第十二章能量法

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能量法

1

3Eh2 10GL2

It is therefore customary in engineering practice to neglect the effect of shear in computing the strain energy of slender beams.
F 广义力
1
广义位移
基本变形下杆的应变能：（线弹性范围内）
F
V

1 2
Fl

FN2l 2EA
l
FN2 x dx
2EA
Me
V

1 2
M e

T 2l 2GI P

T 2 xdx
l 2GIP
M
V

1 M
2

M 2l 2EI
横力弯曲
M 2 x dx
2EI 0
2GI p 0
4EI 4GI p
外力功
V
W

1 2
P
A
A

PR3
2EI

3PR3
2GI p
互等定理 (Reciprocal theorems)
1. 功的互等定理
设有两组外力F1和F2分别作用于同一线弹性结构上，如图所示，(a)、(b)分别称为结构的第一状态和第二状态。
F1 Δ11 1
F1 dF
0
线弹性范围内：
1

1
Vc
V

F 2
➢ 余能仅具有与应变能相同的量纲，无具体的物理意义。线弹性材料，余能数值上等于应变能，应区分两者的概念。
应变能的普遍表达式

电路中的能量转化

例1 (多选)对电功及焦耳定律公式的理解正确的是
√A.焦耳定律适用于一切电路的焦耳热的求解
B.电功公式W＝UIt、焦耳定律公式Q＝I2Rt都适合于任何电路，因此W
一定等于Q
C.非纯电阻电路中的电功可能等于焦耳热
√D.电功的另一表达式W＝U2 t只适用于纯电阻电路 R
解析任何电路的焦耳热都可用焦耳定律求解，A正确； B选项中的两个公式均适合于任何电路，但W不一定等于Q，B错误；非纯电阻电路中的电功一定大于焦耳热，C错误； W＝UR2t 只适用于纯电阻电路，D 正确.
总功率 P＝P1＋P2＋…＋Pn P＝P1＋P2＋…＋Pn
3.额定功率和实际功率 (1)用电器正常工作时所消耗的电功率叫作额定功率.当实际电压达到额定电压时，实际功率等于额定功率. (2)为了用电器不被烧毁，实际功率不能大于额定功率.
例3 (2023·广州市模拟)定值电阻R1、R2、R3的阻值均为2 Ω，在电路中允许消耗的电功率的最大值分别为10 W、10 W、2 W，现将这三个电阻按照如图2所示的方式连接，则这部分电路消耗的电功率的最大值为
(4)电动机消耗的电能，一部分转化为机械能，一部分转化为线圈内阻上
的电热.( √ )
(5)焦耳定律的表达式为Q＝I2Rt，此式适用于任何电路.( √ )
(6)三个公式P＝UI、P＝I2R、P＝U2没有任何区别，它们表达相同的意义， R
所以三式中P都是电功率.( × )
2.通过电阻R的电流为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电
图3
(1)通过电动机的电流；
答案 0.6 A
解析灯泡正常发光，则通过灯泡的电流 IL＝UPLL＝44 A＝1 A 通过电阻 R 的电流 IR＝U－RUL＝125－4 A＝1.6 A

大学物理-第十二章变化的电磁场B

dt
则 dD与 D反向，
与 j 同向
dt
结论
j
dD
dt
I
D
充电
I
D
放电
27
麦克斯韦在研究了安培环路定律应用于非稳恒电路中出现的矛盾以后，又提出了一重要假设——位移电流。
28
2.位移电流的概念
把变化的电场看作是一种电
流，这就是麦克斯韦位移电流的
概念。位移电流密度：
jd
dD dt
l I
3.位移电流的磁场
麦克斯韦指出：位移电流(变化的电场)与传导电流一样，也要在周围的空间激发磁场。
若空间磁场仅由位移电流产生，则根据全电流安培
dl
环S路( j定0 理jlldH)dddSdllSS(Sj0j0DdtSjddS)SdSDt
dSSj0
dS
DD
dS
S tt
感应电场的环流
+q -q
I dq d (σS) S dσ
dt dt
dt
j I dσ S dt
l
E
I k
两极板间： D εE σ dD dσ dt dt
即：
j dD 二者方向如何？ dt
26
充电时： σ , D dD 0
dt
则
dD与
D
同向，
与 j 同向
dt
放电时： σ , D dD 0
L1 I12
•再给线圈2通电：0I2
K1
1
K2
2
R1
I1
R2
I2
线圈2的电源克服自感电动势作功：W2
1 2
L2
I
2 2
线圈1的电源克服互感电动势作功：

【材料课件】第十二章超静定结构-精选文档

=
A
+
A
B
求解其它问题（反力、应力、变形等）
9
§12–3 用力法解超静定结构
一、力法的基本思路（举例说明） P 例1 如图所示，梁EI为常数。 (a) B
l 2
试求支座反力，作弯矩图，并
求梁中点的挠度。解：①判定多余约束反力的数目（一个） ②选取并去除多余约束，代以多余约束反力，列出变形协调方程，见图(b)。
A
X X 0 11 1 12 2 1 P 21X 22X2 0 1 2P
④计算系数ij和自由项iP 用莫尔定理求得
X1
A X2
B
16
A x1
q
B x2
4 1a 1 2 qa ( qx ) a d x 1 P 2 2 0 EI 2 6 EI
x2
4 1a 1 2 qa ( qx ) x d x 2 P 2 2 2 0 EI 2 8 EI
A x1 1
3 a 1 a2 4 a 2 ( x d x a x ) 11 1 1 d 2 0 0 EI 3 EI

( ) 768 EI
(h)
注意：对于同一超静定结构，若选
A A
x C
B
P
(i) C B
取不同的多余约束，则基本静定系
也不同。本题中若选固定段处的转动约束为多余约束，基本静定系是如图(i)所示的简支梁。
X1
13
二、力法正则方程上例中以未知力为未知量的变形协调方程可改写成下式
X 0 11 1 1 P
A
L
C 物理方程——变形与力的关系 EA LBC 4 3 qL R L B f ; f q0 Bq BR B 8 EI 3 EI x B RBLBC LBC RB EA 补充方程 B RB q0

12第12章动能定理

因此
d ( 1 mv 2 ) = δW 2
动能定理的微分形式
积分，将上式沿路径 M 1M 2 积分，可得
1 1 2 2 mv2 − mv1 = W12 动能定理的积分形式 2 2
18
2．质点系的动能定理．对质点系中的一质点 M i ： d ( 1 mi vi 2 ) = δWi 2 对整个质点系，对整个质点系，有:
1 1 − ). r2 r1
(ϕ =ϕ 2 −ϕ 1 )
∴ W12 =
ϕ2 ϕ1
∫
r M z ( F ) dϕ
ϕ2
作用于转动刚体上力的功等于力矩的功。作用于转动刚体上力的功等于力矩的功。
如果作用力偶，如果作用力偶，M , 且力 W12 = 偶的作用面垂直转轴
注意：功的符号的确定。注意：功的符号的确定。
2．定轴转动刚体 T = ∑ mi vi 2 = (∑ mi ri 2 )ω 2 = 1 J zω 2 ．
2
2 3．平面运动刚体 T = 1 M vC + 1 J Cω 2 ． 2 2 1 T = J Pω 2 （P为速度瞬心）
1 2
1 2
2
1 = ( J C + Md 2 )ω 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 = J Cω + M (d ω ) = J Cω + M vC 2 2 2 2
r r r δW = Fs ⋅ drc = Fs ⋅ vC dt = 0. r r drc = vC ⋅ dt = 0，
(3) 滚动摩擦阻力偶 M 的功
r vo
A F s
10
s 若M = 常量则 W12 = − Mϕ = − M R
FN
五．质点系内力的功 r r r r r r r r δ W = F ⋅ drA + F '⋅drB = F ⋅ drA − F ⋅ drB

材料力学能量法

3
13 Pa 12 EI
3
M
能量法
例：图示梁，抗弯刚度为EI，承受均布载荷q及
集中力X作用。用图乘法求： (1)集中力作用端挠度为零时的X值； (2)集中力作用端转角为零时的X值。
能量法
解：(1)
ql / 8
2
1 wC EI
Xal 2a Xa 2 2a ql 3 a 2 3 2 3 12 2
l P 2 得：P wC1 m 2E I 2 ml 由此得： C wC1 8E I
2
能量法
例：长为 l 、直径为 d 的圆杆受一对横向压力 P 作用，
求此杆长度的伸长量。已知E和m。
能量法
解：由位移互等定理知，①杆的伸长量等于 ②杆直径的减小量
l
①
d
②
e d e d
4 P P d d E AE
能量法
例：已知简支梁在均布载荷 q 作用下，梁的中点挠
度
5ql w 384E I
4
。求梁在中点集中力P作用下(见
图)，梁的挠曲线与梁变形前的轴线所围成的面积A。
A
能量法
A
5ql q A P 384E I
能量法
4

可用于线弹性材料，也可用于非线弹性材料。
能量法
§12-7 单位载荷法莫尔积分
P1
P2
C

用虚功原理可以导出计算结构一点位移的单位载荷法
能量法
P1
P2
C
Fs ( x)

C
M ( x)
1 M ( x)d
M ( x) d dx EI
P0 1 Fs ( x)

人教版高中物理必修三第十二章节电能能量守恒定律

……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前人教版高中物理必修三第十二章节电能能量守恒定律学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上分卷I分卷I 注释一、选择题（注释）1. 卫星在太空中可以利用太阳电池板供电。

若一太阳电池板,测得它的开路电压为800 mV,短路电流为40 mA,将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路,则它的路端电压是( ) A. 0.10 V B. 0.20 V C. 0.30 V D. 0.40 V2. 如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体（不计气体的分子势能以及气缸和活塞间的摩擦）．将一个半导体NTC 热敏电阻R （随着温度的升高热敏电阻阻值减小）置于气缸中，热敏电阻R 与气缸外的电源E 和电流表组成闭合电路，气缸和活塞与外界无热交换．现保持活塞位置不变，当发现电流表的读数增大时，下列说法正确的是（）A. 气体的密度增大B. 气体的压强不变C. 气体分子的平均动能增大D. 每秒撞击单位面积器壁的气体分子数不变3. 如图，a 、b 分别表示一个电池组和一只电阻R 的伏安特性曲线．用该电池组直接与电阻R 连接成闭合电路，则以下说法正确的是（）A. 电池组的内阻是0.33ΩB. 电阻的阻值为1Ω试卷第2页，总20页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………C. 电池组的输出功率将是4WD. 改变电阻R 的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W4. 在如图所示的UI 图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路．由图象可知正确的是（）A. 电源的电动势为3V ，内阻为1ΩB. 电阻R 的阻值为2ΩC. 电源的输出功率为4WD.电源的效率为50%5. 如图所示，电流表 A 1 （0 ～3A ）和 A 2 （0 ～0.6A ）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关 S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A. A 1 、A 2 的读数之比为1：1B. A 1 、A 2 的读数之比为5：1C. A 1 、A 2 的指针偏转角度之比为5：1D.A 1 、A 2 的指针偏转角度之比为1：56. 如图所示电路中， A 、B 两灯均正常发光， R 为一滑动变阻器， P 为滑动片，若将滑动片向下滑动，则（）A. A 灯变亮B. B 灯变亮C. R 1 上消耗功率变大D.总电流变小7. 如图所示的电路中，电阻 R =2.0Ω，电源的电动势 E =6.0V ，内电阻 r =1.0Ω，不计电流表的内阻．闭合开关 S 后，电流表的示数为（）……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………A. 1.0AB. 1.5 AC. 2.0 AD. 6.0 A8. 电源的电动势为4.5V ，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时电源路端的电压为（） A. 5.0V B. 4.5V C. 4.0V D. 3.5V9. 如图所示的电路，闭合开关 S ，灯泡 L 正常发光．向右移动滑动变阻器的滑片使其接入电路的阻值增大，则灯泡 L 将（）A. 变亮B. 变暗C. 亮度不变D.以上情况均有可能10. 如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电油滴恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时（）A. 带电尘粒将向上运动B. 带电尘粒将向下运动C. 通过电阻 R 的电流方向为 A 到 BD.通过电阻 R 的电流方向为 B 到 A11. 在如图所示的电路中，已知电源的电动势 E =1.5V ，内电阻 r =1.0Ω，电阻 R =2.0Ω．闭合开关 S 后，电路中的电流 I 等于（）A. 4.5 AB. 3.0 AC. 1.5 AD.0.5 A12. 如图所示的电路中，电源的电动势为 E ，内阻为 r ．当可变电阻的滑片 P 向 b 移动时，电压表 V 1 的示数 U 1 与电压表 V 2 的示数 U 2 的变化情况是（）试卷第4页，总20页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………A. U 1 变大， U 2 变小B. U 1 变大， U 2 变大C. U 1 变小， U 2 变小D.U 1 变小， U 2 变大13. 太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10 4 V ，短路电流是3.0×10 5 A ，则这块电池板的内阻为（） A. 20Ω B. 5Ω C. 0.2Ω D. 0.05Ω14. 如图电路中，当合上开关 S 后，两个标有“3V 、1W ”的灯泡均不发光，用电压表测得 U ac =U bd =6V ，如果各段导线及接线处均无问题，这说明（）A. 开关 S 未接通B. 灯泡 L 1 的灯丝断了C. 灯泡 L 2 的灯丝断了D.滑动变阻器 R 电阻丝断了15. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表 A 1 、A 2 ，若把 A 1 、A 2 分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A. 图甲中的 A 1 、A 2 的示数相同B. 图甲中的 A 1 、A 2 的指针偏角相同C. 图乙中的 A 1 、A 2 的示数和偏角都不同D.图乙中的 A 1 、A 2 的指针偏角相同二、多选题（注释）……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………1. 直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的（）A. 总功率一定减小B. 效率一定增大C. 热功率一定减小D.输出功率一定先增大后减小2. 如图，R 1 为定值电阻，R 2 为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A. 当R 2 =R 1 +r 时，R 2 上获得最大功率B. 当R 1 =R 2 +r 时，R 1 上获得最大功率C. 当R 2 =0时，电源的总功率最大D.当R 2 =0时，电源的输出功率最大3. 对于闭合电路欧姆定律的理解，下列说法一定正确的是（） A. 在电源电动势不变时，外电路的电阻越大，路端电压越大 B. 在电源电动势不变时，外电路的电阻越大，电源内电压越大 C. 当外电路断开时，路端电压的大小等于电源电动势 D. 当外电路短路时，电源电动势为零4. 如图所示的电路中，电源电动势为12V ，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有（）A. 路端电压为10VB. 电源的总功率为10WC. a 、b 间电压的大小为5VD.a 、b 间用导线连接后，电路的总电流不变5. 如图所示，图线a 是某一电源的UI 曲线，图线b 是一定值电阻的UI 曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则（）试卷第6页，总20页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………A. 该定值电阻为6ΩB. 该电源的电动势为20VC. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大6. 自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是（）A. 根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B. 自行车的车速越大，霍尔电势差越高C. 图乙中霍尔元件的电流I 是由正电荷定向运动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小7. 以下说法中正确的是（） A. 从公式I=可知，导体中电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比B. 对于导体，只要其两端电势差为零，电流也必为零C. 电源的电动势大，表征把其他形式的能转化为电能的数量就多D. 电源电动势越大，电源两极间的电压一定越高8. 对于不同型号的干电池，下列说法正确的是（） A. 1号干电池的电动势等于5号干电池的电动势 B. 1号干电池的容量小于5号干电池的容量 C. 1号干电池的内阻大于5号干电池的内阻D. 把1号和5号干电池分别连入电路中，若电流I 相同，它们做功的快慢相同9. 下列关于电源的说法正确的是（）A. 电源是将其他形式的能转化为电能的装置B. 电源的作用是使电源的正负极保持一定量的正、负电荷，维持一定的电势差C. 在电源内部，从负极到正极电势逐渐提高D. 与电源相连的导线中的电场是由电源正、负极上的电荷形成的……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………10. 有关电动势的说法中正确的是（）A. 电源的电动势等于内、外电路电势降之和B. 当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等C. 电源的电动势与外电路无关D. 电源电动势等于内电压分卷II分卷II 注释三、填空题（注释）11. 设某型号的太阳能电池板的电动势为600μV ，短路电流为30μA ，则由此可以推知，该电池的内电阻为_______________Ω；如果再将此电池与一个阻值为 20Ω的电阻连成闭合电路，那么通过电池的电流为_______________μA ．12. 如图所示，电源的内阻 r =2.0Ω，电阻 R =8.0Ω，开关闭合后，电流表示数 I =0.30A ．则电源的电动势 E =_______________V ；在 t =50s 时间内，电阻 R 产生的焦耳热 Q =_______________J ．13. 取两片不同的金属，相隔一定距离插入水果（如芒果等）内，就构成了简易水果电池．用理想电压表测得电池两极间的电压为1.26V ．用阻值为10Ω的电阻与理想电流表串联，接在电池两极间，测得电流表中的电流为30mA ，则该电池的电动势为_______________V ，内阻为_______________Ω14. 在如图所示的电路中，已知定值电阻为 R ，电源内阻为 r ，电表均为理想电表．将滑动变阻器滑片向下滑动，电流表 A 示数变化量的绝对值为 △I ，则电压表 V 1 示数变化量的绝对值 △U 1 =_______________ ，电压表 V 2 示数变化量的绝对值 △U 2 =_______________ ．15. 如图所示，已知电源电动势 E =3V ，内电阻 r =1Ω，电阻 R =5Ω，电路中的电表均为理想电表．则当开关 S 闭合时，电流表的读数为_______________A ，电压表的读数为_______________V ．16. 如图所示的电路，当开关与 a 相连时，通过灵敏电流表的电流方向_______________（选填“向左”或“向右”）．然后将开关与 b 相连，此试卷第8页，总20页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………时通过灵敏电流表的电流方向_______________（选填“向左”或“向右”）．17. 如图所示， R 1 =5Ω，R 2 阻值未知，灯 EL 标有“3V 3W ”字样， R 3 是最大电阻是6Ω的滑动变阻器． P 为滑片，电流表内阻不计，灯 EL 电阻不变．当 P 滑到 A 时，灯 EL 正常发光；当 P 滑到 B 时，电源的输出功率为20W ．则电源电动势为_______________V ；当 P 滑到变阻器中点 G 时，电源内电路损耗功率为_______________W ．18. 如图所示，电源的内阻 r =2.0Ω，电阻 R =8.0Ω，开关闭合后，电流表示数 I =0.30A ．则电源的电动势 E =_______________V ；在 t =50s 时间内，电阻 R 产生的焦耳热 Q =_______________J ．19. 取两片不同的金属，相隔一定距离插入水果（如芒果等）内，就构成了简易水果电池．用理想电压表测得电池两极间的电压为1.26V ．用阻值为10Ω的电阻与理想电流表串联，接在电池两极间，测得电流表中的电流为30mA ，则该电池的电动势为_______________V ，内阻为_______________Ω20. 在如图所示的电路中，已知定值电阻为 R ，电源内阻为 r ，电表均为理想电表．将滑动变阻器滑片向下滑动，电流表 A 示数变化量的绝对值为 △I ，则电压表 V 1 示数变化量的绝对值 △U 1 =_______________ ，电压表 V 2 示数变化量的绝对值 △U 2 =_______________ ．21. 如图所示，已知电源电动势 E =3V ，内电阻 r =1Ω，电阻 R =5Ω，电路中的电表均为理想电表．则当开关 S 闭合时，电流表的读数为_______________A ，电压表的读数为_______________V ．……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………22. 如图所示的电路，当开关与 a 相连时，通过灵敏电流表的电流方向_______________（选填“向左”或“向右”）．然后将开关与 b 相连，此时通过灵敏电流表的电流方向_______________（选填“向左”或“向右”）．23. 如图所示， R 1 =5Ω，R 2 阻值未知，灯 EL 标有“3V 3W ”字样， R 3 是最大电阻是6Ω的滑动变阻器． P 为滑片，电流表内阻不计，灯 EL 电阻不变．当 P 滑到 A 时，灯 EL 正常发光；当 P 滑到 B 时，电源的输出功率为20W ．则电源电动势为_______________V ；当 P 滑到变阻器中点 G 时，电源内电路损耗功率为_______________W ．24. 如图所示，直线A 为电源a 的路端电压与电流的关系图象；直线B 为电源b 的路端电压与电流的关系图象；直线C 为一个电阻R 的两端电压与电流关系的图象，将这个电阻R 分别接到a 、b 两电源上，那么R 接到a 电源上时，电源的输出功率_______________（填“较大”、“较小”或“相等”），a 电源的内阻_______________ b 电源的内阻（填：“大于”、“等于”或“小于”）．a 电源的电动势_______________ b 电源的电动势（填：“大于”、“等于”或“小于”）25. 利用如图1所示的一只电压表，一个电阻箱和一个电键及导线等，根据闭合电路欧姆定律测出一个旧电池组的电动势和内电阻．①请在答题卡的方框内画出实验电路图_______________；②用笔画线作导线将所给器材连接成实验电路_______________；③实验过程中，实验过程中，将电阻箱拨到45Ω时，电压表读数为0.90 V ；若将电阻箱拨到图2所示的_______________Ω时，电压表的读数如图3所试卷第10页，总20页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………示是_______________ V ．根据以上实验数据，可以算出该节干电池的电动势E=_______________V ，内电阻r=_______________Ω．四、实验题（注释）26. 根据做学知识完成实验：1）如图甲所示为某校兴趣小组通过电流传感器和计算机来测电源电动势和内阻的实验电路，其中R 0 为定值，电阻R 为可调节的电阻箱，电流传感器与计算机（未画出）相连，该小组成员通过实验记录下电阻箱的阻值R 和相应的电流值I ，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图乙所示图象，则该图象选取了_______________为纵坐标，由图乙中图线可得到该电源的电动势为_______________ V ；2）现由三个规格相同的小灯泡，标出值为“2.5V 、0.6A ”，每个小灯泡的IU 特性曲线如图丙所示，将它们与图甲中电源按图丁所示的电路相连，闭合开关后，A 灯恰好正常发光，则电源的内阻r=_______________Ω，图甲中定值电阻R 0 =_______________Ω．27. （2017天津卷）1）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体。

材料力学各章重点内容总结

材料力学各章重点内容总结第一章绪论一、材料力学中工程构件应满足的3方面要求是：强度要求、刚度要求和稳定性要求。

二、强度要求是指构件应有足够的抵抗破坏的能力；刚度要求是指构件应有足够的抵抗变形的能力；稳定性要求是指构件应有足够的保持原有平衡形态的能力。

三、材料力学中对可变形固体进行的3个的基本假设是：连续性假设、均匀性假设和各向同性假设。

第二章轴向拉压一、轴力图：注意要标明轴力的大小、单位和正负号。

二、轴力正负号的规定：拉伸时的轴力为正，压缩时的轴力为负。

注意此规定只适用于轴力，轴力是内力，不适用于外力。

三、轴向拉压时横截面上正应力的计算公式：N FAσ= 注意正应力有正负号，拉伸时的正应力为正，压缩时的正应力为负。

四、斜截面上的正应力及切应力的计算公式：2cos ασσα=，sin 22αστα=注意角度α是指斜截面与横截面的夹角。

五、轴向拉压时横截面上正应力的强度条件[],maxmax N F Aσσ=≤六、利用正应力强度条件可解决的三种问题：1.强度校核[],maxmax N F Aσσ=≤一定要有结论 2.设计截面[],maxN F A σ≥3.确定许可荷载[],maxN F A σ≤七、线应变ll ε∆=没有量纲、泊松比'εμε=没有量纲且只与材料有关、胡克定律的两种表达形式：E σε=，N F ll EA∆=注意当杆件伸长时l ∆为正，缩短时l ∆为负。

八、低碳钢的轴向拉伸实验：会画过程的应力－应变曲线，知道四个阶段及相应的四个极限应力：弹性阶段（比例极限p σ，弹性极限e σ）、屈服阶段（屈服极限s σ）、强化阶段（强度极限b σ）和局部变形阶段。

会画低碳钢轴向压缩、铸铁轴向拉伸和压缩时的应力－应变曲线。

九、衡量材料塑性的两个指标：伸长率1100l llδ-︒=⨯︒及断面收缩率1100A A Aϕ-︒=⨯︒，工程上把5δ︒≥︒的材料称为塑性材料。

十、卸载定律及冷作硬化：课本第23页。

材料力学第2版课后习题答案第12章变形能法

3 d1 ； 2
(b) 梁的抗弯刚度EI，略去剪切变形的影响。解：（a） M n1 = m
M n2 = m U2 = J P2 =
9.6m 2 l Gπd14
U1 = J P1 =
m 2l 4GJ P1 π 4 d1 32
m 2l 4GJ P2 π 4 5.06π 4 d2 = d1 32 32
故
U a 16 = Ub 7
11-3 图示桁架各杆材料相同，截面面积相等，试求在 P 力作用下，桁架的变形能。解：
支反力
R Ax = P R Ay = R B =
各杆的轴力和变形能如表所示杆号 1 内力 Ni 杆长各杆的变形能 Ui
P 2
2P 2
2l
2 P 2 l (4 EA)
2
− 2P 2
求 θA
M 0 ( x1 ) = −1 M 0 ( x 2 ) = −1
θA =
1 EJ
⎡ ⎛L ⎤ 1 ⎞ − P⎜ + x2 ⎟(− 1)⎥ dx 2 ∫0 (− Px1 )(− 1)dx1 + 2EJ ∫0 2 ⎢ ⎠ ⎣ ⎝2 ⎦
2
L
L
1 L2 1 = ⋅P⋅ + EJ 8 2 EJ =
求 δB
0
2l
l l l
2 P 2 l (4 EA)
0
3 4 5ຫໍສະໝຸດ P 2 P 2P 2 l (8EA) P 2l (8 EA)
故珩架的变形能为
5
U = ∑ Ui =
i =1
2 2 + 1 P 2l P 2l = 0.957 4 EA EA
11-4 试计算图示各杆的变形能。 (a) 轴材料的剪切弹性模量为G， d 2 =

材料力学第12章能量法

范围内工作时，其轴线弯曲成为一段圆弧，如图12.5（a）所示。两端横截
面有相对转动，其夹角为θ ，由第7章求弯曲变形的方法可以求出
图12.5 与前面的情况相似，在线弹性范围内，当弯曲外力偶矩由零逐渐增加到M0时
，梁两端截面相对于转动产生的夹角也从零逐渐增加到θ ，M0与θ 的关系也
是斜直线，如图12.5（b）所示，所以杆件纯弯曲变形时的应变能为
dW在图12.2（a）中以阴影面积来表示。拉力从零增加到FP的整个加载过程
中所做的总功则为这种单元面积的总和，也就是说是△OAB的面积，即
可以将以上的分析推广到其他受力情况，因而静载荷下外力功的计算式可以
写为式中的 F是广义力，它可以是集中力或集中力偶；Δ 是与广义力F相对应的
位移，称为广义位移，它可以是线位移或角位移。式（12.2）表明，当外力
在工程实际中，最常遇到的是横力弯曲的梁。这时梁横截面上同时有剪力和
弯矩，所以梁的应变能应包括两部分：弯矩产生的应变能和剪力产生的应变能。在细长梁的情况下，剪切应变能与弯曲应变能相比，一般很小，可以不
计，常只计算弯曲应变能。另外，此时弯矩通常均随着截面位置的不同而变
化，类似于式（12.5）与式（12.9），梁的弯曲应变能为
表面上的剪力与相应的位移方向垂直，没有做功。因此，单元体各表面上的剪切力在单元体变形过程中所做的功为
故单元体内积蓄的应变能为
则单元体内积蓄的应变比能为
下
这表明，vε 等于γ 直线
的面积。由剪切胡克定律=Gγ ,比能又可以写成下列形式
（3）扭转如图12.4（a）所示的受扭圆轴，若扭转力偶矩由零开始缓慢增加到最终值T
，积蓄在弹性体内的应变能Vε 及能量耗损Δ E在数值上应等于载荷所做的功，既如果在加载过程中动能和其他形式的能量耗损不计，应有

材料力学第12章能量方法

9
(2)剪切变形时的应变能及应变能密度工程中的剪切变形，一般是与其他变形相伴存在的，且横截面上的切应力是不均匀分布的。在计算其应变能时，应以单元体为基础。
图12.3
10
剪切变形时的应变能密度为
可见，剪切变形的应变能密度在数值上等于三角形OAB的面积。杆件的剪切应变能为
11
(3)圆轴扭转时的应变能圆轴扭转时，如果材料应力应变关系处于线弹性范围，则扭矩MT与扭转角φ的关系也是一条直线，如图12.4（b）所示。仿照杆件拉伸应变能的证明，则变形过程中扭矩所做的功在数值上等于三角形OAB的面积。有
4
那么，在外力从F1增加到F1+dF1的过程中，外力功的增量为当外力从零开始逐渐增加到F值时，则外力功为代入，得
5
图12.1
6
根据功能原理公式（12.1），则应变能为
式（12.3）为等截面直杆在轴力为常量条件下的应变能计算公式。如果杆件的轴力FN分段为常量时，应变能应为各段应变能的总和，即
7
积分可得整个杆件的应变能Vε为为了更全面地了解应变能，还要知道单位体积内的应变能，即应变能密度（strainenergy dens ity）由式（a）得应变能密度vε
8
显然，应变能密度vε的数值等于如图12.1（c）所示三角形oab的面积。这样，又可以将上式的应变能密度和应变能式（12.5）改写为
第12章
第一节概述
能量方法
在工程结构分析中，经常需要计算结构和构件的变形。使用一般的方法（如积分法）进行变形计算时，需要分析结构和构件的具体变形形式，计算工作量大。特别是对于刚架、桁架和曲杆等变形复杂的超静定结构，一般方法根本无法完成。工程上通常采用能量原理完成结构和构件的变形分析。

工程力学十二动载荷

可得：
kd 1
1 v2 g st
2、若已知的是冲击物冲击前的能量 T0
2H H Q T0 st Q st / 2 Vst
得
kd 1
1 T0 Vst
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，则由
( Vst 为被冲击物在静荷
Q作用下的变形能)
3、当h=0或v=0时，重物突然放在构件上，此时 kd 2 。
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因此在解决动载荷作用下的内力、应力和位移计算的问题时，均可在动载荷作为静荷作用在物体上所产生的静载荷，静应力，静应变和静位移计算的基础上乘以动荷系数，即
d Kd st
Pd Kd Pst
d Kd st
d Kd st
通常情况下，Kd 1 。
第十二章动载荷
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教学要求
• (1)掌握匀加速直线运动杆件和匀速转动圆环的应力和强度计算方法。
• (2)理解自由落体冲击应力和变形公式的推导过程和假设条件，熟练掌握受该冲击作用时简单结构的动应力和动变形的计算方法。
• (3)会用能量法推导其它形式冲击时的动应力和动变形公式。
• (4)了解提高构件抗冲击能力的主要措施。
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第一节、概述
静载荷：作用在构件上的载荷是由零开始缓慢地增加到
某一定值且不再随时间改变。杆内各质点均处于静力平衡状态。各点加速度很小，可以忽略不计。
动载荷：使构件产生明显的加速度的载荷或者随时间变化
的载荷。例如：子弹放在钢板上，板不受损；若以高速射击，就可能击穿钢板；起重机从地面急剧地起吊重物，此时重物获得加速度，作用在吊索上的载荷就是动载荷。

孙训方《材料力学》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解-能量法(圣才出品)

第12章能量法12.1 复习笔记由于弹性体的变形具有可逆性，因此外力在相应位移上做功在数值上等于在物体内积蓄的应变能。

利用功和能的概念求解可变形固体的位移、变形和内力等的方法，称为能量法。

能量法是有限元法求解固体力学问题的基础。

本章首先介绍了应变能和余能的概念及计算方法，在此基础上讨论了卡氏定理，最后介绍了能量法在求解超静定问题中的应用。

本章应重点掌握卡氏定理内容及能量法求解超静定问题的应用。

一、应变能和余能（见表12-1-1）表12-1-1 应变能和余能二、卡氏定理（见表12-1-2）表12-1-2 卡氏定理三、能量法求解超静定系统（见表12-1-3）表12-1-3 能量法求解超静定系统12.2 课后习题详解12-1 图12-2-1（a）、（b）所示各杆均由同一种材料制成，材料为线弹性，弹性模量为E。

各杆的长度相同。

试求各杆的应变能。

图12-2-1（a）图12-2-1（b ）解：（1）图12-2-1中（a ）杆的应变能为：222112212222222222231842112(2)24478Ni i i F l F l F l V EA EA EA l F F lE d E dF l Ed ==⨯+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭=⨯+⋅⋅=∑επππ（2）图12-2-1中（b ）杆上距离下端x 处截面上的轴力为：F N （x ）＝F ＋fx ＝F ＋（F/l ）x ，故杆件的应变能为：2002220()d d 214d 23llN l F x V V xEAF F x F l l x EA Ed ==⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎰⎰⎰εεπ12-2 拉、压刚度为EA的等截面直杆，上端固定、下端与刚性支承面之间留有空隙Δ，在中间截面B处承受轴向力F作用，如图12-2-2所示。

杆材料为线弹性，当F＞EAΔ/l时，下端支承面的反力为：F C＝F/2－（Δ/l）（EA/2）。

于是，力F作用点的铅垂位移为：ΔB＝（F－F C）l/EA＝Fl/（2EA）＋Δ/2。

《材料力学》第十二章-求变形的能量法

3 虚功的计算外力：P1, P2,……, 虚位移：a1, a2,……., 外力虚功：内力：N, M,… 虚变形：
We=P1a1+P2a2+……..
内力虚功：
由 We=Wi
虚功原理是最一般的功能原理
对于梁，施加单位力P=1, 力P产生的内力则有：
莫尔定理
小结： 1 变形位能的概念 2 卡氏定理 3 莫尔定理 4 互等定理 5 虚功原理作业：12.19, 12.20
2 ( x)
2G
L
dv
2 w ( x)
L
2E
dv
内力表达的变形位能
应力表达的变形位能
结
论
1. 变形位能是状态函数（同最终的力和变形有关）
11
2. 变形位能的计算不能用叠加原理
如何解释交叉项？单独作用时则交叉项是两个载荷相互作用的外力功
〈解释1〉
载荷
在载荷
引起的位移上做的功
⑤ 莫尔积分必须遍及整个结构
例
A
求等截面直梁C点的挠度和转角（例 12.3 [P356]）
q B x a C
A
P0 =1
B
a
a
C
a
解：①画单位载荷图 ②求内力
qx2 M ( x ) aqx 2
③变形
q A x a C B A P0 =1 B
a
a
C
a
对称性
④求转角，重建坐标系（如图）
q
A
§12–3 莫尔定理 Mohr Theory
q(x)
A
在实载荷下得到
相应内力如弯矩为M(x) 如何计算任一点A的位移？ 1、在A点加虚单位力

大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功．解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解．解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程．在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程．在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量．解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证．证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-．解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态．三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解．解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断．解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒．取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定．解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同．解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍．解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=，真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

【单元练】重庆市第八中学高中物理必修3第十二章【电能-能量守恒定律】知识点总结(含答案)

一、选择题1．用电压表检查如图所示电路中的故障，闭合开关后测得U ab =0 V ，U ad =5.0 V ，U bc =0 V ，U cd =5.0V ，则此故障可能是（）A ．L 断路B ．R 断路C ．R ′断路D ．S 断路A解析：A由0V ab U =，0V bc U =可知电路为断路故障(电路中无电流)，由测得 5.0V ad U =和5.0V cd U =可知，a 、c 两点等电势，电键S 、电阻R 、电阻R '均为通路，所以故障可能是L 断路，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电表为理想电表，灯泡L 和电阻R 阻值均恒定，在滑动变阻器的滑片由a 端滑向b 端的过程中，下列说法正确的是（）A ．灯泡消耗的功率逐渐增大B ．电压表、电流表示数均减小C ．电源消耗的总功率增大，热功率减小D ．电压表示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值恒定不变D 解析：DAB ．滑动变阻器的滑片由a 端滑向b 端的过程中，总电阻变大，总电流变小，电流表示数变小，灯泡两端的电压和内电压都减小，灯泡消耗的功率也减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，滑动变阻器的电压变大，电压表示数变大，故AB 错误；C ．有前两项分析可知，总电流减小，所以电源消耗的总功率P =EI 减小，热功率P r =I 2r 减小，故C 错误；D ．由滑动变阻器两端电压为()L U E I R r =-+可知电压表示数的改变量与电流表示数的改变量的比值的绝对值等于灯泡和电源的内阻之和，为固定值，故D 正确。

故选D 。

3．如图所示电路，闭合电键S ，滑动变阻器的滑片向左滑动，则下列说法正确的是（）A ．电流表A 的示数增大B ．电流表1A 的示数增大C ．电压表V 的示数增大D ．如果保持滑动变阻器的滑片不动而将S 断开三表A 、1A 、V 的示数都减小C 解析：CA ．滑动变阻器的滑片向左滑动，2R 增大，根据EI R r=+ 可得电流表A 的示数减小，A 错误； C ．根据U Ir =内可知内电压减小，根据U E U =-外内可得外电压增大，B 正确；B ．对于支路1R ，根据欧姆定律得电流增大，而总电流减小，所以电流表1A 的示数减小，B 错误；D ．如果保持滑动变阻器的滑片不动而将S 断开，电路由并联变成串联，外电阻变大，电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表的示数变大，D 错误。

材料力学能量法p

上节内容
1 应变能
FN2 d x M2 dx T 2 dx V W 2EA l 2EI 2GI p l l
2 卡氏定理
线弹性杆
V Δi Fi
FN FN M M T T i dx dx dx EA Fi EI Fi GI p Fi l l l
3 虚功原理
F Δ F d Δ l M d θ T d φ F d λ i i N S

4 单位载荷法
Δ FN d Δl M d θ T d φ FS dλ

5 莫尔积分
步骤
FN FN MM TT d x d x EA EI GI P d x FN FN M M T T i dx dx dx EA Fi EI Fi GI p Fi l l l Δ
n —— 静不定次数
3. 变形比较法建立几何方程 A ΔB = 0 4. 建立物理方程 5. 建立补充方程解出多余未知力
A
q
B
q
B X1
相当系统
要点分析（1） q
A B X1
相当系统
补充方程
X 1l 3 ql 4 0 3EI 8EI
相当系统 —— 含有多余未知力补充方程 —— 含有多余未知力
ω
x
M M dx
设 M ax b
x
M
xc
dx
M M d x ax b M d x a x M d x b M d x
ωax c b ωM C
MC
a ωx c b ω
x
M
C
ω
载荷弯矩图
x

交变应力-疲劳

例：试求图示梁的变形能，并利用功能原理求C截面的挠度。
解：
U
l
M 2 (x) dx
2E I
a
Pb l
x1
2
0 2EI
dx1
b
0
Pa l x2 2E I
2
dx2
P2b2 2EI l 2
a3 3
P2a2 2EI l 2
b3 3
P2a2b2 6EI l
W
1 2
P wC
由U W，得：
wC
据150多年来的统计，金属部件中有80％以上的损坏是由于疲劳而引起的。在人们的日常生活中，也同样会发生金属疲劳带来危害的现象。一辆正在马路上行走的自行车突然前叉折断，造成车翻人伤的后果。炒菜时铝铲折断、挖地时铁锨断裂、刨地时铁镐从中一分为二等现象更是屡见不鲜。
金属疲劳造成的事故
第十二章交变应力
一、轴向拉伸和压缩
U
W
1 2
P l
1 2
P
Pl EA
P
P2l FN 2l
2EA 2EA
P
U FN 2 (x) dx
l 2EA(x)
l l
二、扭转
m
m
U
W
1 m
2
1 ml m
2 GIp
m2l 2G I p
T 2l 2G I p
T 2 (x)
U
dx
l 2G I p (x)
三、弯曲
0 1 n
K
1
n
构件的强度条件 max [ 1]
第十二章能量法
§12-1 概述在弹性范围内，弹性体在外力作用下发生变形而在体内积蓄的能量，称为弹性变形能，简称变形能。物体在外力作用下发生变形，物体的变形能在数值上等于外力在加载过程中在相应位移上所做的功，即

第十二章大跨度桥梁的稳定理论

●按施工过程，计算结构恒载内力和恒载几何刚度阵 K 1 ●用后期荷载对结构进行静力分析，求出结构初应力(内力); ●形成结构几何刚度矩阵[K 2 ] 和式(12－7)； ●计算式(12－7)的最小特征值问题；这样，求得的最小特征值λ就是后期荷载的安全系数，相应的特征向量就是失稳模态。
12.1.2两类稳定问题
物体的平衡可能是稳定的、不稳定的或者是随遇的。物体从一种平衡状态稍微偏至邻近状态之后，如果仍能回复到原来的状态，则原来的平衡状态为稳定的；如果不能回复到原来的状态而将继续离去，则原来的平衡状态为不稳定的；如果可以在任意新的位臵上保持平衡，则为随遇平衡。
以刚性小球在不同曲面上的平衡状态为例，小球在凹面的最低位臵为稳定平衡，在凸面的最高位臵为不稳定平衡，在水平面上为随遇平衡。在一般情况下，平衡的性质可随物体的偏移方向而异。如小球在双曲抛物面中点，其平衡状态在一个方向是稳定的，而在其它方向则是不稳定的。在桥梁结构中，总是要求其保持稳定平衡，也即沿各个方向都是稳定的。随遇平衡可认为是稳定与不稳定的过渡状态，也属于不稳定的范畴。结构失稳是指结构在外力增加到某一量值时，稳定性平衡状态开始丧失，稍有扰动，结构变形迅速增大，使结构失去正常工作能力的现象。研究稳定可以从小范围内观察，即在邻近原始状态的微小区域内进行研究。为揭示失稳的真谛，也可从大范围内进行研究。前者以小位移理论为基础，而后者建立在大位移非线性理论的基础上。引出了研究结构稳定问题的两种形式：
a a
{ P }cr ( 0 a ){ P } { P }
(12－8)
式中：λ为结构在荷载{P}作用下较精确的稳定安全系数。对于结构失稳前位移不大的刚性结构，往往忽略其大位移影响，于是问题就转化为第一类稳定的弹塑性问题，可以直接用图 12.2所示的框图计算。

第十二章 能量法

能量法