大学物理典型例题分析
大学物理(上)习题讲解(刚体力学部分)
3 gl 3 2gs 0
亦即 l >6s ； 当 ’ 取负值，则棒向右摆，其条件 为 3 gl 3 2gs 0 亦即l <6s 棒的质心 C 上升的最大高度，与第一阶段情 况相似，也可由机械能守恒定律求得：
11 2 mgh ml 2 2 3 把式（5）代入上式，所求结果为
m2 m1 g M r / r m2 m1 g M / r
J m2 m1 2 r
a m2 m1 g M / r r m m 1 m r 2 1 2
当不计滑轮质量及摩擦阻力矩即令m=0、M=0时，有
2m1m2 T1 T2 g m2 m1
2 3 0
R
R
2
4
1 mR 2 2
例题5-3 一轻绳跨过一定滑轮，滑轮视为圆盘，绳的两 端分别悬有质量为m1和m2的物体1和2，m1< m2 如图所 示。设滑轮的质量为 m ， 半径为 r ， 所受的摩擦阻力矩 为 m。 绳与滑轮之间无相对滑动。试求物体的加速度和 绳的张力。
解:滑轮具有一定的转动惯 量。在转动中受到阻力矩 的作用，两边的张力不再 相等，设物体1这边绳的张 力为T1、 T1’(T1’= T1) ，
物体2这边的张力为
T2、 T2’(T2’= T2)
m1 m2
T1 T1
T2 T2
a m1 G1
a m2
a G2
因m2>m1，物体1向上运动，物体2向下运动，滑轮以顺 时针方向旋转，Mr的指向如图所示。可列出下列方程
T1 G1 m1a G2 T2 m2 a T2r T1r M J
例题5-7 恒星晚期在一定条件下，会发生超新星爆 发，这时星体中有大量物质喷入星际空间，同时星 的内核却向内坍缩，成为体积很小的中子星。中子 星是一种异常致密的星体，一汤匙中子星物体就有 几亿吨质量！设某恒星绕自转轴每 45 天转一周，它 的 内 核 半 径 R0 约 为 2107m ， 坍 缩 成 半 径 R 仅 为 6103m的中子星。试求中子星的角速度。坍缩前后 的星体内核均看作是匀质圆球。 解：在星际空间中，恒星不会受到显著的外力矩，因 此恒星的角动量应该守恒，则它的内核在坍缩前后的 角动量J00和J应相等。因
大学物理例题(三)
x x1 2
( x 2 x1 ) u(t 2 t1 ) 1 u c
差别很难测出。
例：一根直杆在S系中，其静止长度为l，与x轴的 夹角为。试求：在S'系中的长度和它与x’轴的夹角。 两惯性系相对运动速度为u。
解：
S
l l0 1 u c
2
2
S
u
x 1 u 2 c 2 l cos 1 u 2 c 2 x
y y l sin
的，试求：S'系中发生这两事件的地点间的距离x'。
解：设S'系相对于S系的速度大小为u。
t
t u x c
1 u c
2 2
2
x
x ut 1 u
2
c
2
t ux c 0 t 2 u c x
2
t
u t 2 x c 2 2 1 u c
x
2 2
重要的实际应用
例 太阳由于热核反应而辐射能量 质量亏损
I 1.4 103W / m 2
P 4r I 4.0 10 W
2 S 26
S
rSE
E
m
m
E 26 4.0 10 J / s t
m E 9 2 4.4 10 kg / s t c t
时序与因果律
时序: 两个事件发生的时间顺序。 在S中：先开枪，后鸟死 在S'中：是否能发生先鸟死，后开枪？
大学物理题目问题详解
第一章 质点运动学T1-4：BDDB1 -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) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1, v o y ＝15 m ·ｓ-1, 则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+， 初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v(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则加速度的矢量表达式为6040a i j =-， 加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a1 -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(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt=，有2d d (4)d a t t t ==-⎰⎰⎰v ，得到 31143t t C =-+v 。
又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 3114333C =⨯-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。
（2）由dx v dt=及上面所求得的速度表达式，有31d vd (41)d 3t t t t ==--⎰⎰⎰x得到 2421212x t t t C =--+又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有24219233312C =⨯-⨯-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为24120.7512x t t t =--+ 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大小；(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？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。
大学物理-解析延拓与孤立奇点 例题
z1是sinz–sina 的二阶零点，
从而是函数
sin
z
1
sin
a
的二阶极点。
同理可证，当
a
k
2
时，z2 是
sin
1 z sin
a 的一阶极点；
当
a
k
2
时，
z2
是
1 的二阶极点。
sin z sin a
如sin果z–sainak的 一 2阶(k零点0,，1因, 2而, 是，) 函此数导数不1为零的，一故阶z1为极函点数。
sin z sin a
当 a k 时，需要求sinz–sina的二阶导数：
2
(sin
z
sin
a)z1
sin
z1
sin(
k
2
2n )
0
这表明，当 a k 时，
2
第三章 解析延拓与孤立奇点 例题
3.1 单值函数的孤立奇点
例1：判断z = nπ(n=0, ±1, ± 2…)是 f (z)=1/sinz 的几阶极点？ 解法一：因sin nπ = 0，可知 z = nπ 是 f (z)的极点。 由于
故 z = nπ是 f (z)的一阶极点。 解法二：因z = nπ 是 g(z)=sinz 的一阶零点，即
z1, z2 是函数sinz–sina 的零点，也就是
1 的极点。
sin z sin a
为了判断零点的阶数，可以将sinz幂项的幂次为多少，也可求
sinz–sina在z1, z2 点的导数值，看其不为零的导数的次数 为多少。
(sin z sin a)z1 cos(2n a)
所以 z = nπ 是 f (z) = 1/g(z) = 1/sinz 的一阶极点。
大学物理问题习题精选
大学物理问题习题精选大学物理作为一门自然科学，是理论和实践相结合的学科。
在课堂上，老师不仅教授基本概念和知识，还通过例题和实验帮助学生加深理解，培养解题能力。
而在学生自主学习和复习时，做习题是一个非常有用的方法。
下面我将选取几个典型的大学物理问题习题，进行分析和探讨。
第一个题目是动量守恒定律题目。
在实际情境中，这种类型的问题非常常见，可以应用在任何两个物体碰撞的情况中。
比如，一个小球与地面发生碰撞弹起，或者两个足球队员在场上碰撞等。
那么，要如何解决这种问题呢？假设有两个质量分别为m1和m2的物体，分别以v1和v2的速度运动，碰撞之后分别以v3和v4的速度运动。
根据动量守恒定律可以列出以下公式：m1v1 + m2v2 = m1v3 + m2v4如果碰撞过程中没有外力作用，且物体的碰撞时间极短，那么动量守恒定律就成立。
根据这个公式就可以计算出碰撞后物体的速度。
第二个题目是弹性碰撞定律题目。
弹性碰撞是指在碰撞过程中，能量守恒，动能转化为势能，然后再转化为动能的一种碰撞。
在这种碰撞中，物体的形状和体积不发生变化，且碰撞时没有能量损失。
弹力碰撞可以应用在很多场合，比如乒乓球，弹簧等。
假设有两个质量分别为m1和m2的物体，分别以v1和v2的速度运动，碰撞之后分别以v3和v4的速度运动。
根据弹性碰撞定律可以得到以下公式：m1v1 + m2v2 = m1v3 + m2v41/2m1v1^2 + 1/2m2v2^2 = 1/2m1v3^2 + 1/2m2v4^2利用以上两个公式，可以计算出碰撞后物体的速度和动能。
第三个问题是热力学第一定律问题。
热力学第一定律是指能量守恒定律，即能量从一个物体转移到另一个物体时，总能量不变。
热力学第一定律可以应用在很多场合，比如汽车发动机的燃烧过程，机械能转化为热能等。
假设有一个物体，其内部可进行各种物理、化学变化以及与周围环境相互作用。
则在某一过程中，物体的内部能量的变化量ΔU与物体得到或失去的热量q有以下关系：ΔU = q + W其中W表示物体对外界做功的能力，可能是一种压力、电子等。
大学物理经典题型解析
大学物理经典题型解析大学物理是一门重要的基础学科，涵盖了力学、热学、电磁学、光学和近代物理学等多个领域。
在学习过程中，掌握经典题型对于理解和应用物理知识至关重要。
下面，我们将对一些常见的大学物理经典题型进行解析。
一、力学部分1、牛顿运动定律的应用例题：一个质量为 m 的物体放在光滑水平面上，受到水平方向的恒力 F 作用，求物体的加速度和经过时间 t 后的速度。
解析：根据牛顿第二定律 F ＝ ma，可得加速度 a ＝ F ／ m 。
经过时间 t 后的速度 v ＝ at ＝（F ／ m) × t 。
这道题主要考查对牛顿第二定律的理解和应用，需要明确力、质量和加速度之间的关系。
2、机械能守恒定律例题：一个质量为 m 的物体从高度为 h 的光滑斜面顶端由静止下滑，求物体到达斜面底端时的速度。
解析：在下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒。
重力势能的减少量等于动能的增加量，即 mgh ＝（1/2)mv²，解得 v ＝√（2gh) 。
解决这类问题的关键是判断系统是否只有重力或弹力做功，从而确定能否应用机械能守恒定律。
二、热学部分1、理想气体状态方程例题：一定质量的理想气体，在压强为 P1 、体积为 V1 、温度为T1 时，经过绝热压缩，使其体积变为 V2 ，求此时的压强 P2 。
解析：对于绝热过程，有PV^γ ＝常数（γ 为比热容比）。
由理想气体状态方程 P1V1 ／ T1 ＝ P2V2 ／ T2 ，且绝热过程中 T2 ／ T1 ＝（V1 ／ V2)＾（γ 1) ，联立可得 P2 。
这道题需要综合运用理想气体状态方程和绝热过程的特点。
2、热力学第一定律例题：一个热机从高温热源吸收 Q1 的热量，向低温热源放出 Q2 的热量，对外做功 W ，求热机的效率。
解析：热机效率η ＝ W ／ Q1 ＝（Q1 Q2) ／ Q1 。
理解热力学第一定律中内能的变化、热量和做功之间的关系是解决此类问题的基础。
大学物理上册第二章例题
−
mg k
y
v0 Fr
k =0
A
dx = vxdt dy = vydt
P v
x=
m k
(v0
cosα
)(1
−
e
−kt
/
m
)
o
α
k >0
x
y
=
m k
(v0
sin α
+
mg k
)(1 −
e−kt / m )
−mg ktFra biblioteky=
(tan α
+
mg
kv0 cosα
)x
+
m2g k2
ln(1 −
k
mv0 cosα
v0 mg
v02 + 2lg(cosθ −1)
∫ ∫ v
θ
vdv = −gl sinθdθ
v0
0
FT
=
m( v02 l
− 2g
+ 3g cosθ ) 4
【例】 如图所示（圆锥摆），长为 l 的细绳一端固
定在天花板上，另一端悬挂质量为 m 的小球，小球经
o 推动后，在水平面内绕通过圆心 的铅直轴作角速度
、 .
解 取如图所示的 Oxy平面坐标系，还是利用 F = ma
max may =
= m
m dvx
dv
dt y=
dt
= −kvx −mg − kv
y
dvx = − k dt
vx
m
kdvy = − k dt
mg + kvy m
y
v0 Fr A
P
α
o
v
南京大学《物理化学》每章典型例题讲解
第一章 热力学第一定律与热化学例题1 1mol 理想气体于27℃ 、101325Pa 状态下受某恒定外压恒温压缩到平衡，再由该状态恒容升温到97 ℃ ，则压力升到1013.25kPa 。
求整个过程的W 、Q 、△U 及△H 。
已知该气体的C V ，m 恒定为20.92J ∙mol -1 ∙K -1。
解题思路：需先利用理想气体状态方程计算有关状态： (T 1=27℃, p 1=101325Pa ，V 1)→(T 2=27℃, p 2=p 外=?，V 2=?)→(T 3=97℃, p 3=1013.25kPa ，V 3= V 2)例题2水在 -5℃ 的结冰过程为不可逆过程，计算时要利用0℃ 结冰的可逆相变过程，即H 2O （l ，1 mol ，-5℃ ，θp ）（s ，1 mol ，-5℃，θp ）↓△H 2 ↑△H 4H 2O （l ，1 mol ， 0℃，θp ） O （s ，1 mol ，0℃，θp ）∴ △H 1=△H 2＋△H 3＋△H 4例题3 在 298.15K 时，使 5.27 克的甲醇(摩尔质量为32克) 在弹式量热计中恒容燃烧，放出 119.50kJ 的热量。
忽略压力对焓的影响。
(1) 计算甲醇的标准燃烧焓 θm c H ∆。
(2) 已知298.15K 时 H 2O(l) 和CO 2(g)的标准摩尔生成焓分别为－285.83 kJ·mol －1、－393.51 kJ·mol －1，计算CH 3OH(l)的θm f H ∆。
(3) 如果甲醇的标准蒸发焓为 35.27kJ·mol －1，计算CH 3OH(g) 的θm f H ∆。
解：(1) 甲醇燃烧反应：CH 3OH(l) +23O 2(g) → CO 2(g) + 2H 2O(l) Q V =θm c U ∆=－119.50 kJ/(5.27/32)mol =－725.62 kJ·mol －1Q p =θm c H ∆=θm c U ∆+∑RT v)g (B= (－725.62－0.5×8.3145×298.15×10－3)kJ·.mol －1 =－726.86 kJ·mol－1(2) θm c H ∆=θm f H ∆(CO 2) + 2θm f H ∆（H 2O )－θm f H ∆ [CH 3OH(l)] θm f H ∆[CH 3OH (l)] =θm f H ∆ (CO 2) + 2θm f H ∆ (H 2O )－θm c H ∆= [－393.51+2×(－285.83)－(－726.86) ] kJ·mol －1=－238.31 kJ·mol －1(3) CH 3OH (l) →CH 3OH (g) ，θm vap ΔH= 35.27 kJ·.mol －1θm f H ∆[CH 3OH (g)] =θm f H ∆[CH 3OH (l)] +θmv ap H ∆= (－38.31+35.27)kJ·.mol－1=－203.04 kJ·mol －1第二章 热力学第二定律例1. 1mol 理想气体从300K ,100kPa 下等压加热到600K ，求此过程的Q 、W 、U 、H 、S 、G 。
大学物理实验不确定度分析实例
对各测量量求偏导：
∂ ln ρ 1 = ∂m m
∂ ln ρ 1 = −2 ∂D D
1 1 2 1 2 2 2 2 代入不确定度传递 公式： = [( ⋅ ∆ m ) + ( − ⋅ ∆ D ) + ( − ⋅ ∆ H ) ] = 0 .0020 = 0 .20 % ρ m D H
∆ρ
ρ的不确定度为：
P = 0.683
E D = 0.03%
计算ρ：
ρ=
4m 4 × 14.00 = g / cm 3 = 8.094 g / cm 3 πD 2 H π (1.0492) 2 × 2.0003
ρ的不确定度分析：
函数为乘除形式，取对数 ：
ln ρ = ln
4m
π
− 2 ln D − ln H
∂ ln ρ 1 =− ∂H H
∆ ρ = 8.094 × 0.0020 g / cm 3 ≈ 0.02 g / cm 3
ρ的测量结果：ρ = (8.09 ± .02) g / cm3 0
Eρ = 0.2%
P = 0.683
D/cm H/cm 1.0502 2.000 1.0488 2.002 1.0516 1.998 1.0480 2.000 1.0495 2.000 1.0470 2.002
【解】
对于m，进行单次测量，只有B类不确定度
m = 14.00 g
m的测量结果表示：
∆B =
∆仪 3
=0.02 ຫໍສະໝຸດ = 0.01g 317 2 × 2 + 232 + 32 × 3 cm = 0.0006cm 5
∆A = σH = σH
2
6
= 0.0002cm
大学物理例题
例1 路灯离地面高度为H，一个身高为h 的人，在灯下水平路面上以匀速度步行。
如图3-4所示。
求当人与灯的水平距离为时，他的头顶在地面上的影子移动的速度的大小。
解:建立如右下图所示的坐标，时刻头顶影子的坐标为，设头顶影子的坐标为，则由图中看出有则有所以有;例2如右图所示，跨过滑轮C的绳子，一端挂有重物B，另一端A被人拉着沿水平方向匀速运动，其速率。
A离地高度保持为h，h=1.5m。
运动开始时，重物放在地面B0处，此时绳C在铅直位置绷紧，滑轮离地高度H = 10m，滑轮半径忽略不计，求：(1) 重物B上升的运动方程；(2) 重物B在时刻的速率和加速度；(3) 重物B到达C处所需的时间。
解：(1)物体在B0处时，滑轮左边绳长为l0 = H-h，当重物的位移为y时，右边绳长为因绳长为由上式可得重物的运动方程为(SI)(2)重物B的速度和加速度为(3)由知当时，。
此题解题思路是先求运动方程，即位移与时间的函数关系，再通过微分求质点运动的速度和加速度。
例3一质点在xy平面上运动，运动函数为x = 2t, y = 4t2-8(SI)。
(1) 求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线；(2) 求t1=1s和t2=2s时，质点的位置、速度和加速度。
解：(1) 在运动方程中消去t，可得轨道方程为，轨道曲线为一抛物线如右图所示。
(2) 由可得: 在 t1=1s 时，在 t2=2s 时,例4质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a0，以后加速度均匀增加，每经过τ秒增加a0，求经过t秒后质点的速度和位移。
解：本题可以通过积分法由质点运动加速度和初始条件，求解质点的速度和位移。
由题意可知，加速度和时间的关系为:根据直线运动加速度的定义因为t = 0 时，v0=0，故根据直线运动速度的定义有因为t = 0 时，x0=0 ，则位移为例5(1) 对于作匀速圆周运动的质点，试求直角坐标和单位矢量 i和 j表示其位置矢量r, 并由此导出速度v 和加速度a的矢量表达式。
大学物理专业《电磁学》静电场部分例题分析
2 0
Q
A
d
Q 2 0 S
F A QE Q
Q 2 0 S
Q
2
Q
B
2 0 S
E
同理
FB
Q
2
2 0 S
1 2
0
Q
0S
2
（2）
W e W 2 W1
0E V
2
We
1 Q d 2 0S
例15 如图所示，无限长均匀带电细直线，其带电线密度 为 。在距离无限长带电直线为 d 处有一带电荷为 q ， 长为 L 的细线。求带电细线所受的电场力大小和方向 1 高斯定理 E dS qi
E
x
2 0
(
1 x
2
1
1 x R
2 2 0
)
2 0
(1
讨论
1 R
)
2 0
x
2
x R 0
E
2 0
q
2
无限大均匀带电 平面的电场强度 （点电荷电场强度）
R0 x
2
x R 0 E
(1 R0 x
2 1 2
4π 0 x
1 1 2
2
)
2
例9 一平板空气电容器的两极板都是半径为 r 的圆形导 体板，在充电时，板间电场强度的变化率为 dE dt ，若 略去边缘效应，则两极板间的位移电流为( ) （A）
（D）
P 3 0
例8 如图所示，有一半径为 R 的均匀电介质球，沿直径 方向被均匀极化，极化强度 P 为恒量，那么该介质球体 en 内的电场强度为（ ） 解答：如图所示
理工科大学物理知识点总结及典型例题解析
第一章 质点运动学本章提要1、 参照系：描述物体运动时作参考的其他物体.2、 运动函数：表示质点位置随时间变化的函数.位置矢量：k t z j t y i t x t r r)()()()(++==位置矢量：)()(t r t t r r-∆+=∆一般情况下：r r∆≠∆3、速度和加速度： dtrd v= ； 22dt r d dt v d a == 4、匀加速运动： =a 常矢量 ； t a v v +=0 2210t a t v r +=5、一维匀加速运动：at v v +=0 ； 2210at t v x += ax v v 2202=-6、抛体运动： 0=x a ； g a y -=θcos 0v v x = ； gt v v y -=θsin 0t v x θcos 0= ； 2210sin gt t v y -=θ7、圆周运动：t n a a a+=法向加速度：22ωR R v a n == 切向加速度：dtdv a t =8、伽利略速度变换式：u v v+'=典型例题分析与解答1.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l.当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少 解：取如图所示的坐标轴, 由题知任一时刻由船到滑轮的绳长为l=l 0-vt 则船到岸的距离为：22022)(-h -vt l -h l x ==因此船的运动速率为：20 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==vt l h l vdtdxv2.一质点具有恒定的加速度2)46(m/s j i a+=,在t=0时刻,其速度为零, 位置矢量i r10= m.求:1在任意时刻的速度和位置矢量;2质点在 xoy 平面的轨迹方程,并画出轨迹的示意图.解. 1由加速度定义dt vd a =,根据初始条件 t 0=0 v 0=0 可得⎰⎰⎰+==tt v )dt j i (dt a v d 046s m j t i t v /)46(+=由dtrd v =及 t 0=0ir r100==得⎰⎰⎰+==t t r r dt j t i t dt v r d 0)46(0m j t i t j t i t r r ]2)310[(2322220 ++=++=2由以上可得质点的运动方程的分量式x=xt y=yt 即 x=10+3t 2y=2t 2消去参数t,得质点运动的轨迹方程为 3y=2x-20这是一个直线方程.由m i r100=知x 0=10m,y 0=0.而直线斜率 32===tga dy/dx k ,X10则1433'= a 轨迹方程如图所示3. 质点的运动方程为23010t t -x +=和22015t t-y =,SI 试求:1 初速度的大小和方向;2加速度的大小和方向.解.1速度的分量式为 t -dx/dt v x 6010+==t -dy/dt v y 4015==当t=0时,v 0x =-10m/s,v 0y =15m/s,则初速度的大小为01820200.v v v y x =+=m/s 而v 0与x 轴夹角为 1412300'== xy v v arctga2加速度的分量式为 260-xx ms dtdv a ==240-y y ms dt dv a == 则其加速度的大小为 17222.a a a yx =+=ms -2 a 与x 轴的夹角为 1433'== -a a arctgxy β或91326'4. 一质点以25m/s 的速度沿与水平轴成30°角的方向抛出.试求抛出5s 后,质点的速度和距抛出点的位置.解. 取质点的抛出点为坐标原点.水平方向为x 轴竖直方向为y 轴, 质点抛出后作抛物线运动,其速度为 αcos 0v v x =gt v v y -=αsin 0则t=5s 时质点的速度为 v x =s v y =s质点在x,y 轴的位移分别为Xx=v 0x t= 060220.-gt t-v y y ==m 质点在抛出5s 后所在的位置为 )06025108(j .-i .j y i x r=+=m5.两辆小车A 、B 沿X 轴行驶,它们离出发点的距离分别为 XA=4t+t 2, XB= 2t 2+2t 3SI 问:1在它们刚离开出发点时,哪个速度较大2两辆小车出发后经过多少时间才能相遇3经过多少时间小车A 和B 的相对速度为零 解.1 t /dt dx v A A 24+==264t t /dt dx v B B +==当 t=0 时, v A =4m/s v B =0 因此 v A > v B2当小车A 和B 相遇时, x A =x B 即 322224t t t t +=+ 解得 t=0、 无意义3小车A 和B 的相对速度为零,即 v A -v B =0 3t 2+t-2=0 解得 t= . -1s 无意义.第二章 质点力学牛顿运动定律本章提要 1、牛顿运动定律牛顿第一定律 o F = 时 =v常矢量牛顿第二定律 k ma i ma i ma a m F z y x++==牛顿第三定律 'F F-= 2、技术中常见的几种力：重力 g m P= 弹簧的弹力 kx f -= 压力和张力滑动摩擦力 N f k k μ= 静摩擦力 N f s s μ≤3、基本自然力：万有引力、弱力、电磁力、强力.4、用牛顿运动定律解题的基本思路：认物体→看运动→查受力画示力图→列方程 5、国际单位制SI量纲：表示导出量是如何由基本量组成的幂次式.典型例题分析与解答1. 一木块在与水平面成a 角的斜面上匀速下滑.若使它以速度v 0沿此斜面向上滑动,如图所示. 证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时, mgsina-f =0因此木块受到的摩擦阻力为 f = mgsina 1 当木块上行时,由牛顿第二定律有 - mgsina - f=ma 2联立12式可得a= -2gsina式中负号表示木块沿斜面向上作匀减速直线运动.木块以初速v 0开始向上滑至某高度时,v=0,由v 2=v 02+2as 可得木块上行距离为s=-v 02/2a=v 02/4gsina2.如图所示,已知F=×104N,m1=×103kg,m2=×103kg 两物体与平面间的摩擦系数为,设滑轮与绳间的摩擦系数均不计算.求质量m 2物体的速度及绳对它的拉力. 解.如图所示,设m 2的加速度为a 2,m 1的加速度 为a 1.由牛顿第二定律分别列出m 1,m 2的运动方xyN f PPF Nfam 1gm 2gFf 2T程为22221111a m g m -T a m g m -F-T ==μμ由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,则有021=''-T T 考虑到2211T ',T T 'T ==,且绳子不被拉长,则有122a a = 联立上述各式,可得2121227844)2(22-m.s .m m m m g F-a =++=μN .a g m T 422210351)(⨯=+=μ3.在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球.当小钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高解.如图所示,钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动.当它距碗底高为h 时,其向心加速度为θωωsin 22R r a n ==,钢球所受到的作用力为重力P 和碗壁对球的支持力N,其合力就是钢球匀速圆周运动所需的向心力F.由图 有 θωθsin sin 2mR N F ==`则 2ωmR N = 1 考虑到钢球在垂直方向受力平衡,则有 mg P N ==θcos 2由图可知 /R R-h )(cos =θ. 故有 2ωR-g/h =4. 一质量为m 的小球最最初位于如图所示的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑.试求小球在点C 时的角速度和对圆弧表面的作用力.解.取图所示的坐标系,小球在运动过程中受重力P 和圆弧内表面的作用力N.由FP牛顿第二定律得小球在切向方向运动方向方程为 t t ma F = 即 mdv/dt a -mg =sin由 /dt rd ds/dt v α== 可得 /v rd dt α=. 将其代入上式后,有 ααd -rg vdv sin =根据小球从A 运动到C 的初末条件对上式两边进行积分,则有 ⎰⎰=απαα2)sin (0d rg vdv v 得αcos 2rg v =小球在C 点的角速度为 /r g v/r αωcos 2== 小球在法线方向的运动方程为 F n =ma n 即 ααcos 2cos 2mg /r mv N-mg ==由此得小球对圆弧的作用力为 αcos 3mg --N N'==5.有一个可以水平运动的倾角为α的斜面,斜面上放一质量为m 的物体,物体与斜面间的静摩擦系数为μ,如果要使物体在斜面上保持静止,斜面的水平加速度应如何解.物体m 在斜面上保持静止,因而具有和斜面相同的加速度a.可以直观的看出,如果斜面的加速度太小,则物体将向下滑;如果斜面的加速度过大, 则物体会向上滑.1假定物体静止在斜面上,但有向下滑的趋势; 物体受力分析如图1所示,由牛顿运动定律有)(sin cos -a m -N f =αα 0cos sin =+-mg N f ααN f μ≤则 g aμa aa-μa sin cos cos sin +≥1假定物体静止在斜面上,但有向上滑的趋势;物体受力分析如图2所示,由牛顿运DCtmgaxy动定律有)(sin cos -a m -N f =-αα 0cos sin =+--mg N f ααN f μ≤则 g aμa aμa a sin cos cos sin -+≤故g a μa a μa a g a μa a a-μsin cos cos sin sin cos cos sin -+≤≤+第三章 功与能本章提要 1、功：r d F dW⋅=⎰⎰⎰⎰++==⋅==BAB ABAz y x dz f dy f dx F dr F r d F dW W )(cos θ2、动能定理：21212221mv mv W -= 3、保守力与非保守力：⎰=⋅=Lr d F W 0 保 ⎰≠⋅=Lr d F W 0非4、势能：对保守内力可以引入势能概念 万有引力势能：rm m GE p 21-=以两质点无穷远分离为势能零点. 重力势能：mgh E p =以物体在地面为势能零点.弹簧的弹性势能：221kx E p =以弹簧的自然伸长为势能零点. 5、机械能受恒定律：在只有保守内力做功的情况下,系统的机械能保持不变. 1、用力推地面上的石块.已知石块的质量为20kg,力的方向和地面平行. 推力随位移的增加而线性增加,即F=6xSI.试求石块由x 1=16m 移到x 2= 20m 的过程中,推力所作的功.xy解.由于推力在作功过程中是一变力,按功的定义有J -xdx x d F W x x 432)1620(3622201621===⋅=⎰⎰2、一颗速率为700m/s 的子弹,打穿一木块后速率降为500m/s.如果让它继续穿过与第一块完全相同的第二块木板.求子弹的速率降到多少解.由动能定理可知,子弹穿过第一块和第二块木板时克服阻力所作的功分别为222123212212122211mv-mv W mv -mv W ==式中v 1为子弹初速率,v 2为穿过第一块木板后的速率,v 3为穿过第二块木板后的速率.由题意知两块木板完全相同,因此子弹穿过木板过程中克服阻力所作的功可认为相等,即 W 1=W 2,故有 2221232121212221mv -mv mv -mv =由此得子弹穿过第二块木板后的速率为 m/s -v v v 100221223==3、.用铁锤把钉子敲入木板.设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比.若第一次敲击能把钉子打入木板m 101.0-2⨯.第二次打击时, 保持第一次打击钉子的速度,那么第二次能把钉子打多深.解.锤敲钉子使钉子获得动能.钉子钉入木板是使钉子将获得的动能用于克服阻力作功.由于钉子所受阻力f 与进入木板的深度x 成正比,即f=kx,其中k 为阻力系数.而锤打击钉子时,保持相同的速度,故钉子两次进入木板过程中所作功也相等, 所以有⎰⎰=xkxdx kxdx 01.001.00m x 0141.0=即钉子经两次敲击进入木板的总深度为.由此可知第二次打击使钉子进入木板的深度为 m .x-x d 004101==4、一半径为R 的光滑球固定在水平面上. 另有一个粒子从球的最高点由静止沿球面滑下.摩擦力略去不计.求粒子离开球的位置以及粒子在该位置的速度.解.如图所示,粒子在光滑球面上滑动时仅受球面支持力和地球引力 mg 的作用.由于N 始终与球的运动方向垂直,故系统机械能守恒.当粒子从最高点A 滑至离开球的位置B时,有 θcos 221mgR mv mgR += 根据牛顿第二定律,有21cos mv N mg R=-θ 而粒子刚好离开时,N=0.因此有θθcos cos 21mgR mgR mgR +=则物体刚离开球面处的角位置为此时,粒子的速率为Rg gR v 32cos ==θ v 的方向与P 夹角为 8.4190=-=θa5、一劲度系数为K 的水平轻弹黉,一端固定在墙上,另一端系一质量为M 的物体A 放在光滑的水平面上.当把弹黉压缩x 0后,再靠着A 放一质量为m 的物体B,如图所示.开始时系统处于静止,若不计一切摩擦.试求:1物体A 和B 分离时,B 的速度;2物体A 移动过程中离开o 点的最大距离.解.1以A 、B 及弹黉为系统,假定A 、B 分离时的共同速度为v. 由机械能守恒定律,有2021221)(kx v m M =+则 0)(x m M K/v +=2若设x 为物体A 离开o 点的最大距离,由系统机械能守恒,有221221kx Mv =则0)(x m M M/x +=248arccos 32.==θ第四章 动量本章提要1、动量定理：合外力的冲量等于质点或质点系动量的增量.21p p dt F -=对于质点系∑=ii p p2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时,∑=ii p p常矢量.3、质心的概念质心的位矢：∑∑=i i i iii c r m m mrm r )1(⎰=dm r mr c1 4、质心运动定律：质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度.c a m F=质点系的动量受恒等同于它的质心速度不变.1、如图所示,质量为m 、速度为v 的子弹,射向质量为M 的靶,靶中有一小孔, 内有劲度系数为k 的弹黉,此靶最初处于静止状态,但可在水平面作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹黉后,弹黉的最大压缩距离.解.质量为m 的子弹与质量为M 的靶之间的碰撞是从子弹与固定在靶上的弹黉接触时开始的,当弹黉受到最大压缩时,M 和m 具有共同的速度v 1, 此时弹黉的压缩量为x 0.在碰撞过程中,子弹和靶组成的系统在水平方向上无外力作用, 故由动量守恒定律可得1)(v M m mv += 1在碰撞过程中,系统的机械能守恒,有20212121221)(kx v M m mv ++= 2M联立1 2式,得)(0M m k mMvx +=2、质量为kg 107.2-23⨯、速率为m/s 106.07⨯的粒子A, 与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生完全弹性的二维碰撞,碰撞后粒子A 的速率为m/s 105.07⨯.求 1粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏角;2;粒子A 的偏转角.解.取如图所示的坐标.当A 、B 两粒子发生碰撞时,系统的动量守恒.在xoy 平面内的二维直角坐标中,有αβcos mv cos mv 21mv B221A222A1+=+=x B x A mv mv αβin s m v sin m v 0B221A2-=由碰撞前后系统机械能守恒,有2A2212B2212A121mv(m/2)vmv+=则碰撞后粒子B 的速率为m /s.104.69v 7B2⨯=粒子B 相对于粒子A 原方向的偏转角6'54 =β, 粒子A 的偏转角20'22 =a3、如图所示为一弹黉振子,弹黉的劲度系数为K,质量不计.有一质量为m 、速度为v 的子弹打入质量为M 的物体,并停留在其中,若弹黉被压缩的长度为x,物体与平面间的滑动摩擦系数为μ,求子弹的初速度. 解.以M 、m 和弹黉为研究对象,系统在水平 方向动量守恒,有mv=m+Mu 1子弹打入物体后,在弹黉被压缩的过程中, 由功能原理,可得v A1B2M)gx (m Kx M)u (m 221221++=+μ 2 联立12式得gx2m)/(M Kx m Mm v 2μ+++=4、质量为m 的物体从斜面上高度为h 的A 点处由静止开始下滑,滑至水平段B 点停止.今有一质量为m 的子弹射入物体中,使物体恰好能返回到斜面上的A 点处. 求子弹的速率.解.以地球和物体为研究系统,物体从A 处滑到B 处的过程中,由功能原理可得摩擦力的功的数值 为 W f =mgh取子弹和物体为系统,子弹射入物体的过程系统的动量守恒,有 mv=2mu再以地球、物体和子弹为系统,由功能原理有2mgh -(2m)u 2W 221f = 由此可得gh 4v =5、如图所示,质量为m 的小球沿斜坡在h 处由静止开始无摩擦滑下, 在最低点与质量为M 的钢块作完全弹性碰撞.求:1碰撞后小球沿斜坡上升的高度.2若钢块和地面间摩擦系数为μ,碰撞后钢块经过多长时间后停下来.解.小球沿斜坡滑下过程中系统机械能守恒221mv mgh = 小球m 以速度v 在斜坡底端和M21Mv m v m v +=A m22212121221Mv mv mv +=小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有mgh'mv 2121=若钢块M 在平面上运动经t ∆秒后停下来,由动量定理有2Mv -0t Mg -=∆μ联立求解可得h m M m M h'2⎪⎭⎫⎝⎛+-= g h m M m t /2)(2+=∆μ 第五章 刚体的转动本章提要：1、 刚体的定轴转动：角速度：dt d θω=角加速度；dtd ωβ=匀加速转动：t βωω+=0 22100t t βωθθ＋＝- βθωω2202=-2、 刚体的定轴转动定律：βJ M =3、 刚体的转动惯量：∑=iii rm J 2⎰=dm r J 2平行轴定理2md J J c +=4、 力矩的功：⎰=θMd W转动动能：221ωJ E k =刚体定轴转动的动能定理：2021221ωωJ J W -=刚体的重力势能：c p mgh E =机械能守恒定律：只有保守力做功时,=+p k E E 常量5、 角动量：质点的角动量：v r m P r L⨯=⨯=质点的角动量定理：L dtd M=质点的角动量守恒定律：=⨯==v m r L M, 0常矢量刚体定轴转动的角动量：ωJ L = 刚体定轴转动的角动量定理：L dtd M =刚体定轴转动的角动量受恒定理：当合外力矩为零时 =ωJ 常量1、设某机器上的飞轮的转动惯量为转动的角速度为,在制动力矩的作用下,飞轮经过20s 匀减速地停止转动,求角加速度和制动力矩.解.由题意知飞轮作匀减速运动,角加速度β应为常量,故有-1.57rad/s 31.4)/20-(0)/t -(0===ωωβ.根据转动定律,可得制动力矩-99.9N.m (-1.57)63.6J M =⨯==β式中负号表示角加速度、制动力矩的方向均与飞轮转动的角速度方向相反. 2、如图a 所示为一阿脱伍德Atwood 机.一细而轻的绳索跨过一定滑轮, 绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体,且m 1>m 2.设定滑轮是一质量为M 、半径为r 的圆盘,绳的质量不计,且绳与滑轮间无相对运动.试求物体的加速度和绳的张力.如果略去滑轮的运动,将会得到什么结果解.分别作出滑轮M,物体m 1和m 2的受力分析图如图b 所示.由于绳索质量不计,且长度不变,故m 1和m 2,均为.对物体m 1和m 2以及滑轮M , m 1g-T 1=m 1a 1 T ’2-m 2g=m 2a ’ βJ )r T -(T 21= 3m 21aa2P 11 2而 221Mr J = 4βr a = 5 联立12345式,可得g M/2m m m -m a 2221++=g m M/2m m M/22m T l 2221+++=g m M/2m m M/22m T 22212+++=如果略去滑轮的运动,即T 1=T 2=T,有2121m m )g m -(m a +=212121m m gm 2m T T T +===3、质量为,长为的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置,然后任其下落.求:1在开始转动时的角加速度;2下落到铅直位置时的动能;3下落到铅直位置时的角速度.解.1如图所示,棒绕端点o 的转动惯量J=m l 2/3. 在水平位置时,棒所受的重力矩 Ｍ根据转动定律,得36.8rad.s )3g/(2M/J ===l β 2取棒和地球为系统,心点A 处为重力势能零点.在棒的转动过程中只有 保守内力作功,系统的机械能守恒.棒从静止时的水 平位置下落到竖直位置时,其动能为 E k =mg l /2=3棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能,则有E k =1/2 J ω2,所以竖直位置时棒的角速度为8.57rad/s 3g//J 2E k ===l ω4、如图所式,A 、B 两个轮子的质量分别为m 1和m 2,半径分别为r 1和r 2.另有一绳绕在两轮上,并按图示连接.其中A 轮绕固定轴o 转动.试求:1B 轮下落时, 其轮心的加速度;2细绳的拉力.解.取竖直向下为x 轴正向,两轮的受力分析如图示.A 轮绕轴o 作定轴转动,故有A 211211r m r ' T β= 且 1A A /r a =β故 A 121a m ' T = 1对于B 轮除了绕其轴C 的转动外,还有B 轮质心C 的平动.根据牛顿定律,B 轮质心运动方程为 c 22a m T -g m = 2又根据转动定律,对B 的转动有 B 222212r m Tr β=且有 2B B /r a =β故 B 221a m T = 3 而 T=T 'a A =a c -a B 4 联立求解可得2T/m 1=a c -2T/m 2 故 21c212m 2m a m m T +=5联立25式可得 2121c 2m 3m )g m 2(m a ++=2121c 2m 3m gm m )a -(g m T +==5、在图示的装置中,弹黉的劲度系数K=m,滑轮的转动惯量J= 半径R=,物体质量m=6×10-2kg.开始时用手将物体托住使弹黉为原长, 系统处于静止状态.若不计一切摩擦,求物体降落处的速率.解.以滑轮、物体、弹黉和地球为系统,在物体下落过程中.A2Bx设物体下落h=时的速率为v,则 221221221mv J(v/R)Kh mgh ++=0.16m/s )(J/R m Kh)h-(2mg v 2=+=6、如图所示,质量为m 1和m 2 的两物体通过定滑轮用轻绳连接在一起,滑轮与轴、物体与桌面的摩擦忽略不计.当m 1由静止下降距离h 时,求:1若滑轮质量不计,此时m 1的速率是多少2若滑轮的转动惯量J=MR 2/2,此时m 1的速率又为多少 3若在2中把m 1换成拉力F,此时滑轮的角加速度为多少 解.1物体在下落过程中系统的机械能守恒,有221211)v m (m gh m += )m gh/(m 2m v 211+=2考虑到滑轮的转动,在物体下落的过程中,221221212J )v m (m gh m ω++= M/2)m gh/(m 2m v 211++=3由转动定律,有 βJ T)R -(F = 而 βR m m T 22==a 则 M/2)R]F/[(m 2+=β第六章 气体动理论本章提要1、 系统和外界,宏观量和微观量；2、 平衡态和平衡过程；3、 理想气体状态方程：RT mPV μ=普适气体常数： -1-1k mol 8.31J R ⋅⋅=mm h阿佛加德罗常数：123m ol 10023.6-⨯=A N 玻尔兹曼常数：123k J 1038.1--⋅⨯==AN Rk 4、 理想气体的压强：k n v nm P ε32231==5、 温度的统计概念：kT 23=k ε 6、 能均分定理：每一个自由度的平动动能为：kT 21一个分子的总平均动能为：kT 2i=ε mol μM理想气体的内能为：RT 2i M E μ=7、 速率分布函数：NdvdNv f =)( 三速率：最概然速率μRT2kT2==mv p平均速率 πμπRT8kT 8==m v 方均根速率μRT3kT32==mv8、 分子的平均自由程：Pd n d 222kT21ππλ==9、 输送过程：内摩擦输送分子定向动量热传导输送无规则运动能量 扩散输送分子质量1、目前实验室所能获得的真空,其压强为×10-8pa.试问在27℃的条件下, 在这样的真空中每立方厘米内有多少个气体分子 解. 由 P=nkT 可得单位体积内的分子数 n=P/kT=×1012m -3故每立方厘米内的分子数为×106个2、2g 氢气装在20×10-3m 3的容器中,当容器内的压强为×104Pa 时, 氢气分子的平均平动动能为多大解.理想气体分子的平均平动动能取决于温度,且有kT mv23221=, 而一定量气体在确定的体积和压强的前提下,其温度可由状态方程得MRPVT μ=则 J 101.99MRPV23k mv 21-221⨯==μ3、 求温度为127℃的氢气分子和氧气分子的平均速率, 方均根速率及最概然速率.解.分别按平均速率,方均根速率和最概然速率的计算公式, 可求得氢分子相对应的各种速率为m/s 102.06RT/1.60v 3⨯==μm/s 102.23RT/1.73v 32⨯==μm/s 101.82RT/1.41v 3p ⨯==μ由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而4/H 0=μμ,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4.即v 0=×102m/s,m/s 105.58v 22⨯=, v p0=×102m/s4、在30×10-3m 3的容器中装有20g 气体,容器内气体的压强为×105Pa,求 气体分子的最概然速率解.最概然速率 μRT/1.41v p =,式中气体的温度T 可根据状态方程,以压强P和体积V 代替,即 PV/(MR)T μ=, 故 389m/s PV /M 1.41v P ==5、收音机所用电子管的真空度为×10-3Pa.试求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直经d=×10-8cm. 解. 由压强公式可得单位体积中的分子数 n=P/kT=×1017m -3 分子的平均自由程为7.77m P)d 2kT/(2==πλ第七章 热力学基础本章提要1、 准静态过程：过程中的每一个时刻,系统的状态都接近于平衡态.准静态过程中系统对外做的体积功pdV dW = ⎰=21V V PdV W2、 热量：系统和外界或两个物体由于温度不同而交换的热运动能量.3、 热力学第一定律：W )E (E Q 12+-= dW dE dQ +=4、 理想气体的摩尔摩尔热容量：R C 2iV =R C 22i P +=迈耶公式：R C C V P =- 摩尔热容比：i2i C C V P +==γ 5、 理想气体的四种过程：等体过程：0PdV dW V ==RdT dT C E dQ 2V V iM Md μμ===)T R(T )T (T C E E Q 12212V 12V -=-=-=i M Mμμ等压过程：PdV dE dQ P +=)T (T C )T R(T )T (T C PdVE E Q 12P 12212V V 12P 21-=-+-=+-=⎰μμμMiM MV等温过程：0dT = 0dE =pdV dW dQ T T == 1212T T P P RTlnV V RTlnPdV Q W μμMM====⎰ 绝热过程：0dQ = )T(T C PdV W 12V μM --==⎰a 绝热方程：=γPV 常量 ＝－T V 1γ常量 ＝－－γγT P 1常量6、 循环过程：热循环正循环：系统从高温热源吸热,对外做功,向低温热源放热. 循环效率：121Q Q 1－Q W＝＝η 致冷循环逆循环：系统从低温热源吸热,接收外界做功,向高温热源放热. 致冷系数：21212－Q Q Q ＝W Q ＝ω 7、 卡诺循环：系统只与两个恒温热源进行热量交换的准静态循环过程.正循环的效率：12T T 1-＝c η 逆循环的致冷系数：212T T T -=c ω8、热力学第二定律：克劳修斯说法热传导 开尔文说法功热转换 9、可逆过程和不可逆过程不可逆：各种实际宏观过程都是不可逆的,而它们的不可逆性又是相互沟通的.三个实例：功热转换、热传导、气体自由膨胀.可逆过程：外界条件改变无穷小的量就可以使过程反向进行的过程其结果是系统和外界能同时回到初态,无摩擦的准静态过程是可逆过程.1、一定质量的空气,吸收了×103J 的热量,并保持在×105Pa 下膨胀,体积从10-2m 3增加到15×10-3m 3,问空气对外作了多少功内能增加了多少 解.空气等压膨胀所作的功为 W=PV 2-V 1=×102J 由热力学第一定律 W E Q +∆=, 可得空气内能的改变为J 101.12W -Q E 3⨯==∆2、100g 水蒸气自120℃升到140℃.问1在等体过程中,2在等压过程中,各吸收了多少热量.解. 水蒸气为三原子分子,其自由自由度为i=6,定体摩尔热容C v =i/2R, 定压摩尔热容 C p =i/2+1R,则 1等体过程中吸收的热量为J102.77 )T -)R(T (M/)T -(T )C (M/dT )C (M/Q 3122i12v v v ⨯====μμμ2等压过程中吸收的热量为J103.69 )T -1)R(T )(i/2(M/)T -(T )C (M/dT )C (M/Q 31212p p p ⨯=+===μμμ3、压强为×105Pa,体积为10-3m 3的氧气0℃加热到100℃,问1当压强不变时, 需要多少热量2当体积不变时,需要多少热量3 在等压或等体过程中各作多少功 解. 在给定状态下该氧气的摩尔数为)/(RT PV M/11=μ1压强不变的过程即等压过程,氧气所需的热量为130J)T -)(T /T (PV )T -)R(T /(RT PV )T -(T )C (M/Q 12112712112712p p ====μ2体积不变的过程即等体过程,氧气所需的热量为92.8J)T -)(T /T (PV )T -)R(T /(RT PV )T -(T )C (M/Q 12112512112512v v ====μ3由热力学第一定律 W E Q +∆= 得等压过程中氧气所作的功为37.1J)T -)(i/2)R(T (M/-)T -1)R(T )(i/2(M/E -Q W 1212p p =+=∆=μμ此结果亦可由 )V -P(V PdV W 12p ==⎰ 及 V 1/V 2=T 1/T 2得到. 在等体过程中氧气所作的功为0)T -(T )C (M/-)T -(T )C (M/E -Q W 12v 12v v v ==∆=μμ此结果亦可直接由 0PdV W v ==⎰ 得到.4、如图所示,使1mol 的氧气1由a 等温的到b;2由a 等体的变到c;再由c 等压变到b.试分别计算所作的功和所吸收的热量.解.1氧气在a 到b 的等温过程中所作的功为J103.15)/V ln(V V P )/V RTln(V PdV W 3a b b b ab M b aT⨯====⎰μ由于等温过程中内能不变,由热力学第一定律W E Q +∆=,可得氧气在a 到b 过程中所吸收的热量为 Q=WT=×103J2由于等体过程中气体不作功,而等压过程中所作的功为V P W P ∆=,图中ac 为等体过程,cb 为等压过程.因此,氧气在acb 过程中所作的功为VW=W ac +W cb =W cb =P c V b -V c =×103J氧气在acb 过程中所吸收的热量为ac 和cb 两个过程中吸收热量之和,即J102.27 )V -(V P )R]/[(M/)V P -V P )(C -(C )(M/ )T -(T )C (M/)T -(T )C (M/Q Q Q 3c b c b b c c p v c b p a c v cb ac ⨯===+=+=μμμμ5、一卡诺热机的低温热源温度为7℃,效率为40％,若将其效率提高到50％,求高温热源的温度提高多少度解. 由卡诺热机的效率η=1-T 2/T 1可知, 具有相同低温热源而效率分别为η'和η"的两热机,其高温热源的温度分别为 T 1'=T 2/1-η' T 1"=T 2/1-η" 因此,为提高效率而需提高的温度为 △T=T 1"-T 1'=第八章 静电场本章提要：1、 电荷的基本性质：两种电荷；量子性；电荷守恒；相对不变性2、 库仑定律：两个静止的点电荷之间的作用力：0221041E r r q q πε＝真空中的介电常数：212120m N C 1085.8---⋅⋅⨯=ε3、 电场力叠加原理：∑=ii F F4、 电场强度：0q FE=5、 场强叠加原理：∑=i i E E ∑i 0i 2i i 0r r q 41E πε＝ ⎰020r r dq 41E πε＝ 6、 电通量：⎰⋅=Φse S d E7、 高斯定律：∑⎰=⋅iisq1S d E ε8、 典型静电场：均匀带电球面：⎪⎩⎪⎨⎧=（球面外）（球面内）020r rq 410πεE 均匀带电无限长直线：r02E πελ=,方向垂直于带电直线. 均匀带电无限大平面：02E εδ＝,方向垂直于带电平面. 9、 静电场对电荷的作用力：E q F=10、静电场是保守力场：0d E =⋅⎰Ll11、电势差：⎰⋅=-QQ P d E U U Pl电势：⎰∞⋅=Pl d E U P电势叠加原理：∑=i U U12、电荷的电势：r04q U πε=电荷连续分布的带电体的电势：⎰=r04dq U πε13、场强E和电势U 的关系：积分形式：⎰∞⋅=Pl d E U P微分形式：U E -∇=电场线处处与等势面垂直,并指向电势降低方向,电场线密处等势面间间距小.14、电荷在外电场的电势能：qU W =移动电荷时电场力做的功：Q p Q P PQ W W )U q(U A -=-=1,.解.1如图所示,各点电荷在点o 处产生的场强两两对应相消,所以,点o 处场强 E o =02 取图中所示坐标.位于六角形的三条对角线上的电荷分别在点o 处产生的场强为 E 1,E 2,E 3,且E 1=E 2=E 3,点o 处的总场强在坐标轴上 的分量分别为sin60E -sin60E E 0E -cos60E cos60E E 12y 321x ===+=所以 0j E i E E y x 0=+=3此时六角形的三条对角线上的电荷在o 处 所产生的场强分别为图所示的 E 1,E 2,E 3.且E 1=E 2=E 3点o 处的总场强在坐标轴的分量分别为=sin60E -sin60E =E k4q/a =2k2q/a =2E =cos60E +E +cos60E =E 31y 222321x所以 E o =k4q/a 2++--++++4取图所示坐标,除在x 轴上的点o 处所产生的场强彼此加强外, 其它两条对角线上的电荷在中心点o 处的场强彼此相消.所以,总场强为 Eo=2kq/a 2=k2q/a 28-5.一半径为R 的半圆细环,均匀分布+Q 电荷,求环心处的电场强度.解. 以环心o 为原点取如图坐标轴,在环上取一线元d l ,其所带电量为 R)Qdl/(dq π=,它在环心处的电场强度dE 在y 轴上的分量为)R 1/sin R Qd 41dE 20y θππεl =由于环对y 轴对称,电场强度在x 的分量为零.因此半圆环上的电荷在环心o 处的总的电场强度为j R 2Q -j d sin R 4Q - j d sin R Q 41-j dE -E 202020230y επθθεπθππεπ====⎰⎰⎰l 8-9.两条无限长相互平行的导线,均匀带有相反电荷,相距为a,电荷线密度为λ.1求两导线构成的平面上任一点的场强设该点到其中一导线的垂直距离为x;2求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.解.1以一导线上任一点o 为原点,在两导线所在平面内,垂直于导线的方向为x 轴.在x 轴任一点P 处的场强 E=E ++E - ,其中E +和E -分别为正、负带电导线在P 点的场强.根据长直导线附近的场强公式,有x 2E 0πελ=+ x )-(a 2E 0πελ=-所以,点P 处的合场强为yox )-x (a a2)E (E E 0-πελ=+=+2 由于带正电的导线在带负电导线处的场强 a2E 0πελ=+,所以,根据 F=qE 可得带负电导线上单位长度电荷所受的电场力a2E -F 02-πελλ-==+同理,可得带正电的导线上单位长度电荷所受到的电场力为 a2E F 02πελλ==-+ 故有 F +=F -,两导线相互吸引.8-11.设匀强电场的场强E 与半径为R 的半球面的轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.解.如图所示通过半球面的电场线与垂直通过大圆面S 的电场线相同,而通过面S 的电通量为E R ES 2π==Φ所以,通过半球面的电通量亦为E R 2π8-20.在题8-13中,如两球面分别带有相等而异号的电荷±Q,两球面的半径分别为R 1和R 2,问两球面间的电势差为多少解.如图所示,由题8-13解可知,两球面间的电 场强度 20r 4Q E rπε=则两球面间的电势差为)R 1R 1(414Q r d E U 21020r 21-==⋅=⎰⎰πεπεR R dr r。
大学物理典型例题分析
的危险因素，预防糖尿病的急慢性并发症，并改善整体安康状况，提高病人的生活质量。 2．糖尿病营养支持的原则是实行个体化营养治疗，防止给予热量过多或缺乏。
可根据不同病人和病情，选择可使血糖和血脂控制
尿病必须承受胰岛素治疗。 10．病人的胰岛素需要量受多种因素影响，如食品量和成分、病情轻重和稳定
性，病人肥胖或消瘦、活动量、胰岛素抗体、受体
激素和亲和力等。所以胰岛素用量、胰岛素类型和给予方式(如皮下注射、静脉输注等)主要 根据血糖控制情况来调节。胰岛素与营养液混合输
注时有一定量的胰岛素会粘附于输液袋或输液管上，所以配制营养液后及时输注、以及密切 监测血糖较为重要。
在较佳状态的营养方式、营养配方、输入方法和剂量，消除因高糖血症、脂肪、蛋白质代紊 乱等引起的各种病症，防止各种急慢性并发症的
发生。 【糖尿病营养支持的实施要点】 1．对糖尿病病人应该及早进展营养指标的检测和营养评估，以指导制定营养
治疗方案。及时的营养评估和营养治疗将有助于防止
各种糖尿病并发症的发生。 2．血糖的动态监测对于热量的供应、胰岛素和降糖药的给予，以及有效的血
其中为劈间尖的交角，因为很小，所以
代入数据得
.
z.
-
〔3〕患糖尿病时，机体脂肪合成减少，分解加速，脂质代紊乱，从而引起血 脂增高，甚至导致大血管和小血管动脉硬化。当脂
肪摄入的种类与数量不当时可使高脂血症、脂肪肝，高血压等并发症加速出现。 〔4〕由于糖尿病病人需限制主食和水果的摄入量，往往造成维生素的来源缺
糖控制至关重要。 3．糖尿病病人血糖控制的目标值为空腹血糖 4.44~6.66mmol／L，睡前血糖
南开大学大学物理重要例题
·书中的例题 1.1, 1.4(P.6;P.15)
一质点作匀速圆周运动，半径为 r，角速度为ω，
_
y v
vy
vx
P(x,y)
ωt
x
·书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点）
直杆 AB 两端可以分别在两固定且相互垂直的 F
直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt 随时间
B
RB
地点离地面的距离为 2384km，近地点速度为 8.12km/s，地球半径为 6370km。
求：卫星在远地点的速度 vB＝？
F
B RB
F
R
B
B
A RA
A R
书中例题 6.12 (P.215) （重点）
y
A
质量为 m 的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。
y
先使小球以速度 v0 绕管心作半径为 r0 的圆周运动，然后向下拉绳，使小球轨迹最后成为
书中例题 6.13(p.217)
_
长 l，质量 M，铅直悬挂，初始处于静止状态， 杆的中心受一冲量 I 作用，方向与杆垂直。 求：冲量作用结束时，杆的角速度。
书中例题 6.16(P.221)
长为 L，质量为 M 的均匀杆，一端悬挂，由水平位置无初速度地下落，在铅直位置与质量 为 m 的物体 A 做完全非弹性碰撞，碰后，物体 A 沿摩擦系数为μ的水平面滑动。 求：物体 A 滑动的距离。
x L
_
书中例题 4.7 (p154)
已知：长 L＝4m，质量 M＝150kg 的船静止在湖面上，人的质量 m＝50kg，人从船头走
到船尾。不计水的阻力。
求：人和船相对岸各移动的距离。
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大学物理典型例题分析 第13章 光的干涉例13-1如图将一厚度为l ，折射率为n 的薄玻璃片放在一狭缝和屏幕之间，设入射光波长为λ，测量中点C 处的光强与片厚l 的函数关系。
如果l =0时，该点的强度为0I ，试问：(1)点C 的光强与片厚l 的函数关系是什么； (2)l 取什么值时，点C 的光强最小。
解 (1)在C 点来自两狭缝光线的光程差为nl l δ=- 相应的相位差为22(1)n lππϕδλλ∆==-点C 的光强为：214cos 2I I ϕ∆=其中：I 1为通过单个狭缝在点C 的光强。
014I I =(2)当1(1)()2n l k δλ=-=-时点C 的光强最小。
所以1()1,2,3,21l k k n λ=-=-例13-2如图所示是一种利用干涉方法测量气体折射率的干涉示意图。
其中T 1，T 2为一对完全相同的玻璃管，长为l ，实验开始时，两管中为空气，在 P 0 处出现零级明纹。
然后在T 2管中注入待测气体而将空气排除，在这过程中，干涉条纹就会移动，通过测定干涉条纹的移动数可以推知气体的折射率。
设l =20cm,光波波长589.3nm λ=，空气的折射率1.000276,充一某种气体后，条纹移动200条，求这种气体的折射率。
解 当两管同为空气时，零级明纹出现在P 0处，则从 S 1和S 2 射出的光在此处相遇时，光程差为零。
T 2管充以某种气体后，从S 2射出的光到达屏处的光程就要增加，零级明纹将要S 1L 1L 2T 2T 1S 2SEP 0P 0 '例13-2图例13-1图向下移动，出现在o P '处。
如干涉条纹移动N 条明纹，这样P 0处将成为第N 级明纹，因此，充气后两光线在 P 0 处的光程差为21n l n l δ=-所以 21n l n l N δλ=-= 即 21N n n l λ=+代入数据得32200589.310 1.000276 1.0008650.2n ⨯⨯=+=例13-3. 在双缝干涉实验中，波长λ=5500Å 的单色平行光垂直入射到缝间距a =2⨯10-4m 的双缝上，屏到双缝的距离 D = 2m ． 求：（1）中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距;(2)用一厚度为 e =6.6⨯10-6m 、折射率为 n =1.58 的玻璃片覆盖一缝后,零级明纹将移到原来的第几级明纹处 ?解:(1) 因为相邻明（暗）条纹的间距为D a λ，共20个间距所以200.11m D x a λ∆==（2）覆盖玻璃后,零级明纹应满足:[]21()0r r e ne --+=设不盖玻璃片时,此点为第 k 级明纹，则应有21r r k λ-=所以 (1)n e k λ-=(1) 6.967n ek λ-==≈零级明纹移到原第 7 级明纹处.例13-4薄钢片上有两条紧靠的平行细缝，用波长 λ=5461Å 的平面光波正入射到钢片上。
屏幕距双缝的距离为 D =2.00m ，测得中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为 ∆x =12.0mm.，(1)求两缝间的距离。
(2)从任一明条纹(记作0)向一边数到第20条明条纹，共经过多大距离？ (3)如果使光波斜入射到钢片上，条纹间距将如何改变？ 解 (1)2kD x d λ∆= 2kd d x λ=∆此处 5k =100.910mm D d x λ∴==∆(2)共经过20个条纹间距，即经过的距离2024mm D l d λ==(3)不变。
例13-５如图波长550nm λ=的光线垂直入射在折射率3 1.5n =照相机镜头上，其上涂了一层折射率2 1.38n =的氟化镁增透膜，问：若在反射光相消干涉的条件中取 k =1，膜的厚度为多少？此增透膜在可见光范围内有没有增反？解 因为123n n n ，所以反射光经历两次半波损失，所以无半波损失，反射光相干相消的条件是：22(21)2n d k λ=+代入k =1和2n 求得：92335501044 1.38d n λ-⨯⨯==⨯72.98210m -=⨯此膜对反射光相干相长的条件：22n d k λ= 将d 代入 11855nm k λ== 22412.5nm k λ==33275nm k λ==波长412.5nm 的可见光有增反。
例13-6.在 Si 的平面上形成了一层厚度均匀的SiO 2 的薄膜，为了测量薄膜厚度，将它的一部分腐蚀成劈形（示意图中的 AB 段）。
现用波长为 600.0nm 的平行光垂直照射，观察反射光形成的等厚干涉条纹。
在图中 AB 段共有 8 条暗纹，且 B 处恰好是一条暗纹，求薄膜的厚度。
（ Si 折射率为 3.42， SiO 2 折射率为 1.50 ）解：上下表面反射都有半波损失，计算光程差时不必考虑附加的半波长，设薄膜厚度为 e 。
BλSiO 2膜例13-6图例13-5图B 处暗纹有：2(21),0,1,22ne k k λ=+=B 处第 8 条暗纹对应上式 7k =3(21) 1.510mm 4k e n λ-+==⨯例13-７为了测量金属细丝的直径，把金属丝夹在两块平玻璃之间，形成劈尖，如图所示，如用单色光垂直照射 ，就得到等厚干涉条纹。
测出干涉条纹的间距，就可以算出金属丝的直径。
某次的测量结果为：单色光的波长589.3nm λ=，金属丝与劈间顶点间的距离L=28.880mm ，30条明纹间得距离为4.295mm,求金属丝的直径D ？解 30条明纹29个间距，相邻两条明纹间的间距为4.295mm 29l =其间空气层的厚度相差2λ，于是sin 2l λθ=其中θ为劈间尖的交角，因为θ很小，所以sin D tg L θθ==2L D l λ=代入数据得39328.880101589.3104.29521029D ---⨯=⨯⨯⨯⨯0.05746mm =例13-8在牛顿环实验中用紫光照射，借助于低倍测量显微镜测得由中心往外数第 k 级例13-7图例13-8图明环的半径，径33.010k r m -=⨯，k 级往上数第16个明环半径316 5.010k r m -+=⨯，平凸透镜的曲率半径R =2.50m 。
求：紫光的波长？解 根据明环半径公式：(21)(1)2k k R r λ-=[]162(16)1(2)2k k R r λ+⨯+-=221616k k r r R λ+-=32327(5.010)(3.010) 4.010m16 2.50λ---⨯-⨯==⨯⨯以其高精度显示光测量的优越性。
例13-9在迈克耳孙干涉仪的两臂中分别引入 10cm 长的玻璃管 A 、B ，其中一个抽成真空，另一个在充以一个大气压空气的过程中观察到107.2 条条纹移动，所用波长546nm 。
求:空气的折射率？解：设空气的折射率为n ,两臂的光程差为222(1)nl l l n δ=-=-相邻条纹或说条纹移动一条时，对应光程差的变化为一个波长，当观察到107.2 条移过时，光程差的改变量满足：2(1)107.2l n λ-=⨯107.21 1.00029272n l λ⨯=+=例13-10如图所示,牛顿环装置的平凸透镜与平板玻璃有一小空气缝隙0e ，现用波长为的单色光垂直照射，已知平凸透镜的曲率半径为 R ，求反射光形成的牛顿环的各暗环半径。
解：设某暗环半径为 r ，由图可知，根据几何关系，近似有2(1)2r e R=1M 2M AB例13-9图e 例13-10图Rer例13-10解图再根据干涉减弱条件有0122(21)(2)22e e k λλ++=+式中 k 为大于零的整数,把式(1)代入式(2)可得r =k 为整数,且2e kλ例13-11利用牛顿环的条纹可以测定平凹球面的曲率半径，方法是将已知半径的平凸透镜的凸球面放置在待测的凹球面上，在两球面间形成空气薄层，如图所示。
用波长为 λ 的平行单色光垂直照射，观察反射光形成的干涉条纹，试证明若中心 o 点处刚好接触，则第k 个暗环的半径k r 与凹球面半径 2R ，凸面半径 1R (12R R )及入射光波长λ的关系为:21221(1,2,3)k R R k r k R R λ==-解：如图所示，第 k 个暗环处空气薄膜厚度为 e ∆12e e e ∆=-由几何关系可得近似关系：2112k r e R =, 2222k r e R =第k 个暗环的条件为：2(21),0,1,2,22e k k λλ∆+=+=即 2e k λ∆=2121122k r k R R λ⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭21221k k R R r R R λ∴=- 得证。
大学物理典型例题分析 第14章 光的衍射例14-1水银灯发出的波长为546nm 的绿色平行光，垂直入射于宽0.437mm 的单缝缝后放置一焦距为40cm 的透镜，试求在透镜焦面上 出现的衍射条纹中央明纹的宽度。
解:两个第一级暗纹中心间的距离即为中央明纹宽度，对第一级暗条纹（k=1）求出其衍射角1sin a θλ= 式中θ1很小例13-11图11sin a λθθ≈=中央明纹角宽度为122a λθ=透镜焦面上出现中央明纹的线宽度11222f x ftg f a λθθ∆=≈=9332546100.4 1.010m 0.43710---⨯⨯⨯==⨯⨯中央明纹的宽度与缝宽a 成反比，单缝越窄，中央明纹越宽。
例14-2在某个单缝衍射实验中，光源发出的光含有两种波长 1λ和 2λ并垂直入射于单缝上，假如 1λ 的第一级衍射极小与 2λ 的第二级衍射极小相重合，试问：（1）这两种波长之间有何关系？（2）在这两种波长的光所形成的衍射图样中，是否还有其他极小相重合？ 解（1）由单缝衍射的暗纹公式：11sin a θλ=22sin 2a θλ=因为1λ的第一级暗纹与2λ的第二级暗纹重叠有1212,2θθλλ==（２） 11112sin 2a k k θλλ== (1)222sin a k θλ= (2）由式(1)式(2)当 22122k k λλ=即 212k k =时，12θθ= 则相应的两暗纹重垒。
例14-3若有一波长为 λ600nm 的单色平行光，垂直入射到缝宽 a =0.6mm 的单缝上，缝后有一焦距 f = 40 cm 的透镜。
试求： （1）屏上中央明纹的宽度;（2）若在屏上 P 点观察到一明纹，op =1.4mm 问 P 点处是第几级明纹，对 P 点而言狭缝处波面可分成几个半波带？解：(1) 两个第一级暗纹中心间的距离即为中央明纹的宽度703610220.40.610x f a λ--⨯∆==⨯⨯⨯30.810m 0.8mm -=⨯= （２）根据单缝衍射的明纹公式：sin (21)(1)1,2,32a k k λϕ=+=±±±在衍射角ϕ较小的条件下sin (2)x tg fϕϕ≈=联立式（１）式（２）得12ax k f λ=-3370.610 1.410130.46102---⨯⨯⨯=-=⨯⨯所以p 点所在的位置为第三级明纹，由sin (21)2a k λϕ=+ 可知当3k =时，可分成217k +=个半波带。