阶梯轴，在车床上完成的车外圆、端面等为一个工序，其中，n, f, a p 不变的为一工步，切削小直径外圆表面因余量较大要分为几次走刀。
1-3 什么是安装？什么是装夹？它们有什么区别？答：安装——工件经一次装夹后所完成的那一部分工艺过程。
装夹——特指工件在机床夹具上的定位和夹紧的过程。
安装包括一次装夹和装夹之后所完成的切削加工的工艺过程；装夹仅指定位和夹紧。
1-4 单件生产、成批生产、大量生产各有哪些工艺特征？答：单件生产零件互换性较差、毛坯制造精度低、加工余量大；采用通用机床、通用夹具和刀具，找正装夹，对工人技术水平要求较高；生产效率低。
大量生产零件互换性好、毛坯精度高、加工余量小；采用高效专用机床、专用夹具和刀具，夹具定位装夹，操作工人技术水平要求不高，生产效率高。
成批生产的毛坯精度、互换性、所以夹具和刀具等介于上述两者之间，机床采用通用机床或者数控机床，生产效率介于两者之间。
大学物理习题答案解析第一章
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？ 1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 42=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin=', t T R y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t TR x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t vi j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==ttt t 0)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值． 解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程 222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到． 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n 2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hlαarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为。
物理初二第一章练习题答案
物理初二第一章练习题答案1. 速度和加速度的关系根据物理学的基本概念，速度是物体运动的一个重要参量，而加速度则表示物体速度变化的快慢。
在初二的物理学习中，我们常常需要研究速度和加速度之间的关系。
以下是第一章练习题的答案：题目1：一个从静止开始的物体以恒定的加速度3 m/s²沿着一条直线运动，求它在5秒后的速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式v = u + at，其中v是末速度，u是初速度，a是加速度，t是时间。
给定初速度u=0，加速度a=3 m/s²，时间t=5秒。
代入公式计算可得v = 0 + 3 × 5 = 15 m/s。
题目2：一辆汽车在道路上以25 m/s的速度匀速行驶，经过10秒后它的位置是多少？答案：根据物理学中的位移公式s = ut，其中s是位移，u是速度，t 是时间。
给定速度u=25 m/s，时间t=10秒。
代入公式计算可得s = 25 ×10 = 250 m。
题目3：一个物体的速度从10 m/s增加到20 m/s，经过2秒的时间，求它的加速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式a = (v - u) / t，其中a是加速度，v是末速度，u是初速度，t是时间。
给定初速度u=10 m/s，末速度v=20 m/s，时间t=2秒。
代入公式计算可得a = (20 - 10) / 2 = 5 m/s²。
2. 动量守恒定律在物理学中，动量守恒定律是一个重要的原理，它指出在一个系统内，所有物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。
以下是第一章练习题中涉及到动量守恒定律的答案：题目1：一辆质量为1000 kg的小轿车以20 m/s的速度向东行驶，和一辆质量为1500 kg的卡车以15 m/s的速度向东行驶发生碰撞，碰撞后两车结合在一起，求结合后的速度是多少？答案：根据动量守恒定律，碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。
小轿车的动量为mv1，卡车的动量为mv2，碰撞后的总动量为(m1 +m2)v。
第1章 练习题(附参考答案)
第1章自测练习题参考答案一、判断题（正确Y，错误N）1.信息是认识主体所感知或所表述的事物运动及其变化方式的形式、内容和效用。
2.信息就是数据。
3.知识来源于信息。
4.信息是可以交换的。
5.信息处理的本质是数据处理。
6.经加工后的信息一定比原始的信息更能反映现实的最新状态。
7.信息技术是指用来取代人们信息器官功能，代替人类进行信息处理的一类信息技术。
8.集成电路芯片的集成度越高，其工作速度就越快。
9.集成电路按用途可分为通用和专用两类，PC机中的存储器芯片属于专用集成电路。
10.现代微处理器都是大规模集成电路。
11.现代通信指的是使用电波或光波传递信息的技术。
通信的任务就是传递信息。
12.通信就是传递信息，因此书、报、磁带、唱片等都是现代通信的媒介。
13.通信系统中的发送与接收设备称之为“终端”。
14.在通信系统中，计算机既可以用作信源也可以用作信宿，接收和发送的都是数字信号。
15.通信系统中信源和信宿之间必须存在信道，才能实现信息的传输。
16.光纤是绝缘体，不受外部电磁波的干扰。
17.微波可以按任意曲线传播。
18.微波可以经电离层反射传播。
19.与同轴电缆相比，双绞线容易受到干扰，误码率较高，通常只在建筑物内部使用。
20.光纤通信、微波通信、卫星通信、移动通信，它们的任务都是传递信息，只是其传输介质和技术各有不同。
21.微波中继站之间的距离大致与塔高平方成正比。
一般为50公里左右。
22.中低轨道通信卫星相对于地面是静止的。
23.同步轨道上的卫星数目是有限的。
24.卫星通信是微波接力通信向太空的延伸。
25.传输信息量与传输速率是相同的概念。
26.模拟信号是随时间而连续变化的物理量，包含无穷多个值。
27.信道的带宽总是指信道上所能通过的信号的频带宽度。
28.FDM和TDM是指将任意多路信号复合在同一个信道中传输。
29.无线电广播中的中波段和短波段都采用调幅方式调制声音信号，而且都利用电离层反射传输信号。
第1章 习题答案
第一章习题答案1．问答题（1）计算机的发展经历了哪几个阶段？各阶段的主要特征是什么？答：根据计算机所采用的电子元件不同可划分为：电子管计算机、晶体管计算机、集成电路计算机和大规模超大规模集成电路计算机等四个阶段。
第一代计算机主要特点是：内存容量非常小；计算机程序设计语言为机器语言；尚无操作系统出现，操作机器困难。
它体积庞大、造价昂贵、速度低、存储容量小、可靠性差、不易掌握，主要应用于军事目的和科学研究领域的狭小天地里。
第二代计算机主要特点是：采用了晶体管的电子元件；内存储器容量扩大到几十万字节；计算机软件有了较大发展，出现了监控程序并发展成为后来的操作系统；推出了Basic、Fortran、Cobol高级程序设计语言。
主要应用范围由单一的科学计算扩展到数据处理和事务管理等其他领域。
第三代计算机的特点是：体积、重量、功耗进一步减小，运算速度、逻辑运算功能和可靠性进一步提高；软件在这个时期形成了产业；出现了分时操作系统；提出了结构化、模块化的程序设计思想，出现了结构化的程序设计语言Pascal。
这一时期的计算机同时向标准化、多样化、通用化发展。
第四代计算机的特点是：磁盘的存取速度和容量大幅度上升；体积、重量和耗电量进一步减少；计算机的性能价格比基本上以每18个月翻一番的速度上升；操作系统向虚拟操作系统发展，数据库管理系统不断完善和提高，程序语言进一步发展和改进，软件行业的发展成为新兴的高科技产业；计算机的应用领域不断向社会各个方面渗透。
（2）未来计算机发展的趋势是什么？答：现代计算机的发展表现为两个方面：一是巨型化、微型化、多媒体化、网络化和智能化5种趋向；二是朝着非冯·诺依曼结构模式发展。
（3）计算机的特点是什么？答：①处理速度快②计算精度高③存储容量大④可靠性高⑤工作过程的全自动化⑥适用范围广，通用性强（4）计算机的类型有哪些？答：①按其处理数据的形态分为：数字计算机、模拟计算机、混合计算机②按其使用范围分为：通用计算机、专用计算机③按其本身性能分为：超级计算机、大型计算机、小型计算机、微型计算机、工作站（5）简述计算机的应用领域。
第一章 习题与答案
第一章习题与答案一、单选题1、理想与空想的区别在于（）。
①是否具有主观能动性②是否是自然形成的③是否符合客观规律性④是否是创新思维的结果3、人的理想确立的关键时期是（）。
①中年②童年③老年④青年4、追求崇高的理想需要（）信念。
①基本的②坚定的③彻底的④一贯的7. 人们的世界观、人生观和价值观在奋斗目标上的集中体现是（）①理想②信念③成才目标④道德品质8. 大学生中的共产党员和先进分子应树立的远大理想（）① 共产主义的远大理想② 建设中国特色社会主义社会③实现中华民族的伟大复兴④ 提高中国的国际地位9 、现阶段我国各族人民的共同理想是（）①实现各尽所能按需分配的共产主义社会。
②建设中国特色社会主义，实现中华民族伟大复兴。
③实现按劳分配的社会主义社会。
④人民生活达到温饱水平。
10 、一个人如果没有崇高理想或者缺乏理想，就会像一艘没有舵的船，随波逐流，难以顺利到达彼岸。
这主要说明了理想是（）①人生的指路明灯②人们的主观意志和想当然③人们对未来缺乏客观根据的想象④ 人们对某种思想理论所抱的坚定不移的观念和真诚信服的态度11．“樱桃好吃树难栽，不下功夫花不开。
”理想是美好的，令人向往的，但理想不能自动实现。
把理想变为现实的根本途径是（）①勇于实践、艰苦奋斗②认真学习科学理论③逐步确立坚定信念④大胆畅想美好未来13、当教师，要当一个模范教师；当科学家，要当一个对国家有突出贡献的科学家；当解放军战士，要当一个最英勇的解放军战士；当工人，要当一个新时代的劳动模范；当农民，要当一个对改变农村面貌有贡献的农民。
这些都是人生理想中（）①生活理想的表现②社会理想的表现③道德理想的表现④职业理想的表现二、多选题1、理想的特征有①超前性②阶级性③科学性④主观性⑤时代性2、理想从对象上划分（）。
①个人理想②道德理想③生活理想④ 社会理想⑤长远理想4、对于理想的错误认识有（）。
①理想理想，有利就想②人的理想和信念是人生的精神支柱③没有理想的人一样生活的很开心④理想是明天的，只要今天过的好就可以了⑤凡是理想自然都可以实现5、无数事实证明，人有了明确的理想，才能在人生的追求上不断去攀登，最大限度地实现人生价值；人若没有明确的理想，就会像没有舵的小船，在生活的大海中迷失方向，甚至搁浅触礁。
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习题一答案
一、选择题
1、B
2、A
3、B
4、D
5、C
6、D
7、C
8、D
9、B 10、C 11、A 12、C 13、D 14、B
15、C 16、B
二、问答题
1、计算机的发展经历了哪几代？各以什么器件为其主要特征？
答：根据电子器件的发展过程，可将计算机的发展分为四个阶段：
第一代计算机 (1946-1957年)电子管时代。
这一时期的计算机是以电子管作为基本电子元件，主存储器是延迟线或磁鼓，使用机器语言，主要用于数值计算。
第二代计算机（1958-1964年）晶体管时代。
这一时期的计算机是以晶体管作为基本电子元件，主存储器以磁芯存储器为主，辅助存储器开始使用磁盘，开始使用高级程序设计语言和操作系统。
第三代计算机（1965-1970年）小规模集成电路时代。
这一时期的计算机是以小规模的集成电路作为基本电子元件，主存储器开始使用半导体存储器，外部设备、操作系统和高级语言得到进一步的发展和完善，机型开始多样化、系统化，从而提高了计算机的效率，方便了用户的使用。
第四代计算机（1970年至今）大规模及超大规模集成电路时代。
这一时期的计算机是以大规模及超大规模集成电路作为基本电子元件，主存储器仍为半导体存储器器，外部设备和操作系统等更进一步发展，机型向巨型和微型化方向发展。
2、一般情况下，通用计算机可以分为哪几类？
答：通用计算机按其规模、速度和功能等又可分为巨型机、大型机、中型机、小型机、微型机及单片机。
3、计算机在信息社会中的应用主要表现在哪些方面？
答：计算机在信息社会中的应用主要表现在以下几个方面：
（1）科学计算。
指计算机应用于完成科学研究和工程技术中所提出的数学问题（数值计算）。
科学计算一般要求计算机速度快、精度高，存储容量相对大。
科学计算是计算机最早的应用方面。
（2）信息处理。
信息处理也称数据处理。
人类社会中的各种信息需要及时地采集、存储并按各种需要加以整理、分类、统计，把它们加工成人们需要的形式，也就是说需要对信息加以处理，才能使之得以利用
（3）过程控制。
过程控制是指采用计算机对连续的工业生产过程进行控制。
采用计算机进行生产过程控制，可提高生产的自动化水平、减轻劳动强度、提高生产效率。
（4）计算机辅助系统。
为了提高设计质量、缩短设计周期、提高设计的自动化水平，借助于计算机帮助设计人员进行工程设计，称之为计算机辅助设计（CAD）。
另外，还有计算机辅助教学（CAI）、计算机辅助制造（CAM）、计算机辅助测试（CAT）、计算机集成制造（CIMS）等计算机辅助系统。
（5）多媒体技术。
把数字、文字、声音、图形、图像和动画等多种媒体有机组合起来，利用计算机、通信和广播电视技术，使它们建立起逻辑联系，并能进行加工处理（包括对这些媒体的录入、压缩和解压缩、存储、显示和传输等）的技术。
（6）计算机通信。
是计算机技术与通信技术结合的产物，计算机网络技术的发展将处在不同地域的计算机用通讯线路连接起来，配以相应的软件，达到资源共享的目的。
（7）人工智能。
研究解释和模拟人类智能、智能行为及其规律的一门学科。
其主要任务是建立智能信息处理理论，进而设计可以展现某些近似于人类智能行为的计算系统
4、“存贮程序控制”的基本原理是什么？
答：电子计算机的工作原理采用的是冯·诺伊曼原理思想。
冯·诺伊曼原理的核心是“存贮程序控制”。
“存贮程序控制”原理的基本内容是：
(1) 采用二进制形式表示数据与指令；
(2) 将程序（数据和指令序列）预先存放在主存贮器中，使计算机在工作时能够自动高速地
从存贮器中取出指令，并加以执行；程序中的指令通常是按一定顺序一条条存放，计算机工作时，只要知道程序中第一条指令放在什么地方，就能依次取出每一条指令，然后按指令规定的操作执行相应的操作。
(3) 由运算器、存贮器、控制器、输入设备、输出设备五大基本部件组成计算机系统，并规
定了这五大部件的基本功能。
5、打印机分为哪几种？其主要特点是什么？
答：一般情况下，将打印机分为针式打印机、喷墨打印机和激光打印机。
①针式打印机是目前使用最广泛的打印机。
其主要特点有：价格低，色带便宜，性价比高，
但打印速度慢，噪声较大等特点。
②喷墨打印机利用特别技术的换能器将带电的墨水喷出喷嘴，在纸上绘出各种文字及图
像。
其主要特点有：打印速度较高、分辨率较高、打印质量高、有彩色打印能力、噪音低、打印成本较高（墨水盒的价格较高）等特点。
③激光打印机是根据主机送来的信息，用激光进行扫描，将输出的信息在磁鼓上形成静电
潜像，并转换为磁信号，使碳粉吸附到纸上，经显影后输出。
其主要特点有：速度快、印字质量好、无噪声、价格较高等特点。
6、ROM和RAM之间的差异是什么？
答：ROM是只读存储器（Read Only Memory），它只能读出原有的内容，不能由用户再写入新内容,原来存储的内容是由厂家一次性写放的，并永久保存下来。
RAM是随机存取存储器（Random Access Memory），其特点是可以读写，存取任一单元所需的时间相同，通电是存储器内的内容可以保持，断电后，存储的内容立即消失。
三、计算机题
1、(67.5)10=(1000011.1)2=(103.4)8=(43.8)16
2、(101001.11)2=(41.75)10=(51.6)8=(29.C)16
3、(26.5)8=(16.A)16。