3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质
习题3-1图
量分别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如图所示。求炮车的反冲速率是多大?
[解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律
()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0
所以 ()m
M mv v m M v +++=
'θ
cos 0
此即为炮车的反冲速率。
3-2 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。若有N 个人，质量均为m ，站在车上。开始时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为
Nm
M Nmu
v v ++
=0
(2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为
()m
M mu
m N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 10
[证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。人相对于地面的速度为u v -，则
()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0
所以 Nm
M Nmu
v v ++
=0
(2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得
()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+-
所以 ()M
m x N mu
v v ++-+
=-11x x
此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得
M
m mu
v v ++
=-1N N
M
m mu
v v ++=--22N 1N
……………………
()M m N mu
v v +-+
=112 M
Nm mu
v v ++
=01
将上面所有的式子相加得
()M
m mu
M m mu M m N mu M Nm mu v v ++
++++-+++
=210N 此即为第N 个人跳离车后的速度，即
()m
M mu
m N M mu Nm M mu v v ++
+-++++=' 10
3-3 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。
[解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知
2
022121mv mv A -=
其中??-==L L dx x
Fdx A 00)9
8000400(
9
40004002
L L -
= 而00=v ， 所以有：
22
300002.05.09
4000400??=-L L
化简可得： m
45.00
813604002==+-L L L
即枪筒长度为0.45m 。
3-4 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初
速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的
另一端滑出时，摩擦力所作的功为()
12
1220-=
-πμe mv W
[证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1)
另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。
由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 习题3-4图
法向 R v m N 2
= (3)
联立上述三式解得 R
v a 2
t μ-=
又 s
v
v t s s v t v a d d d d d d d d t ===
所以 R
v s v v 2
d d μ
-= 即 s R
v v
d d μ-=
两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得
0ln ln v s R
v +-
=μ
即 s
R
e v v μ
-=0
由动能定理 2
022
121mv mv W -=
，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 ()
12
1212122020220-=-=--πμ
πμ
e mv mv e mv W R R
3-5 某弹道火箭初始总质量9.120=M t ，内装m ＝9.0t 的燃料，由静止开始发射。发射时喷气速率3100.2?=u s m ，喷气流量为q ＝125s kg ，二者都是常量。不计重力及空气阻力，求火箭受到的反推力和它在燃料烧尽后的速度。
[解] 取d t 时间内喷出的气体为研究对象，根据动量定理
m u p t F d d d =='
所以 uq t
m u t p F ===
'd d d d 火箭受到的反推力 uq F F ='= (1)
N 105.2125100.253?=??=F
设燃料燃烧尽后火箭的速度为v ，根据动量定理
()v qt M t F d d 0-= (2)
燃料燃烧时间 q
m T 0
=
(3) 联立(1)、(2)两式得 qt
M t
uq v -=
0d d (4)
将上式积分得
?
?-=qt
M v 0
00
d (5)
联立(3)、(5)两式得 s m 104.20
.99.129
.12ln 100.2ln 33000?=-?=-=m M M u v
3-6 初始质量为0M 的火箭，在地面附近空间以相对于火箭的速率u 垂直向下喷射高温气体，每秒钟消耗的燃料量t m d d 为常量C 。设初速为零，试求火箭上升速度与时间的函数关系。
[解] 经过时间t 后，火箭的速度为v ，火箭受的反推力nc F =
根据动量定理 ()[]()v ct M t g ct M F d d 00-=-- 联立两式得 ()
t ct M ct M uc v d d 00---=
对上式积分得
()
?
?---=t
v
t ct
M ct M uc v 0000
d d
因此 gt ct
M M u v --=00
ln
此式即火箭的速度与时间t 的函数关系式。
3-7 有一个二级火箭，每一级的喷气速率相对于火箭体都是u 。发射前第一级火箭质量为1M ，包括内装燃料质量1m ，第二级火箭质量为2M ，包括内装燃料2m ；火箭由静止开始发射，当第一级火箭燃料用完时，其外壳即脱离开火箭体，设不计空气阻力和重力，求证当两级燃料全部燃烧完后，火箭达到的速度大小为
???
?
??-?-++=222
12121ln m
M M m M M M M u v [证明] 由第上题知，第一级火箭燃料烧尽时火箭的速率
1
212
11ln
m M M M M u v -++= (1)
第二级火箭燃料燃尽时，火箭的速度为2v ，火箭受的反推力
uq F = (q 为喷气量) (2)
根据动量定理 ()v qt M t F d d 2-= (3)
联立(2)、(3)式 m M qt M v -=
-=
22d 将上式两边积分得
?
?-=2
2
1
2d d m v v
m M m
u v
所以 2
22
12ln
m M M u v v -=-
2
22
12ln
m M M u v v -+= (4)
联立(1)、(4)式得 2
22
121212ln m M M m M M M M u v -?
-++= 这就是火箭的最终速度。
3-8 6月22日，地球处于远日点，到太阳的距离为111052.1?m ，轨道速度为
m 1093.24?。6个月后，地球处于近日点，到太阳的距离为111047.1?m 。求：(1)在近日
点地球的轨道速度； (2)两种情况下地球的角速度。
[解] 设在近日点附近地球的轨道速度为1v ，轨道半径为1r ，角速度为1ω；在远日点地球的轨道速度为2v ，轨道半径为2r ，角速度为2ω。
(1) 取地球为研究对象，其对太阳中心的角动量守恒。
2211v r m v r m 地地=
所以 m 1003.31047.11093.21052.14
114111221?=????==r v r v (2) rad 1006.21047.11003.3711
4
111-?=??==r v ω s r a d 1093.11053.11093.27
11
4222-?=??==
r v ω
3-9 哈雷彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆。它离大阳最近的距离是
m 1075.8101?=r ，其时它的速率为s m 1046.541?=v ；它离太阳最远时的速率是s m 1008.922?=v ，这时它离太阳的距离2r 是多少。
[解] 彗星运行受的引力指向太阳，所以它对太阳的角动量守恒，它在走过离太阳最近
或最远的地点时，速度的方向均与对太阳的矢径方向垂直，所以根据角动量守恒
2211v mr v mr =
由此得到 m 1026.51008.91046.51075.812
2
4102112?=????==v v r r
3-10 我国第一颗人造地球卫星沿椭圆形轨道运行，地球的中心是椭圆的一个焦点。已知地球半径R =6378km ，卫星与地面的最近距离为439km ，与地面的最远距离为2384km 若卫星在近地点的速率为8.1s km ，求它在远地点的速率是多大?
[解] 地球的中心点O 位于椭圆轨道的一个焦点上，设卫星运动时仅受地球引力的作用，由于该力总是指向O 点，故卫星在运动的全过程中对O 点角动量守恒。即
21L L =
由于两者的方向一致，上式可直接用大小来表示， 有
()()2211l R mv l R mv +=+
得到 s km 30.610
238410637810439106378101.83
3333
211
2=?+??+???=++=l R l R v v
3-11 如图所示的刚性摆，由两根带有小球的轻棒构成，小球的质量为m ，棒长为l 。此摆可绕无摩擦的铰链O 在竖直面内摆动。试写出：(1)此摆所受的对铰链的力矩；(2)此摆对铰链的角动量。
[解] (1) 此摆所受的对铰链O 的力矩
()[]
θθθ-++=090sin sin sin l l mg mgl M 习题3-11图 ()θθcos sin 2+=mgl
(2) 此摆对铰链的角动量为L ，转动惯量为I ，则
(
)2
2
2
22
3ml l
l m ml I =++=
所以 t
ml
I L d d 32
θω==
3-12 有两个质量都等于50kg 的滑冰运动员，沿着相距1.5m 的两条平行线相向运动，速率皆为10m 。当两人相距为1.5m 时，恰好伸直手臂相互握住手。求：(1)两人握住手以后绕中心旋转的角速度； (2)若两人通过弯曲手臂而靠近到相距为1.0m 时，角速度变为多大?
[解] 取两人组成的系统为研究对象，系统对两人距离中点的角动量守恒 (1) 设两人质量均为m ，到转轴的距离为1r ，握住手以后绕中心角速度为1ω，系统对转轴的
转动惯量为1J ，则有：
1111ωJ mv r mv r =+
(1)
又 21212112mr mr mr J =+= (2) 联立（1），(2)式得
rad/s 3.1375.0/10/11===r v ω
(2) 设两人相距1.0米时，角速度为2ω，此时系统对转轴的转动惯量为2J ，两人到转轴的
距离为2r ，则
2211ωωJ J = (3) 22222222mr mr mr J =+= (4)
又联立(2)-(4)式得
rad/s 9.295.0/3.1375.0/22221212=?==r r ωω
本题要注意，对于质点系问题应先选择系统，然后通过分析受力及力矩情况，指出系统对哪个转轴或哪个点的角动量守恒。
3-13 如图所示，一根轴沿x 轴安装在轴承A 和B 上，并以匀角速ω旋转动着。轴上装有长为2d 的轻棒，其两端各有质量为m 的小球，棒与轴的夹角为θ。若以棒处在xOy 平面内的时间开始计时，则图中所示时刻为t 的情况。 (1)根据∑?=2
1i i m v r L ，试证明此两
小球组成的系统对原点O 的角动量
()()()
k j i L t d m t d m d m ωθθωωθθωθωsin sin cos 2cos sin cos 2sin 22222--=
(2)求t d L 的表达式，并解释其含义，(3)若090=θ，则结论如何?
习题3-13图 [解] (1) 由图可知
k j i r t d t d d ωθωθθsin sin cos sin cos 1++= k j v t d t d ωθωωθωcos sin sin sin 1+-= 1122112v r v r v r L ?=?+?=m m m
ω
θωωθωωθωθθ
cos sin sin sin 0sin sin cos sin cos 2d t d t d t d d m -=k j i
()()()
k j i t d m t d m d m ωθθωωθθωθωsin sin cos 2cos sin cos 2sin 22222--=
(2)
()()
k j L
t d m t d m t ωθθωωθθωcos sin cos 2sin sin cos 2d d 2222-= 由t d d L 的表达式可看出，t
d d L 只有y ，z 分量，说明轴承只提供对y ，z 轴的力矩，以保证系统旋转。
(3) 当090=θ时，i 22d m L i ω=，0d d =t
L
，即角动量不随时间变化。
说明轴承无需提供力矩。
3-14 如图所示，将质量为 m 的球，以速率1v 射入最初静止于光滑平面上的质量为M 的弹簧枪内，使弹簧达到最大压缩点，这时球体和弹簧枪以相同的速度运动。假设在所有的接触中无能量损耗，试问球的初动能有多大部分贮存于弹簧中?
[解] 设地球和弹簧枪的共同速度为2v ，将球体和弹簧枪看作一个系统，因为水平方向所受合外力为零，所以该系统在水平方向上动量守恒，且碰撞前后速度方向相同，故有
()21v M m mv += (1)
习题3-14
把球体、弹簧枪、地球看作一个系统，不考虑接触时的能量损失，则该系统的机械能守恒，所以贮存于弹簧中的能量
()2
2
212
121v M m mv W +-=
(2) 联立以上两式得 ()()
21
222
12121v M m m M m mv W ++-= 212212121v M
m m mv +-= ()M m mMv M m m mv +=
??
? ??+-=21212121
3-15 已知某人造卫星的近地点高度为1h ，远地点高度为2h ，地球的半径为e R 。试求卫星在近地点和远地点处的速率。
[解] 地球卫星在其轨道上运行，角动量守恒，即恒量=L 。在近地点和远地点速度方向与轨道半径方向垂直。
故 ()()22e 11e mv h R mv h R +=+ (1)
设在无穷远处为引力势能的零点，则在近地点和远地点系统势能分别为1
e h R GMm
+－
和
2
e h R GMm
+－
，由机械能守恒定律得
2
e 2
21e 212121h R GMm mv h R GMm mv +=+－
－ (2) 在地球表面附近有
mg R GMm
=2
e
(3) 联立以上三式解得 ()()()
21e 1e 2e e
122h h R h R h R g R v ++++= ()()()
21e 2e 1e e
222h h R h R h R g R v ++++= 3-16 如图所示，有一门质量为M (含炮弹)的火炮，在一斜面上无摩擦地由静止开始下滑。当滑到距顶端为l 时从炮口沿水平方向射出一发质量为m 的炮弹。欲使炮车发射炮弹后的瞬时停止滑行，炮弹的初速度v 应是多大?
[解] 大炮从静止滑动距离L 的过程中，取大炮(含炮弹）和地球组成的系统为研究对象，
系统机械能守恒。设末态大炮的速度为V '，取末态重力势能为零，则由机械能守恒定律，得 2/sin 2v m MgL '=α (1)
大炮发射炮弹的过程中，取大炮和炮弹组成的系统为研究对象，由于重力的冲量可以忽略（与斜面的作用力冲量相比），而斜面的作用力垂直于斜面（斜面 习题3-16图 光滑），故斜面方向动量守恒，设炮弹初速为v ， 沿斜面方向的分
量为αcos v ，又因炮车末态静止，则
αcos mv v M =' (2)
由(1)、(2)两式得
α
ααα
c o s s i n 2c o s s i n 2 m gL M m v M v gL v =
'=='
3-17 求半圆形的均匀薄板的质心。
[解] 设圆半径为R ，质量为m ，建立如图所示的坐标
系，设质心坐标为()c c ,y x ，取图示面积元r r s d d d θ=， 则s R
m
s m d 2d d 2
πσ=
= ，由对称性知： 0c =x
π
θπθ
π
34d d 2sin d d 002c R m r r R m
r m
m y y R
===???? 所以质心的坐标为??
?
??π34,0R
3-18 水分子的结构如图所示。两个氢原子与氧原子的中心距离都是0.958?，它们与氧原子中心的连线的夹角为0105，求水分子的质心。
习题3－18图
[解] 建立如图所示坐标系，设质心坐标为()c c ,y x ，则
02sin sin H
O H H c =+-=
m m l m l m x θ
θ
0648.02cos 22cos cos H
O H H O H H c =+=++=
m m l m m m l m l m y θ
θθ?
所以水分子的质心坐标为(0，0.0648)
3-19 三个质点组成的系统，其中1m =4kg ，坐标为(1，3)；2m =8kg ，坐标为(4，1)
；
3m =4kg ，坐标为(-2，2)(SI)。设它们分别受力1F =14N ，沿x 方向；2F =16N ，沿y 方向；3
F ＝6N ，沿负x 方向。质点间无相互作用力。求：(1)各质点的加速度；(2)开始时质心的坐标；(3)质心的加速度。
[解] (1) 各质点的加速度 i i F a 5.3414111===
m j j F a 0.2816222===
m i i F a 5.14
6333-=-==
m (2) 设开始时质心的坐标为()c c ,y x ，则
()m 47
484244814321332211c =++-?+?+?=++++=
m m m x m x m x m x
m 4
7
484241834321332211c =++?+?+?=++++=
m m m y m y m y m y
(3) 1m ，2m 和3m 所组成的系统所受的合力
j i i j i F F F F 16861614321+=-+=++=
所以质心的加速度是
j i j i F
a +=+++=++=
2
1484168321c m m m
3-20 如图所示，浮吊的质量M ＝20t ，从岸上吊起m =2t 的重物后，再将吊杆与竖直方
向的夹角θ由060转到030，设杆长l =8m ，水的阻力与杆重略而不计，求浮吊在水平方向上移动的距离。
习题3-20图
[解法一] 取吊车和重物组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此θ在由
060转到030时，质心的位置不变。取质心为坐标原点，如图所示。设在θ在由060转到0
30
时吊车在水平方向上移动的距离为x ，重物在水平方向上移动的距离为y ，则
θ=060时
Ma -mb =0
a +
b =l sin 060
θ=030时
M (a -x )-m (b -y )=0
(a -x )+ (b -y )=l sin 030
联立上述四式得 ()()
m 266.02
2030sin 60sin 8230sin 60sin 0
000=+-?=+-=m M ml x
[解法二] 以岸边为参考系，选如图坐标系，因水的阻力不计，因此浮吊在x 方向动量守恒。该M 以V 向岸边靠拢，m 相对M 以u 向左运动，相对岸边的速度为u -V 。
吊杆转动角度θ前后，在水平方向动量守恒，
()V u m MV --=0
即 u m
M m
V +=
依题意，m 在水平方向相对浮吊移动的距离为
()m 93.260cos 30cos 002=-=l x
经历时间u
x t 2
= 在t 时间内，M 在x 方向移动的距离为
m 266.02
2093
.2221=+?=?+==u x u m M m Vt x
3-21 一个质子在一个大原子核附近的势能曲线如图所示。若在0r r =处释放质子，问：(1)在离开大原子核很远的地方，质子的速率为多大? (2)
如果在02r r =处释放质子呢?
[解] 当∞→r 时，0p =E ，将原子核和质子看作一个系统，可忽略重力作用，则在原子核的引力场中，系统的能量守恒，故()r E E p k =∞，又2p k 2
1
v m E =
∞，其中p m 为质子的质量，kg 10673.127p -?=m ， 习题3-21图
得到 ()p
p p k 22m r E m E v ==∞ (1) 0r r =时，()J 1010602.140.0MeV 40.06190p ???==-r E 所以 m 1075.810
673.11010602.140.02627
6
191?=?????=
--v
(2) 02r r =时，()J 1010602.112.0MeV 12.026190p ???==-r E 所以 s m 1079.410
673.11010602.112.02627
6
191?=?????=
--v 3-22 如图所示，在水平光滑平面上有一轻弹簧，一端固定，另一端系一质量为m 的滑块。弹簧原长为0L ，倔强系数为k 。当t ＝0时，弹簧长度为0L 。滑块得一水平速度0v ，方向与弹簧轴线
垂直。t 时刻弹簧长度为L 。求t 时刻滑块的速度v 的大小和方向(用
θ角表示)。 习题3-22图
[解]因为弹簧和小球在光滑水平面上运动，所以若把弹簧和小球作为一个系统，则系统的机械能守恒，即
20220)(2
1
2121L L k mv mv -+= (1) 小球在水平面上所受弹簧拉力通过固定点，则小球对固定点角动量守恒，即
=?=v r L m 恒量
故 θsin 00Lmv mv L =
(2)
由(1)式得 2020
)(L L m
k
v v --= 代入(2)式得
2
02
00
0)(arcsin
L L m
k v L v L --=θ
3-23 如图所示，两飞船1S 和2S 在绕地球的两个圆形轨道上作逆时针方向飞行，两轨道同处一个平面内，半径分别为1r 和126r r =。现从1S 上沿其轨道的切向发射的补给火箭，使其速度能在抵达2S 时与2S 的轨道相切。补给火箭发射后，就在自由飞行的条件下完成其旅程。试求：(1)补给火箭相对于1S 的发射速率；(2)补给火箭到达B 处的速率；(3) 2S 的轨道速率；(4)对比
(2)和(3)的结果后，为了使1S 和2S 连接，还应当采取什么措施? 习题3-23图
[解] (1) 补给火箭的轨道是一个半椭圆，设其相对于地心的速率为0v ，则
()1
211207122r GM
r r r GMr v =
+=
为求补给火箭相对于1S 的速率v '，先要知道1S 相对于地心的速率1v ，由于1S 作半径为
1r 的圆周运动，由牛顿运动定律和万有引力公式得
1
2121r mv r Mm G =
所以 11r GM
v = 1101712r GM v v v ???
? ??-=-=' (2)设补给火箭到达B 处的速率为B v ，根据动量守恒有
B 201mv r mv r = (m 为补给火箭的质量)
所以 1
10021B 2171236161r GM
r GM v v r r v =?===
(3) 设2S 的轨道速率为2v ，根据牛顿运动定律和万有引力公式，有2
2
2
22r mv r Mm G =
所以 1
216r GM
r GM v ==
(4) 对比(2)和(3)可知，B v <2v 。所以补给火箭抵达B 后，必须开动引擎使其速率增至2
S 的轨道速率，否则不能连结。
3-24 求证：两个小球在一维弹性撞过程中，最大弹性形变势能为
()
()22010212
1pmax 2v v m m m m E -+=
式中1m 、2m 是小球的质量，10v 、20v 是碰撞前小球的速率。
[解] 在弹性碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，当二者速度相等时，弹性势能最大，此时，由动量守恒定律，得
v m m v m v m )(21202101+=+
(1)
又由机械能守恒定律得， 22122022101p )(2
12121v m m v m v m E +-+=
(2) 由(1)式，解出v ，代入(2)式中，得
22010212
1p )()
(2v v m m m m E -+=
3-25 在核反应堆中，石墨被用作快速中子的减速剂，裂变产生的快中子的质量为1个原子质量单位(记作1u )，石墨原子质量为12u 。若中子与石墨原子作弹性碰撞，试计算：(1)碰撞前后中子速率的比值，(2)碰撞过程中中子的能量损失多少?设碰撞前中子的动能为0E 。
[解] 设中子质量为1m ，碰撞前后速度分别为21,v v ；石墨原子质量为2m ，碰撞后速度为2v '。碰撞前后中子和石墨原子组成的系统动量守恒，在一维碰撞中，有：
221
111v m v m v m '+'= 此碰撞可看作完全弹性碰撞，所以有：
22221
12
112
12121v m v m v m '+'= 化简上两式，得：
21
112v v v '+'= 22212112v v v '+'= 可解出 111
85.013
11
v v v ≈-=' 碰撞过程中中子损失的能量： 2121121121116912121212121v m v m v m v m E -='-=?0021128.0169481694821E E v m ===
习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=
两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一
本 科 毕 业 设 计（论文） 题 ——副标题 学生姓名：张 三 学 号：1301013101 专业班级：电气工程及其自动化13-5班 指导教师：李 四 2017年 6月15日
——副标题 要 数据结构算法设计和演示（C++）树和查找是在面向对象思想和技术的指导下，采用面向对象的编程语言（C++）和面向对象的编程工具（Borland C++ Builder 6.0）开发出来的小型应用程序。它的功能主要是将数据结构中链表、栈、队列、树、查找、图和排序部分的典型算法和数据结构用面向对象的方法封装成类，并通过类的对外接口和对象之间的消息传递来实现这些算法，同时利用C++ Builder 6.0中丰富的控件资源和系统 解、辅助教学和自我学习的作用。 关键词：
The design and implementation of the linear form ——副标题 Abstract 外文摘要要求用英文书写，内容应与“中文摘要”对应。使用第三人称。 “Abstract” 字体：Times New Roman，居中，三号，加粗，1.5倍行距，段前、段后0.5行间距，勾选网格对齐选项。 “Abstract”上方是论文的英文题目，字体：Times New Roman，居中，小二，加粗，1.5倍行距，间距：段前、段后0.5行间距，勾选网格对齐选项。 Abstract正文选用设置成每段落首行缩进2字符，字体：Times New Roman，字号：小四，1.5倍行距，间距：间距：段前后0.5行间距，勾选网格对齐选项。 Keywords与Abstract之间空一行，首行缩进2字符。Keywords与中文“关键词”一致，加粗。词间用分号间隔，末尾不加标点，3-5个，Times New Roman，小四。如需换行，则新行与第一个关键词首字母对齐。 Keywords：Write Criterion；Typeset Format；Graduation Project (Thesis)
第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
简要说明为什么油水过渡带比油气过渡带宽？为什么油越稠，油水过渡带越 宽？ 答：过渡带的高度取决于最细的毛细管中的油（或水）柱的上升高度。由于 油藏中的油气界面张力受温度、压力和油中溶解气的影响，油气界面张力很 小，故毛管力很小，油气过渡带高度就很小。因为油水界面张力大于油气界 面张力，故油水过渡带的毛管力比油气过渡带的大，而且水油的密度差小于 油的密度，所以油水过渡带比油气过渡带宽，且油越稠，水油密度差越小， 油水过渡带越宽 四、简答题 1、简要说明油水过渡带含水饱和度的变化规律，并说明为什么油越稠油水过渡带越宽？ 由于地层中孔隙毛管的直径大小是不一样的，因此油水界面不是平面，而是一个过渡带。从地层底层到顶层，油水的分布一般为：纯水区——油水过渡区——纯油区。由下而上，含水饱和度逐渐降低。 由式：，在PcR 一定时，油水的密度差越小，油水的过渡带将越宽。油越稠，油水密度 差越小，所以油越稠，油水过渡带越宽。 来源于骄者拽鹏 习题1 1.将气体混合物的质量组成换算为物质的量的组成。气体混合物的质量组成如下： %404-CH ,%1062-H C ，%1583-H C ，%25104-H C ，%10105-H C 。 解：按照理想气体计算： 2.已知液体混合物的质量组成：%.55%,35%,1012510483---H C H C H C 将此液体混合物的质量组成换算为物质的量的组成。
解： 3．已知地面条件下天然气各组分的体积组成：%23.964-CH ,%85.162-H C ， %83.083-H C ，%41.0104-H C ， %50.02-CO ，%18.02-S H 。若地层压力为15MPa ， 地层温度为50C O 。求该天然气的以下参数：（1）视相对分子质量；（2）相对密度；（3）压缩因子；（4）地下密度；（5）体积系数；（6）等温压缩系数；（7）粘度；（8）若日产气为104m 3,求其地下体积。 解： （1）视相对分子质量 836.16)(==∑i i g M y M （2）相对密度 580552029 836 16..M M a g g == = γ （3）压缩因子
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2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 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？
中国石油大学（北京）现代远程教育毕业设计（论文） 低渗透油田压裂液返排规律研究 姓名： 学号： 性别： 专业: 石油工程 批次： 学习中心： 指导教师： 年月
摘要 水力压裂是低渗透油气藏开发评价和增产增注必不可少的技术措施，而油气井压后的压裂液返排又是水力压裂作业的重要环节。目前，对压裂液返排的控制，大多采用经验方法，没有可靠的理论依据。本文对压裂液的返排过程和压后井底压力的确定进行了较为系统的研究，旨在为压裂液返排控制提供理论依据。 本文在以压裂液的滤失量计算的基础上，运用流体力学和数值模拟的相关理论以及物质平衡原理，针对返排期间裂缝闭合的过程，考虑了启动压力梯度的影响，建立了压裂液返排的数学模型，给出了压裂液返排数学模型的数值解法。研究表明，为了减少压裂液对储层的伤害，低渗透储层中的压裂井应采用停泵后立即返排的方式，使裂缝强制闭合。实测井口压降曲线与计算值的比较结果表明，建立的模型能够比较准确地预测裂缝闭合过程和压裂液返排过程。 最后，对返排的过程进行了室内模拟实验研究，通过岩心实验，发现了返排过程中的一些特定规律。然后以滤失机理研究为基础，通过了建立裂缝壁面上的渗流模型，编制了返排参数预测程序，可通过对压裂返排效果的预测来指导压裂液返排作业。 关键词：水力压裂；裂缝闭合；压裂液返排；数学模型；井底压力
目录 第1章绪论 (1) 1.1压裂液返排规律研究的目的和意义 (1) 1.2目前关于压裂液返排规律研究存在的不足 (2) 第2章低渗透油田特点及压裂液返排规律研究现状 (3) 2.1国内外低渗透油田储量分布及特点 (3) 2.1.1 国外低渗透油田储量分布 (3) 2.1.2 国外低渗透油田的主要特点 (3) 2.1.3 国内低渗透油田储量分布 (4) 2.1.4 国内低渗透油田的主要特点： (4) 2.2压裂液返排规律研究现状 (5) 2.2.1 国外压裂液返排的推荐做法 (5) 2.2.2 国内压裂液返排的研究现状 (7) 2.3裂缝形态的数学模型 (8) 第3章裂缝闭合期间压裂液返排模型 (9) 3.1裂缝闭合过程中模型的假设条件 (9) 3.2压裂液返排的二维数学模型 (9) 3.2.1 压裂液从地层返排的数学模型 (9) 3.2.2 初始条件及边界条件 (13) 3.3模型的数值解法 (14) 3.3.1 返排模型的离散 (14) 3.3.2 求解方法 (17) 3.4裂缝闭合时间及压裂液返排量的确定 (18) 3.4.1 裂缝闭合时间确定 (18) 3.4.2 压裂液返排量的计算 (18) 3.4.3 停泵后裂缝体积变化量的计算 (19) 3.5实例计算与分析 (20) 3.6室内实验模拟研究 (22) 3.6.1 实验方法 (22) 3.6.2 实验数据及处理 (23) 第4章压裂液返排的实验研究 (26) 4.1实验仪器材料 (26) 4.2实验步骤 (26) 4.3实验数据处理与结果分析 (26) 4.3.1 采用瓜胶压裂液进行压裂实验 (26) 4.3.2 采用田菁胶压裂液进行实验的结果 (29) 图4-6 累计流量与渗透率恢复值 (30) 4.4结论与建议： (30) 第5章压裂过程中的滤失与返排效果预测 (31) 5.1压裂液滤失理论 (31) (32) 5.1.1 受压裂液黏度控制的滤失系数C 1 5.1.2 受地层流体压缩性控制的滤失系数C2 (32) (34) 5.1.3 压裂液造壁性控制的滤失系数C 3
中国石油大学油层物理第二阶段在线作业 第1题？？产生相态转化的内因是—— 您的答案：A 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：相态转化的原因 第2题下列关于纯组分和双组分P-T相图描述不正确的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：纯组分和双组分P-T相图特征 第3题下列叙述中错误的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：泡点、露点、临界点等基本概念 第4题下列关于典型油气藏气油比、地面油密度等性质的描述中错误的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：典型油气藏相图特征 第5题下列关于油气分离的叙述中错误的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：脱气方式 第6题下列不属于影响原油高压物性的因素有—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：影响原油高压物性的参数 第7题地下原油采到地面时，原油体积收缩，体积收缩程度大者为高收缩率原油，体积收缩程度小者为低收缩率原油，下列关于两者的叙述中不正确的是—— 您的答案：B
题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：低收缩原油与高收缩原油比较 第8题下列叙述中错误的是—— 您的答案：C 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：原始溶解汽油比、饱和压力、原油体积系数、两相体积系数等基本概念 第9题石油与天然气储层主要为—— 您的答案：A 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：储层岩性 第10题下列关于岩石孔隙度的说法中错误的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：岩石孔隙度 第11题下列关于岩石渗透率的说法中错误的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：岩石渗透率 第12题下列关于岩石孔隙类型按照其大小分类的说法中不正确的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：岩石孔隙按大小分类 第13题下列关于饱和度的叙述中错误的是—— 您的答案：B 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：饱和度 第14题下列关于地层水的叙述中错误的是—— 您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
本科毕业设计（论文）题目：春风油田沙一段储层夹层研究 学生姓名： 学号： 专业班级：资源勘查1005 指导教师： 2014年 6月20日
摘要 钙质砂岩是一种致密性的岩石，一般存在于干层中，是现在油田开发中尽可能避开的开发位置，因此能够正确的预测钙质砂岩的分布能够增加打到油气层的几率，减少经济损失。主要以P609区块为研究主体，首先分析钙质砂岩的成因，统计区块内钙质砂岩的物性，然后分析其影响因素，正确预测钙质砂岩的分布。研究区内浅滨湖提供了良好的钙质砂岩来源，水下分流河道将钙质砂岩输送到目的区内，然后在沉积环境作用下形成了钙质砂岩。 论文降低重复率、论文排版、答辩幻灯片制作请联系Q2861423674 诚信服务，通过后付款https://www.doczj.com/doc/865801232.html, 关键词：钙质砂岩；分布；沉积条件；P609区块
Study on Reservoir and Mezzanine of N1s in Chunfeng Oilfield Abstract Calcareous is a kind of sandstone rocks,which generally present in the dry layer is now possible to avoid the development of oilfield development position, and therefore able to correctly predict the distribution of calcareous sandstone reservoirs can increase the chance of hitting, reduce economic losses. This paper mainly P609 blocks for the study subjects, the first analysis of the causes of calcareous sandstone, calcareous sandstone within the statistical properties of the block, and then analyze the influencing factors, correctly predict the distribution of calcareous sandstone. Shallow Lake study area provides a good source of calcareous sandstone, calcareous sandstone underwater distributary channel will be transported to the target area, then at ambient role in the formation of calcareous sandstone. 论文降低重复率、论文排版、答辩幻灯片制作请联系Q2861423674 诚信服务，通过后付款https://www.doczj.com/doc/865801232.html, Keywords：distribution of calcareous sandstone; blocks P609; deposition conditions
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理课后习题答案第六章
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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
中国石油大学（北京） 本科生毕业设计（论文）撰写规范 本科生毕业设计(论文)是实现人才培养目标的重要实践性环节，对巩固、深化和升华学生所学理论知识，培养学生创新能力、独立工作能力、分析和解决问题能力、工程实践能力起着重要作用。毕业设计(论文)同时也是记录科研成果的重要文献资料，是申请学位的基本依据。为了规范我校本科生毕业设计(论文)的管理，保证毕业设计(论文)质量，特制定《中国石油大学（北京）本科生毕业设计（论文）撰写规范》。 撰写内容要求 1. 毕业设计（论文）工作量要求 1.1 总体要求 1.1.1 论文篇幅 论文(不包括附录及文献目录)篇幅：除外语专业和留学生外，一般使用汉语简化文字书写，字数在1.5万左右，有创新的论文，字数不受限制。 1.1.2 文献查阅 查阅与毕业设计（论文）相关的文献（不含教科书）不少于10篇，其中外文文献不少于2篇。 1.1.3 文献翻译 翻译与毕业设计（论文）有关的外文资料不少于5000汉字。 1.2 具体要求 1.2.1 对我校理工科各类型毕业设计（论文）的具体要求 (1) 工程设计类 此类题目侧重于对学生设计、计算、绘图能力训练。主要对应于机械类、电类专业的产品、部件、控制系统等设计型题目和建筑工程类专业的建筑设计型题目。 做此类题目的学生要完成1万字以上的设计说明书（论文），查阅参考文献不少于10篇，包括2篇以上外文文献；其中机械专业类学生还必须独立完成一定数量的工程图（不包括零件图和示意图），工程图中必须要有不少于1张是计算机绘图；电类专业的学生要独立完成全部或相对独立的局部设计和安装调试工作，要有完整的系统电气原理图或电气控制系统图。 (2) 理论研究类 原则上不提倡工科各专业过多选做此类课题，除非题目确实有实际意义。做该类型题目的学生应根据课题提出问题、分析问题，提出方案、并进行建模、仿真和设计计算等，要完成1.5万字左右的论文，查阅参考文献不少于15篇，包括4篇以上外文文献。 (3) 实验研究类 学生要独立完成一个完整的实验，取得足够的实验数据，实验要有探索性，而不是简单重复已有的工作；要完成1万字以上的论文，其中包括文献综述、实验部分的讨论与结论等内容，查阅参考文
第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
中国石油大学（北京）2008 —2009学年第二学期 《油层物理》期末考试试卷A（闭卷考试）班级：姓名：学号：分数： (试题和试卷一同交回) 一.解释下列名词与基本概念（每题3分，共12分） 1.原油相对密度 2.露点压力 3.克氏渗透率 4.双重孔隙介质 二.简述题（每题8分，共24分） 1.水敏、速敏的含义各是什么？ 2.简述岩石润湿性特征的相对性和可变性，并举例说明。 3.试举例说明等渗点的定义及其渗流物理涵义。 三．论述题（每题8分，共16分） 1.什么是饱和压力？在油藏开发过程中，一般需要控制地层压力高于还是低于饱和压力？为什么？ 2.论述地层原油粘度随溶解气油比和压力的变化规律（注意区分当压力低于饱和压力或高于饱和压力时）。 四．计算与求证（每题12分，共48分） 1.某油藏含油面积为A=14.4km2, 油层有效厚度h=11m, 孔隙度φ=0.21，束缚水饱和度S wi= 0.3, 原油体积系数B o=1.2，原油相对密度d420=0.87, 试计算该
油藏的原油储量（地面体积）为多少m3（8分）, 合多少吨？（4分） 2.当储层中只含有油水两相时，储层岩石的综合弹性压缩系数C t为： C t = C f + C Lφ= C f+(C o S o+ C w S w)φ 式中：C L, C f ——分别为储层流体与储层岩石的压缩系数，MPa-1 C o, C w ——分别为储层中油、水的压缩系数，MPa-1 φ——岩石孔隙度，小数。 试求证：C L=C o S o + C w S w 3.在一砂岩岩样上测得油、水相对渗透率数据如下表。 试计算或回答下列问题：（1）、驱油效率。(4分) （2）、若岩芯的绝对渗透率185毫达西，求Sw＝50％时油、水的有效渗透率。(4分) （3）、如果水的粘度μw=1.1mPa.s，油的粘度μo=1.9mPa.s，计算Sw=64.4%时的水的分流量fw。(4分) 4.实验室内由水驱气实验资料确定的J(Sw)函数如下表： 已知油藏数据：孔隙度Φ=0.30,渗透率K=300×10μm，天然气密度ρg=24kg/m3；水的密度ρw=1000kg/m3;气-水界面张力σgw=45dyn/cm，气-水接触角θgw=0°。试计算气藏气-水过渡带厚度。
大学物理(上)课后习题答案
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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， 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：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
中国石油大学（华东）现代远程教育专科毕业大作业 写作管理规定 毕业大作业环节是实现各专业培养目标的重要教学环节，是人才培养计划的重要组成部分，也是衡量成人高等教育办学水平及教学质量的重要评估指标。 一、组织管理 专科学生要求做毕业大作业，毕业大作业的组织管理以各学习中心、函授站为主，其要求及使用到的表格可参照本科毕业设计（论文）相关文件。 各学习中心（函授站）由各站负责人、教学管理人员、有关专家等组成专门的毕业大作业领导小组。其主要职责是：制定保证毕业大作业质量的措施；审查学生毕业大作业资格；选聘指导教师；协助指导教师做好指导工作；协助远程与继续教育学院组织评审工作。各站根据各专业的教学培养计划，提前一个月做好毕业大作业的准备工作。 （一）选聘指导教师 各学习中心（函授站）根据学生的专业、毕业大作业题目的研究方向选聘指导教师，指导教师的聘任采取校内聘任与校外聘任相结合的方式，应选择学术水平高、有丰富的教学经验或丰富的理论与实践经验的教师或工程技术人员担任，所聘指导教师必须具备中级以上（含中级）职称、本科以上（含本科）学历。 指导教师的聘任必须经过远程与继续教育学院审核备案。各学习中心（函授站）把选聘的指导教师情况汇总后上报远程与继续教育学院进行资格审查，审查通过后确定指导教师。各学习中心（函授站）确定指导教师后立即通知学生与指导教师联系。 （二）组织评审 论文的评审工作主要由各学习中心（函授站）组织。学习中心（函授站）应根据远程与继续教育学院的要求选聘教师成立评审小组，并上报远程与继续教育学院审批。所聘的评审小组成员必须具有毕业大作业指导教师的任职资格，每个评审小组至少由三人组成。论文评审结束后，评审小组填写毕业大作业评审记录表。 （三）上报成绩 学习中心（函授站）根据评审记录表整理成绩单并上报，由远程与继续教育学院组织教师对成绩进行复审。 二、毕业大作业细则 （一）选题原则与要求 1．选题必须符合专业的培养目标，满足教学基本要求，体现专业基本内容、有利于巩固、深化和扩充学生所学知识，达到综合训练的目的。 2．选题应结合本职工作任务，用已学过的知识解决生产实际问题，增强课题的应用价值、实用价值。文科类的选题要突出现实性，着重分析研究本企业改革和现存的热点、难点问题；理工类的选题重点在于结合本职工作、结合工程实际，强化工程实践能力的培养。
2015秋中国石油大学《油层物理》第二阶段在线作业 及满分答案 1.（ 2.5分）下列关于岩石孔隙度的说法中错误的是—— ?A、岩石的绝对孔隙度是指岩石的总孔隙体积与岩石外表体积之比?B、岩石的有效孔隙度是指岩石中有效孔隙的体积与岩石外表体积之比 ?C、岩石的流动孔隙度是指在含油岩石中可流动的孔隙体积与岩石外表体积之比 ?D、绝对孔隙度>流动孔隙度>有效孔隙度 我的答案：D此题得分：2.5分 2.（2.5分）已知一干岩样重量为32.0038克，饱和煤油后在煤油中称得重量为22.2946克，饱和煤油的岩样在空气中的重量为3 3.8973克（注：煤油的密度为0.8045克/厘米3）请回答下列问题：（3）岩样的视密度（=骨架重量/岩石外表体积）为—— ?A、2.219g/cm3 ?B、2.35g/cm3 ?C、1.546g/cm3 ?D、条件不足，无法确定 我的答案：A此题得分：2.5分 3.（2.5分）下列关于粒度组成的叙述中错误的是—— ?A、砂岩的粒度组成是指不同粒径范围（粒级）的颗粒占全部颗粒的百分数（含量），通常用质量百分数表示，可用筛析法和沉降法来
测定 ?B、粒度组成分布曲线表示了各种粒径的颗粒所占的百分数，曲线尖峰越高，岩石粒度组成越均匀，曲线尖峰越靠右，岩石中粗颗粒越多 ?C、粒度组成累计分布曲线上，上升段越缓，岩石颗粒越均匀?D、定量计算粒度组成的均匀程度的粒度参数有粒径中值、平均粒径、分选系数、偏度和峰度 我的答案：C此题得分：2.5分 4.（2.5分）有一岩样长10厘米，截面积为2厘米2，在1.5大气压的压差下，通过粘度为2.5厘泊的油，气流量为0.0080厘米3/秒，此岩样为油100%饱和，则其绝对渗透率为—— ?A、0.67D ?B、0.067D ?C、0.0067D ?D、条件不足，无法确定 我的答案：B此题得分：2.5分 5.（2.5分）三个定截面的分层,其渗透率分别为50、200和500毫达西，相应的各分层长度为12.19、3.05和22.86米，当三个层串联组合时，其平均渗透率为—— ?A、50mD ?B、500mD ?C、332mD