大学物理基础(上) 复习资料

（1）推导圆周运动质点的法向加速度， v =R 0n ，0n =cos θi+sin J ，v =t v d d =R t n d d 0 =R 0d d τθ t ，t v t t v d d d v d d d 00ττ +==a ∴a 0τ =dt d v 0τ v ∆=∆R 10τ∴当0τ ∆→0时，0Δt lim →0τ∆=R 10Δt lim →v ∆=R 10Δt lim →S ∆∴0Δt lim →0τ ∆=Rd θ（0-n ）∴n a =v 0Δt lim →t ∆∆0τ=v t ∆∆θ （0n ）∴n a =02n R v（2）已知匀变速圆周运动的角加速度β 推导θ=θ（t ）解设t=0时角速度为0ω ω=0Δt lim →t ∆∆θ=t d 0d β=0Δt lim →t ∆∆ω=t d d ω=22d d t θ ω=⎰β0dt=βt+c t=0 c=0ωω=0ω+βt ∴θ=⎰tωdt —0t⎰ω+β tdt=21β2t +t 0ω+c 又 t=0，c=θ∴θ（t ）=0θ+t 0ω+212t β（3）推导动能定理解设合外力为F ，加速度为a ，质量为m ，初速度为0v 位移方向合外力分力为1F =Fcos θ 1F =ma=m dt dv =Fcos θ∴Fcos θdv=m dt dv dv=mvdv ∴⎰v0Fcos θdv=⎰v 0v mvdv=21m 2v 0dv v ⎰∴Fcos θ=21m 2v --21m 20v4推导动量定理解 I =dtF t t ⎰21，F =m dt v d =dt v dm∴dt F t t ⎰21=v 21md v v ⎰∴I =m 2v -m 1v 应用动量守恒定律的主要是如下三种情况：（1）系统受到的合外力为零。

（2）系统所受的外力比相互作用力（内力）小的多。

以至可以忽略外力的影响。

（3）系统总体上不满足动量守恒定律，但是在某一特定的方向上，系统不受外力，或所受的外力远小于内力，则系统沿这一方向的分动量守恒 5推导质点系的动能定理解∑E 0ki 为初动能∑E ki 为末动能 n 个质点组成的系统，对第i 个质点用动能定理A外i +A 内i =E ki —E 0ki ∴n 个质点为∑A 外i +∑A 内i =∑E ki —∑E 0ki 即∑A 外+∑A 内=∑E k —∑E 0k6推导引力势能的公式解：质点m 相对于质量M 的初位置为ra末位置为rb ，r为质点位置矢量的单位矢量 F =—Gr m r2M ∴dA=F d r=—r m r2M d r 又 r d r =r r d cos θ=rdr 且r =r r ∴dA=—G r m r 2 M dr ∴A=⎰r r r m b a r 2 M —dr=—⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛r r a b m m M G M G ———7推导弹性势能公式解：设有一劲度系数为k 的弹簧，当弹簧形变量为x 时，弹性力为F=—kx 作用力只有x 的分量A=⎰x x b aF x dx=⎰x x ba —kxdx=—（21kx b 2—kx a 212）8能量守恒是一个定律，适用于经典物理。

量子物理。

不适用于相对论。

相对论里有质能转换。

物体系的功能原理的数学表达式为A 外+A保内+A非保内=∑∑==n1i 1ki n1i 2ki EE— 9一质点具有恒定加速度jt sin a -i t cos -a a 22 ωωωω=，在t=0时，i a r 0=，j a v 0ω=求：任意时刻的速度和位置矢量，质点在oxy 的轨道方程解：1）j t sin a -i t cos -a a 22 ωωωω=∴⎰⎰==dt j t sin b -i t cos a dt a v 22 ωωωω=j t sin b i t cos a - ωωωω+，jt bsin i t acos j t sin b i t cos a -dt v rωωωωωω+=+==⎰⎰2）由x=t acos ω，y=t bsin ω得t cos b axb 22222ω=，t sin b a y a 22222ω=∴1bya x 2222=+10一质点具有恒定的加速度j 4i 6a +=，在t=00i 10v r 00==， 时求任意时刻的速度和位置矢量，质点在xoy 的轨道方程。

解：（1）dt v d a=，在t=00i 10v r 00==，∴⎰⎰⎰+==t 0t 0v 0dt j 4i 6dt a v d ）（ 即j 4t i 6t v+=，⎰⎰⎰+==t 0t 0r 0dtj 4t i 6t dt v r d ）（即j2i 310r t t 22++=）（（2）由上述可得质点运动方程的分量式x=t2310+，y=t22，即3y=2x —2011分别选1m ，2m ，m 为研究对象，受力分析及运动方向所示，由牛顿第二定律和转动定律可得方程，a m mg T 11=-，a m T g m 222=-，JB R T R T =-12,βR a =,221mR J =，由上式联立，m m m m m a 21)(2112++-=，m m m g m m m T 21)212(21211+++=，mm m g m m m T 21)212(21122+++=。

12选物体A,B 和两个滑轮为研究对象，受力分析所示，设物体A 向上运动，运动加速度大小为1a ，物体B 向下运动，运动的加速度大小为2a ，滑轮顺时针转动，分别对A,B 列牛顿运动第二定律，对物体A,11ma g m T =-，对物体B,22ma T g m =-,对滑轮组，β)(''211122J J R T R T +=-,'11T T =,'22T T =，β11R a =，β22R a =，211121R M J =,222221R M J =,代入数值，联立得，2193.2s m a =，265.14s rad =β 13由牛顿第二定律和转动定律，对m ，ma T mg =-'，对M ，βJ TR =,T 与'T 时作用力与反作用力，大小相等，即，'T T =,无相对滑动，则有βR a =，圆柱体的转动惯量221R M J =，将a 和J 代入，联立求解，N T 5.24=,28.9s rad =β，29.4s m a =， 14设氮分子的平均有效的直径为d=3.76⨯1010-m 。

解：（1）由n=kTp0得n=kTp 00=27338.1013.11010235⨯⨯⨯-=2.691025⨯m3-（2）v=πμRT8=1032814.327331.88-⨯⨯⨯⨯=454sm （3）λ=-n d 221π=252101069.2)1076.3(14.341.11⨯⨯⨯⨯⨯-=6.0810-⨯m （4）Z =λv =8106454-⨯=7.56⨯9101-s15推导理想气体绝热过程方程解：对于一微小的绝热过程有：—pdV=μMCvTd 作为理想气体要满足pV μM =RT ，可得pdV+Vdp=μMRdT ，∴（C v +R ）pdV=—C v Vdp 又C p =C v +R ，令CC v p=γ则p dp =—V Vd γ由于C p ，C v 是温度的函数，∴γ也是温度的函数∴lnp+γlnV=常量（1） 将pV=μM RT 代入得T V 1—γ=常量（2） p 1——γγT=常量（3）∴综上所述（1）（2）（3）为理想气体绝热方程16推导理想气体摩尔热容量的万耶公式解：由于理想气体的内能为E=μM 2i RT ∴=vQ μM 2i R )(12T T -令v C =2iR 则=v Q μM v C )(12T T -即v C =Ri dT dE dT pdV dE dT dQ v v v 2)()()(==+=17证明卡诺循环的效率cη=1—TT12解：在等温膨胀过程中1Q =μMR T 1ln 12V V 在等温压缩过程中2Q =μMR T 2ln 43V V 由于绝热过程中无热量传递∴卡η=1Q A =1—12Q Q =1—121432ln lnV V V V T T 根据绝热方程T 112—γV =T 213—γV ，T111—γV =T214—γV 得12V V =43V V ∴卡η=1—12Q Q =1—T T 1218证明卡诺循环的制冷系数T T T 212c —=ξ解：在等温膨胀过程中1Q =μMR T 1ln 12V V 在等温压缩过程中2Q =μMR T 2ln 43VV 且由热力学第一定律1Q =A+2Q ∴卡ξ=A Q 2=212Q Q Q -=432121432lnln lnV V V V V V T T T -根据绝热方程T112—γV =T213—γV ，T 111—γV =T214—γV 得12V V =43V V ∴卡ξ=A Q 2=212Q Q Q -=T T T 212—18一容器内储存有质量为32g 的氧气，经历等体过程后，气体的温度由300K 升到310K 。

解：（1）根据V=常量，有A=0（2）根据E ∆=μM 2i)(12T T R -,并考虑氧气i=5有E ∆=)(75.207)300310(31.825103210323--3J =-⨯⨯⨯⨯⨯-（3）根据热力学第一定律Q=E ∆+A=207.75+0=207.75（J ）即系统从外界吸收的热量19汽缸内储有质量为28g ，温度为C 027，1atm 的氮气，经历一个等压膨胀过程使体积变为原来的两倍。

解：（1）根据理想气体状态方程pV=μMRT ，可得初始气体体积为1V =μM p 1R 1T =2.46210-⨯（3m ）由A=p （2V —1V ），2V —1V =1V 得A=p （2V —1V ）=1.013510⨯⨯2.46210-⨯=2.49310⨯（J ）（2）由理想气体状态方程pV=μMRT 且p=常量。

得2211T V T V =又由2V =21V 得2T =21T =600（K ）根据E ∆=μM 2i)(12T T R -，氧气i=5得E ∆=)(1023.6)300600(31.8251028102833--3J ⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯-（3）根据热力学第一定律Q=E ∆+A=6.23310⨯+2.49310⨯=8.72310⨯（J ）即系统从外界吸收热量20容器内储有质量为44g ，温度为300K 的二氧化碳气体，经历等温压缩过程，使体积变为原来的一半。

解：（1）根据等温过程系统对外做功的公式A=μMRTln 12VV 得A=1J 31073.15.0ln 30031.8⨯-=⨯⨯⨯代表此过程外界对系统做功（2）根据等温过程特点T=常量，得E ∆=μM 2i)(12T T R -=0（3）根据热力学第一定律Q=E ∆+A=—1.73J 310⨯即外界对系统做功，系统把这部分功转化为向外界放出的热量。