北理工大学物理(上)典型题

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北京市北京理工大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题(等级考)

北京市北京理工大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题（等级考）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题 1．关于布朗运动，下列说法不正确．．．的是（） A ．布朗运动是分子的无规则运动B ．温度越高，布朗运动越明显C ．微粒越小，布朗运动越明显D ．布朗运动是由微粒周围的液体分子撞击微粒作用的不平衡性引起的2．声波是一种机械波，具有波的特性，关于声波下列说法中正确的是（） A ．不同频率的声波在空气中相遇时不会叠加B ．高频声波和低频声波相遇时能发生干涉现象C ．相同条件下，低频声波比高频声波更容易发生衍射现象D ．不同频率的声波在空气中相遇时频率均会发生改变3．单色光a 、b 分别经过同一装置形成的干涉图样如图所示。

下列说法正确的是（）A ．单色光a 波长比单色光b 的波长大B ．单色光a 的频率比单色光b 的频率高C ．在同一块玻璃砖中传播时，单色光a 比单色光b 的传播速度小D ．如果让它们分别通过同一窄缝，单色光b 比单色光a 的衍射现象更明显 4．一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用。

如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。

质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传回右端。

质点1的振动周期为T 。

0 t 时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。

下列判断正确的是（）A．B．C．D．二、多选题7．如图一束红光与一束紫光以适当的入射角射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是由圆心O点沿OP方向射出，如图所示，则（）A．AO是红光，它穿过玻璃砖所需的时间短B．玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率C．若入射角逐渐增大，则B光首先发生全反射D．若分别用A、B光照射同一个狭缝，则B光的中央条纹更宽一些8．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示，线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。

北京理工大学学年第一学期大学物理期中试题

大学物理期中测试(第7章-第9章)一、选择题(每题3分，共27分)1 真空中两块互相平行的无限大均匀带电平面。

其电荷密度分别为 +σ 和 +2σ，两板之间的距离为 d 。

两板间的电场强度和电势差为 ( )(A ) 0，0； (B )023εσ，d 023εσ； (C )0εσ，d 0εσ； (D )02εσ，d 02εσ。

2 半径为R 的均匀带电圆面，若轴线上有两点 P 1，P 2它们到环心的距离分别是R 和2R 。

则点P 1的电场强度E 1与点P 2的电场强度E 1的关系为 ( )(A )()()21552281E E +-=；(B )()()21552221E E +-=；(C )214E E =； (D )212E E =。

3 若将负点电荷 q 从电场E 中的点 a 移至点 b ，下列正确者是 ( ) (A ) 电场力做负功； (B ) 电场强度b a E E <； (C ) 电势能减少； (D ) 电势b a ϕϕ< 。

4 极板面积为S ，间距为 d 的平行板电容器，接入电源，保持电压 U 恒定，此时若把间距拉开为2d ，则电容器中的静电能改变了 ( )(A )202U d S ε ； (B )204U d S ε；(C )204U d S ε-； (D )202U dS ε-。

5 平行板电容器充电后仍与电源连接，若将极板间距拉大，则极板上的电量 Q ，电场强度 E 和电场能量 W e 将作 ( ) 变化 (A ) Q 增大，E 增大，W e 增大； (B ) Q 减小，E 减小，W e 减小； (C ) Q 增大，E 减小，W e 增大； (D ) Q 减小，E 增大，W e 增大。

6 一个平行板电容器没有介质时的电容dSC 00ε=，今在两极板间平行插入面积为S ，厚度为 a (d a <)，相对介电系数为2=r ε的介质后的电容值为 ( )(A )a d S -0ε； (B )ad S -20ε；(C )ad S-220ε； (D )aa d Sa d )()2(0--ε。

大学物理—近代物理_北京理工大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年

大学物理—近代物理_北京理工大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.下列哪个表述是对的？答案:具有适合能量的电子、中子、以及X射线入射单晶时都能产生相同的衍射图样。

2.下列关于氢原子中电子能级的表述中哪个是对的？答案:基态电子的轨道角动量为零。

3.泡利不相容原理：答案:表明在原子中，任何两个电子不能具有完全相同的量子数集即四个量子数。

4.要使处于基态的氢原子受激发后能发射莱曼系(由激发态跃迁到基态发射的各谱线组成的谱线系)的最长波长的谱线，至少应向基态氢原子提供的能量是答案:10.2 eV。

5.已知二质点A、B静止质量均为m0，若质点A静止，质点B以6m0c²的动能A运动，碰撞后合成一粒子，无能量释放。

求：合成粒子的运动质量m为答案:6.光谱系中谱线的频率（如氢原子的巴尔末系）答案:高频和低频都有一个限制。

7.已知在运动参照系(S')中观察静止参照系(S)中的米尺(固有长度为1m)和时钟的一小时分别为0.8m和1.25小时，反过来，在S中观察S'中的米尺和时钟的一小时分别为答案:0.8m，1.25小时。

8.由量子力学可知，在一维无限深方势阱中的粒子可以有若干能态。

如果势阱两边之间的宽度缓慢地减小至某一较小的宽度，则答案:相邻能级间的能量差增加。

9.已知一单色光照射在钠表面上，测得光电子的最大动能是1.2 eV，而钠的红限波长是540 nm，那么入射光的波长是答案:355 nm。

10.设想做“追光实验”，即乘坐一列以速度u运动的火车追赶一束向前运动的闪光。

在火车上观测，闪光速度的大小为答案:c11.一宇航员要到离地球为10光年的星球去旅行。

如果宇航员希望把这路程缩短为8光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度应为答案:0.6c12.下列表述中哪个是正确的？答案:氢原子中电子状态的轨道量子数总比这个态的主量子数小。

13.答案:14.直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是答案:斯特恩 - 盖拉赫实验。

【北京理工大学】大学物理1(上)知识点总结

一质点运动学知识点： 1．参考系为了确定物体的位置而选作参考的物体称为参考系。

要作定量描述，还应在参考系上建立坐标系。

2．位置矢量与运动方程位置矢量（位矢）：是从坐标原点引向质点所在的有向线段，用矢量r 表示。

位矢用于确定质点在空间的位置。

位矢与时间t 的函数关系：k ˆ)t (z j ˆ)t (y iˆ)t (x )t (r r ++==称为运动方程。

位移矢量：是质点在时间△t内的位置改变，即位移：)t (r )t t (r r -+=∆∆轨道方程：质点运动轨迹的曲线方程。

切向加速度dtdv a t =，方向沿轨道切线，反映速度大小的变化。

2. 确切理解法向加速度和切向加速度的物理意义；掌握圆周运动的角量和线量的关系，并能灵活运用计算问题。

3. 理解伽利略坐标、速度变换，能分析与平动有关的相对运动问题。

山东理工大学大学物理上_---练习题册及答案(1——8)

第一章力学的基本概念(一)第1单元序号学号姓名专业、班级一选择题[ A ]1. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为(SI)，则小球运动到最高点的时285t t s -+=刻是： (A) s 4=t ;(B) s 2=t ; (C) s 8=t ;(D) s 5=t 。

[ D ]2. 一运动质点在某瞬时位于矢径 r (x,y)的端点处，其速度大小为(A)dtdr (B) dt d r(C)dt d r (D)22)()(dt dy dt dx +[ D ]3. 某质点的运动方程x=3t-53t +6 (SI),则该质点作：（A ）匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向；（B ）匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向；（C ）变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向；（D ）变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向。

[ C ]4. 某物体的运动规律为dtdv =-k 2v t,式中k 为常数，当t=0时，初速度为0v ,则速度v 与时间的函数关系为：（A ） v=21 k 2t +0v ; （B ） v=-21k 2t +0v（C ） v 1=21k 2t +01v（D ） v1=-21k 2t +01v[ D ]5. 一质点从静止出发，沿半径为1m 的圆周运动，角位移θ=3+92t ,当切向加速度与合加速度的夹角为︒45时，角位移θ等于：(A) 9 rad, （B ）12 rad, (C)18 rad, (D) rad[ D ]6. 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路径，t a 表示切向加速度，下列表达式中：（1）dt dv =a; (2)dt dr =v; (3)dtds=v; (4)dt d v =t a ,则，（A ）只有（1）、（4）是对的；（B ）只有（2）、（4）是对的；（C ）只有（2）是对的；（D ）只有（3）是对的。

[ B ]7. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=（其中a,b 为常量）则该质点作：(A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物线运动 (D) 一般曲线运动二填空题1. 设质点在平面上的运动方程为r =Rcos t ωi +Rsin tωj ,R 、ω为常数，则质点运动的速度v =j t con R i t R ϖϖωωωω+-sin ，轨迹为半径为R 的圆。

南京理工大学《大学物理》(上)期末试卷B及答案

南京理工大学考试卷课程名称大学物理姓名学号适用专业考试形式闭卷考试时间 120分钟一．选择题（每题3分）1. 若某一力学系统所受合外力为零，则下列说法正确的是：A ．系统的动量、机械能及角动量都守恒；B ．守恒的只有动量，角动量和机械能不一定守恒；C ．守恒的只有动量和角动量，机械能不一定守恒；D ．守恒的只有角动量和机械能，动量不一定守恒。

2. 一个转动惯量为J 的刚体，绕一固定轴转动，在阻力矩(M k k ω=-为正常数）的作用下，刚体的角速度由0ω降低为02ω的过程中，阻力矩作的功是：201.4A J ω；203.8B J ω-；201.4C J ω-； 201.8D J ω3. 一光滑细杆可绕其上端作任意角度的锥面运动，有一小环套在细杆上，开始时小环位于上端转轴处，而细杆以角速度ω绕竖直轴沿圆锥面运动，同时小环沿细杆下滑。

在此过程中，由小环、细杆和地球组成的系统有：A. 机械能和角动量都守恒；B. 机械能守恒，角动量不守恒；C. 机械能不守恒，角动量守恒；D. 机械能和角动量都不守恒；4. 波线上两点P 1和P 2相距13m ， P 2点的振动比P 1点落后124s ，落后相位30o，则该波的周期为：A ．0.5s ；B . 1s ；C . 1.5s ；D . 2s 。

5. 任何一个实际的弹簧都是有质量的，若考虑其质量，则弹簧振子的振动周期将：A . 不变；B . 变小；C . 变大；D . 无法确定。

6. 一绝热容器有隔板分成体积相等的两部分，左室充以一定量的理想气体，右室抽成真空，现在抽去隔板，左室气体充满整个容器后，气体的温度和压强为： A. 温度升高，内能增加，气体做正功； B. 温度不变，内能不变，气体不做功； C. 温度升高，内能降低，气体做负功； D. 温度降低，内能降低，气体做负功。

7. 在下面节约和开拓能源的几个设想中，可能实现的是：A. 对现有循环动作的热机进行技术改造，使效率达到100%；B. 利用海面与海面下的海水存在温差，进行热机循环而作功；C. 让热机从一个热源吸热，不断作等温膨胀对外作功；D. 都不可能实现。

大学物理习题答案

大学物理习题答案大学物理习题答案大学物理课程是理工科学生必修的一门基础课程，它涵盖了广泛的知识领域，包括力学、电磁学、光学、热学等。

在学习物理过程中，习题是不可或缺的一部分，通过解习题可以加深对理论知识的理解和应用能力的培养。

下面，我将为大家提供一些常见大学物理习题的答案，希望对同学们的学习有所帮助。

1. 力学题题目：一个质量为m的物体以初速度v0沿水平方向运动，受到一个恒力F，物体的位移为d，求物体的末速度v。

解答：根据牛顿第二定律F=ma，我们可以得到物体的加速度a=F/m。

由于物体是匀加速运动，根据运动学方程v^2 = v0^2 + 2ad，我们可以得到物体的末速度v为v=sqrt(v0^2 + 2ad)。

2. 电磁学题题目：一个电荷为q的点电荷位于坐标原点，一个电荷为-Q的点电荷位于坐标轴上的点P(x,0)，求点P处的电场强度E。

解答：根据库仑定律，两个点电荷之间的电场强度E = k*q/r^2，其中k为库仑常数，q为电荷量，r为两个点之间的距离。

在本题中，点P处的电场强度E =k*(-Q)/(x^2)。

3. 光学题题目：一束光线从空气射入折射率为n的介质中，入射角为θ1，折射角为θ2，求光线的折射率n。

解答：根据斯涅尔定律，光线的折射率n = sin(θ1)/sin(θ2)。

4. 热学题题目：一个理想气体在等温过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功W。

解答：在等温过程中，理想气体的压强P和体积V之间的关系为P1V1 = P2V2。

根据功的定义W = PdV，我们可以得到气体对外界所做的功W为W = P1(V2 -V1)。

以上是一些常见大学物理习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。

在学习物理过程中，不仅要掌握解题方法，还要理解物理原理和概念。

通过不断的练习和思考，我们可以提高解题能力和物理思维，更好地掌握物理知识。

祝愿大家在物理学习中取得好成绩！。

大学物理上活页作业答案

Part
04
结论
总结答案解析
答案A解析
此答案详细解释了问题中涉及的物理原理和公式，并给出了正确的计算过程和结论。
答案D解析
此答案提供了与问题相关的实际应用案例，帮助学生更好地理解物理原理和概念。
答案B解析
此答案提供了另一种解题思路，通过不同的公式和计算方法得出了正确的答案。
答案C解析
总结词
分析物理过程，选择合适的物理模型
详细描述
对于涉及多个物理过程的问题，需要仔细分析每个过程的物理特点和相互关系。根据分析结果，选择合适的物理模型进行描述和计算。在选择物理模型时，要注意模型的适用条件和局限性，确保其能够
正确反映物理过程。同时，要注意不同物理过程之间的联系和影响，以便更好地理解和解决问题。
作业目的
加深学生对物理学基本概念和原理的理解，提高其理论水平。
训练学生运用物理学知识解决实际问题的能力，培养其科学素养和实践能力。
通过习题的求解过程，培养学生的逻辑思维和创造性思维，提高其综合素质。
Part
02
作业题目及答案
题目一答案
总结词
理解基本概念
描述1
理解了牛顿第二定律的基本概念和应用，能够正确分析物体的受力情况和运动状态。
大学物理上活页作业答案
• 引言 • 作业题目及答案 • 解题思路及解析 • 结论
目录
Part
01
引言
作业背景
大学物理是理工科专业的一门必修基础课程，旨在培养学生掌握物理学的基本原理、概念和实验技能，为后续的专业课程学习打下基础。
活页作业是大学物理教学过程中的一个重要环节，旨在通过习题练习帮助学生巩固所学知识，提高解题能力和思维水平。

北京市海淀区北京理工大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题(含解析)

北京理工大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题2024—2025学年度第一学期高二年级物理学科10月月考试题考试时间60分钟班级：___________姓名：___________学号：___________一、单项选择题（每题4分，共40分）1. 下列说法正确的是( )A. 物体所带电荷量可以为任意实数B. 不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷C. 摩擦起电过程，是靠摩擦产生了电荷D. 利用静电感应使金属导体带电，实质上是导体中的自由电子趋向或远离带电体2. 使用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。

下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（）A. B.C. D.3. 分别放在两个绝缘架上的相同金属球，相距为d ，球的半径比d 小得多，分别带有q 和3q 的电荷量，相互引力为F 。

现用绝缘工具将这两个金属球接触后再分开，然后放回原处。

则它们的相互作用力将变为（）A B. F C. D. 3F4. 在电场中的某点放一个试探电荷，其电量为q ，受到的静电力为F ，则该点的电场强度为E ，下列说法正确的是（）A. 若移去试探电荷q ，则该点的电场强度为0B. 若试探电荷的电量变为2q ，则该点的场强变为2EC. 若放置到该点的试探电荷变为-q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反的.3F 43FD. 若放置到该点的检验电荷变为-q ，则场中该点的场强大小方向均不变5. 如图所示a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行。

已知a 点的电势为10V ，b 点的电势为16V ，d 点的电势为6V 。

由此可知c 点的电势为（）A. 4VB. 8VC. 12VD. 24V6. A 、B 是电场中的一条电场线，若将一个带负电的点电荷由A 点静止释放，它在沿电场线从A 向B 运动过程中的图像如图所示，A 、B 两点的电势φ和场强E 的大小关系是（）A. φA <φB ，E A <E BB. φA <φB ，E A >E BC. φA >φB ，E A >E BD. φA >φB ，E A <E B7. 如图所示实线表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C 的正电荷从A 经B 、C 到达D 点．从A 到D ，静电力对电荷做的功为( )A. 4.8×10－8 JB. －4.8×10－8 JC. 8.0×10－8 JD. －8.0×10－8 J8. 两个固定的异种点电荷，电荷量给定但大小不等。

大学物理测试题 (12)

旋转液体表面特性1、高度差法测重力加速度计算公式是：（）2、无论液体转速为多少，在（）处液面的高度将始终保持不变。

3、平行入射法测重力加速度计算公式：g =（）=（）4、抛物液面焦距的测定思路：首先设法确定光轴位置，然后观察一条平行于光轴入射的激光束的反射光线，它和光轴的交叉点即是抛物面焦点。

5、抛物面反射成像规律：当屏在焦点以内、焦点处、焦点以外时，所看到的像的大小、方向会按什么规律变化。

6、调整激光器姿态，使液面反射的光点与激光器出光孔重合，则激光束与转动盘转轴平行、垂直于水平面。

7、测焦距时，为什么转速太大则反射光点不会出现在观察屏上？8、在观察屛上如何区分液面上表面和下表面反射光点？误差理论，长度测量与数据处理1、改正下列表达式的错误①d＝12.435±0.02（cm）②R＝6371km＝6371000m＝637100000（cm）③θ＝60°±2´④e =（1.61248±0.28765）×10-19C2、测量金属环的内径D1＝2.880±0.004（cm），外径D2＝3.600±0.004（cm）, 厚度h＝2.575±0.004（cm）。

试求环的体积V和测量结果。

3、零差和仪器误差有何区别？4、简述：计算直接测量与间接测量结果的不确定度时的异同点。

5、螺旋测微计尾部稍细的螺杆应如何使用？6、试读出讲义中的图1-14所示的角游标读数7、操作：试测量盲管内孔深度，并按规定格式写出测量结果8、操作：测量求出小钢球的体积，按规定格式写出测量结果示波器的原理与应用1、在示波器上观察到的信号波形不断向右或向左移动，这是什么原因？调节什么旋钮才能使波形稳定？2、示波器产生“黑屏”的原因有那些？3、当示波器已经正常显示波形时，将扫描速度开关SWEEP TIME／DIV 位置从0.5ms位置转到0.1ms位置，屏上显示波形是增多还是减少？4、用示波器定量测量波形幅度和周期时，要获得精确的读数应注意？5、为什么观察扫描现象时，必须在X偏转板加锯齿波电压？加恒值电压行不行？6、测量电学实验黑匣子信号输出口B输出信号的峰峰值和周期，并计算出电压有效值和频率值。

北京北京理工大学附属中学物理静电场及其应用精选测试卷

一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。

取无穷远处电势为零，则（）A ．只有MN 区间的电场方向向右B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点C ．在ON 之间存在电势为零的点D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差【答案】BC 【解析】【分析】【详解】AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为12Q Q >，根据2QE kr=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。

故选BC 。

2．如图所示，一带电小球P 用绝缘轻质细线悬挂于O 点。

带电小球Q 与带电小球P 处于同一水平线上，小球P 平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q ，使带电小球P 能够保持在原位置不动，直到小球Q 移动到小球P 位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（）A ．小球P 受到的库仑力先减小后增大B ．小球P 、Q 间的距离越来越小C ．轻质细线的拉力先减小后增大D ．轻质细线的拉力一直在减小【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。

3．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A和m B的小球，分别带q A和q B的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（）A．sinsinABmmβα=B．sinsinA BB Am qm qβα=C．sinsinABqqβα=D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有sin sinsin sinααββ'='【答案】AD【分析】【详解】AB．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得Am g OPF PA=库，Bm g OPF PB=库由于库仑力相等，联立可得ABm PBm PA=由于sincosOAPAαθ⋅=，sincosOBPBβθ⋅=，代入上式可得sinsinABmmβα=所以A正确、B错误；C．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C错误；D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即sinsinABmmβα'='联立可得sin sinsin sinααββ'='D正确。

北京市北京理工大学附属中学2022-2023学年高一下学期期中练习物理试题

北京市北京理工大学附属中学2022-2023学年高一下学期期中练习物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列不能表示能量的单位的是（）A．焦耳B．千克·米/秒2C．瓦·秒D．牛·米2．下列物理量中，属于矢量的是（）A．功B．功率C．动能D．向心加速度3．关于重力势能，下列说法中正确的是（）A．一个物体的重力势能从-5J变化到-3J，重力势能变小了B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定D．重力势能的变化量等于重力对物体做功的负值4．木卫1、木卫2绕木星的运动看做匀速圆周运动，已知木卫2的轨道半径大于木卫1的轨道半径，则它们绕木星运行时（）A．木卫2的周期大于木卫1 的周期B．木卫2的线速度大于木卫1 的线速度C．木卫2的角速度大于木卫1 的角速度D．木卫2的向心加速度大于木卫1 的向心加速度5．如图所示，质量一定的汽车驶过圆弧形桥面顶点时未脱离桥面，关于汽车所处的运动状态以及对桥面的压力，以下说法正确的是（）A．汽车处于超重状态，它对桥面的压力大于汽车的重力B．汽车处于超重状态，它对桥面的压力小于汽车的重力C．汽车处于失重状态，它对桥面的压力大于汽车的重力D．汽车处于失重状态，它对桥面的压力小于汽车的重力6．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C，在自行车正常骑行时，下列说法正确的是（）A．小球的线速度突然变大B．小球的角速度突然变小C．细线上的拉力突然变大D．小球的向心加速度突然变小10．如图所示,两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时A．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力B．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力C．A球的角速度小于B球的角速度D．A球的向心加速度小于B球的向心加速度11．2019年11月5日，我国成功发射了“北斗三号卫星导航系统”的第3颗倾斜地球同步轨道卫星。

北京理工大学光学工程专业物理光学课件与习题答案

a0 a0 2
4
rect
b0
a
f , f
a0b0exp
j 0
2
sinc
a0 x
2 f
cos
a0x 2 f
0
2
sinc
b0
y f
E x,
y
a0b0
j f
exp
j
f
x2 y2 2f
0
2
sinc
a0
2
x f
cos
a0x 2 f
④ 对于夫琅和费衍射： E (P) (x, y)， E (P) E (P) (x, y) (x, y) (当x y 0) E (P) E (P)(当x and (or) y 0)
或
(x, y) (x y 0)
L L (x, y)(x y 0以外的一切点)
⑤ 菲涅耳衍射：公式 E (P) E (P) E (P) 仍然成立，但
3．直边夫琅和费衍射
A step
E x, y
1
j f
exp jk
f
x2 2f
y2
f j2
x
1 2
x
f
y
f
1
L
x,
y
4
2
x
2
（当x, y 0)
x, y 当x=y=0
4．位相物体的夫琅和费衍射
A
,
rect
a0 a0 2
4
exp
j0
rect
Hole
Diffraction
pattern pattern
Square holes
Round holes
Moon coronas are due to diffraction.

大学物理Ⅰ期中考试试题

课程编号：PHY170016 北京理工大学2013－2014学年第二学期2013级大学物理Ⅰ期中考试试题班级学号姓名成绩一、选择题（每题3分，共15分）1. 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，v 表示速度，a 表示加速度，a t 表示切向加速度，下列表达式中， (1)a t d /d v ， (2)v t r d /d ， (3)v t s d /d ， (4)t a t d /d v 。

(A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的．(C) 只有(2)是对的． (D) 只有(3)是对的．［］2. 一炮弹由于特殊原因在水平飞行过程中，突然炸裂成两块，其中一块作自由下落，则另一块着地点（飞行过程中阻力不计）(A) 比原来更远． (B) 比原来更近．(C) 仍和原来一样远． (D) 条件不足，不能判定．［］3. 两木块A 、B 的质量分别为m 1和m 2，用一个质量不计、弹性系数为k 的弹簧连接起来．把弹簧压缩x 0并用线扎住，放在光滑水平面上，A 紧靠墙壁，如图所示，然后烧断扎线．判断下列说法哪个正确．(A) 弹簧由初态恢复为原长的过程中，以A 、B 、弹簧为系统，动量守恒．(B) 在上述过程中，系统机械能守恒．(C) 当A 离开墙后，整个系统动量守恒，机械能不守恒．(D) A 离开墙后，整个系统的总机械能为2021kx ，总动量为零．［］4. 如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v /2，则此时棒的角速度应为(A) ML m v (B) ML m 23v (C) ML m 35v (D) ML m 47v ［］ 5. 理想气体向真空作绝热膨胀．(A) 膨胀后，温度不变，压强减小．(B) 膨胀后，温度降低，压强减小．(C) 膨胀后，温度升高，压强减小．(D) 膨胀后，温度不变，压强不变．［］v 21v 俯视图二、填空题（共54分）1. (4分) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为 a = 3+2 t (SI) ,如果初始质点的速度v 0 = 5 m/s ，位置在原点，则当ｔ= 3s 时，质点的速度 v = ，质点的位置x = . 2. (4分) 在xy 平面内有一质点，其运动函数为j t i t r 5sin 105cos 10 （SI ），则t 时刻其速度 v ；其切向加速度的大小a t = ______________；其法向加速度的大小a n =____________________；该质点运动的轨道方程是______________________．3. (4分) 轮船在水上航行，相对于水的速度为1v ，水流速度为2v 。

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—力学与热学_北京理工大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年

大学物理—力学与热学_北京理工大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小（图中阴影部分）分别为【图片】和【图片】，则二者的大小关系是：【图片】参考答案:．2.用下列两种方法（１）使高温热源的温度【图片】升高【图片】；（２）使低温热源的温度【图片】降低同样的【图片】值。

分别可使卡诺循环的效率升高【图片】和【图片】，两者相比：参考答案:．3.设高温热源的热力学温度是低温热源的热力学温度的n倍，则理想气体在一次卡诺循环中，传给低温热源的热量是从高温热源吸取的热量的参考答案:倍．4.如图表示的两个卡诺循环，第一个沿ABCDA进行，第二个沿 ABC¢D¢A进行，这两个循环的效率【图片】和【图片】的关系及这两个循环所作的净功【图片】和【图片】的关系是【图片】参考答案:，．5.理想气体经历如图中实线所示的循环过程，两条等体线分别和该循环过程曲线相切于a、c点，两条等温线分别和该循环过程曲线相切于b、d点a、b、c、d将该循环过程分成了ab、bc、cd、da四个阶段，则该四个阶段中从图上可肯定为放热的阶段为【图片】参考答案:cd．6.如图所示，当气缸中的活塞迅速向外移动从而使气体膨胀时，气体所经历的过程【图片】参考答案:不是准静态过程，它不能用 p-V 图上的一条曲线表示．7.一定量的理想气体，开始时处于压强，体积，温度分别为【图片】，【图片】，【图片】的平衡态，后来变到压强，体积，温度分别为【图片】，【图片】，【图片】的终态．若已知【图片】>【图片】，且【图片】=【图片】，则以下各种说法中正确的是：参考答案:如果不给定气体所经历的是什么过程，则气体在过程中对外净作功和从外界净吸热的正负皆无法判断．8.气缸内盛有一定量的理想气体，当温度不变而压强增大一倍时，该气体分子的平均碰撞频率【图片】和平均自由程【图片】的变化情况是参考答案:增大一倍而减为原来的一半9.在一封闭容器中盛有1 mol氦气(视为理想气体)，这时分子无规则运动的平均自由程仅决定于参考答案:体积 V．10.氦气、氮气、水蒸汽(均视为刚性分子理想气体)，它们的摩尔数相同，初始状态相同，若使它们在体积不变情况下吸收相等的热量，则参考答案:它们的温度升高不相同，压强增加不相同．11.如图所示，一定量的理想气体，沿着图中直线从状态a( 压强p1 = 4 atm，体积V1 = 2 L )变到状态b ( 压强p2 = 2 atm，体积V2 = 4 L )．则在此过程中：【图片】参考答案:气体对外作正功，从外界吸热．12.一定量的理想气体，经历某过程后，温度升高了．则根据热力学定律可以断定： (1) 该理想气体系统在此过程中吸了热． (2) 在此过程中外界对该理想气体系统作了正功．(3) 该理想气体系统的内能增加了． (4) 在此过程中理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了正功．以上正确的断言是：参考答案:(3)．13.理想气体经历如图所示的abc平衡过程，则该系统对外作功W，从外界吸收的热量Q和内能的增量【图片】的正负情况如下：【图片】参考答案:>0，Q>0，W>014.一木板可以沿着固定的竖直滑轨无摩擦自由下落，其上挂有一个单摆(单摆的质量远远小于木板的质量)。

北京理工大学2014-2015学年第一学期《大学物理2》期末考试试卷及参考答案

北京理工大学2014－2015学年第一学期大学物理II期末试题A卷班级学号姓名任课教师姓名物理常数：真空介电常量ε0 = 8.85×10-12 C2·N-1·m-2，真空磁导率μ0 =4π×10-7 N·A-2，普朗克常量h =6.63×10-34 J·s，基本电荷e =1.60×10-19 C，电子质量m e =9.11×10-31 kg，质子质量m p =1.67×10-27 kg。

一、填空题（共40分，请将答案写在卷面指定的横线上。

）1. （3分）两个点电荷在真空中相距为r1时的相互作用力等于它们在某一“无限大”向同性均匀电介质中相距为r2时的相互作用力，则该电介质的相对介电常量εr= 。

2. （3分）电容为C0的平板电容器，接在电路中，如图所示。

若将相对介电常量为εr的各向同性均匀电介质插入电容器中(填满空间)，此时电场能量是原来的倍。

3. （3分）带电粒子穿过过饱和蒸汽时，在它走过的路径上，过饱和蒸汽便凝结成小液滴，从而显示出粒子的运动轨迹，这就是云室的原理。

今在云室中有磁感强度大小为1T 的均匀磁场，观测到一个质子的径迹是半径20cm的圆弧，该质子的动能为J。

4. （3分）真空中两只长直螺线管1和2，长度相等，单层密绕匝数相同，直径之比d1/d2=1/4。

当它们通以相同电流时，两螺线管贮存的磁能之比W1/W2= 。

5. （3分）一圆线圈的半径为R ，载有电流I ，置于均匀外磁场B 中，如图所示。

在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，则线圈导线上的张力为。

(载流线圈的法线方向规定与磁场B 的方向相同。

)6. （3分）螺绕环中心周长l =10cm ，环上均匀密绕线圈N =200匝，线圈中通有电流I =0.1A ，管内充满相对磁导率μr =4200的磁介质。

则管内磁感应强度的大小为 T 。

北京理工大学物理

在诺贝尔物理学奖的获得者中，有70%以上是由于在物理实验方面的突出贡献而获奖的。
塞曼效应实验（1902年度奖）突出贡献：证实了原子具有磁矩和空间量子化效应；有利地支持了光的电磁理论；证明了电子自旋假设是正确的。
迈克尔逊干涉实验（1907年度奖）突出贡献：用于精确测量和光谱研究。
物理学本身是一门实验的科学。物理学发展的基本模式是 “实验——理论——实验”。
在物理学中每一个物理定律的发现都以严格的物理实验为基础，一切物理理论的确立都经过了实验的检验和证明，否则它们就难以确立和被人们所接受。
例如：
关于光的本性的争论
关于麦克斯韦电子场理论的确立
在物理学发展中，出现了许多伟大的理论物理学家，同时也出现了许多著名的实验物理学家。
选课后如遇特殊情况不能来上课
时可以退课重选，但退课的截止时间为上课的前三天。选课的截止时间是上课的前一天。本学期第一循环的三个实验在第六、七两周内选做一个，另两个实验以后每三周选做一个；第二循环的实验每两周选做一个。
本学期要求完成五个实验（第一循环的三个实验和第二循环中任选的两个实验）。同学在本学期第一次选课时,可一次性地把第一循环的三个实验都选好。在本学期第二次选课时，再一次性地把第二循环实验中任选的两个实验选好。不必上一次实验课选一次。
2013-7-15 46
关于正态分布
正态分布密度（概率密度）函数
f x 1
x m 2
2
n
e
2 2
正态分布的总体平均值
m lim
n
2013-7-15
x
i 1
i
n
47
正态分布的总体标准偏差

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解：(1)由子弹和杆系统对悬点O的角动量守恒
mv ω
3 4
4
L
1
ML2
3
3mv
1 3
ML
9 16
m
mL
3L 4
2
ω
mo
M
3
v0 4
O. L. L
8.89rad/s
A
(2)对杆、子弹和地球，由机械能守恒得
1 1 ML2 9 mL2 ω2 Mg L mg 3 L1 cos θ
的速率投来，经棒打击后，沿仰角 = 45 °的方向向
回飞出，速率变为 v2= 80m/s。求棒给球的冲量的大小与方向。若球与棒接触的时间为 t = 0.02s，求棒对球的平均冲力大小。它是垒球本身重量的几倍？
解：如图，设垒球飞来方向为 x 轴
I
mv2
方向。棒对球的冲量大小为
I mv2 mv1
m v12 v22 2v1v2 cos
mv1
x 16.9N s
方向：与x轴夹角 180 arctan
mv 2 sin
1522'
mv1 mv 2 cos
棒对球的平均冲力
F I 16.9 845N t 0.02
此力为垒球本身重量的
F 845 616 倍 mg 0.14 9.8
(1) Nf (v) 速率在 v 附近单位速率间隔内的分子数。
(2) f (v)dv 速率在附近 d 速率间隔内的分子数
占总分子数的比例。
(3) vf (v)dv 0
(4) 1 mv 2 f (v)dv
02
(5) 0 f (v)dv 1
平均速率
平均平动动能
归一化条件，所有速率区间内的分子数占总分子数的比例之和为1。
(10) 1 Nm v2v2 f(v)dv
2
v1
速率为 v1 到 v2 的分子的总平动动能。
三. 能量均分定理
气体处于平衡态时，分子任何一个自由度的平均能
量都相等，均为 kT / 2 .
刚性分子能量自由度
t r i 自由度
分子
平动
转动
总
单原子分子
3
0
3
双原子分子
3
2
5
多原子分子
3
3
6
➢ 理想气体的内能 E m i RT i RT
（一）力学（二）振动与波动（三）光学（四）热学
共 11 题共 5题共 8题共 6题
共 11 题
一、运动学（1）圆周运动
角速度：
角加速度：加速度：法向加速度：切向加速度：
d
dt
d
dt a an at
an
v2 R
R 2
at
dv dt
R
二、牛顿力学的基础框架和理论体系：
唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从 0 增
加到需要时间
tω
ω
3Rω
R
d
dr
r
df β
M 1 mR2 4μk g
2
驱动力矩做功 A M Δθ M ωt 1 m R2ω2
唱片获得动能
2
Ek
1 2
Jω2
1 2
1 2
mR 2
ω2
1 4
mR 2ω2
9. 如图，均匀杆长 L=0.40m，质量M=1.0kg，由其上端的光滑水平轴吊起而静止。今有一质量 m=8.0g 的子弹以 v=200m/s 的速率水平射入杆中而不复出。射入点在轴下 d=3L/4处。(1)求子弹停在杆中时杆的角速度；(2)求杆的最大偏转角。
根据功能原理:
FN
c
mg
f
B
AF
Ec
EB
(mghc
1 ks2 ) 0 2
A
mga
sin c
1 2
ka
2
2 c
6.求均匀薄圆盘对于中心垂直轴的转动惯量。
解：可视圆盘由许多小圆环组成。
CR m
（1）选微元d m
dm ds
2rdr
m
R2
2
rdr
(2) 求 d J
又有：dJ = r2 dm
M2
2
过程等体
等压
等温
绝热
过程特点 dV 0 dp 0
dT 0
过程方程
热一律
p C T
V C T
pV C
dQv dE dQp dE pdv dQT pdv
热量Q CV,m (T2 T1) Cp,m (T2 T1)
RT ln V2
V1
功W 0
P(V2 V1)
RT ln V2
角动量守恒
ΣM
dt 0
ΣJ
C
力矩的功 AAB
B Md
A
转动动能
Ek
1 2
J 2
转动动能定理
A
1 2
JB2
1 2
J
2 A
11. 仅保守内力做功 Ek E p C
机械能守恒 Ek E p C
1. 质量为 m 的物体，在 F = F0kt 的外力作用下沿 x 轴运动，已知 t = 0 时，x0= 0,v0= 0, 求：物体在任意时刻的加速度 a，速度 v 和位移 x 。
解： m1 :T1 m1g m1a1
m2 : m2 g T2 m2a2
对整个轮，由转动定律
T1
Τ2 R2 Τ1R1
由运动学关系
(
1 2
Μa11R12 a122
Μ
2
R2 2
)
m1
R1 R2
联立解得
m2 R2 m1R1 g
M1 2
m1
R2 1
M2 2
m
2
R2 2
T2
m2
8. 如图，唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，
V1
dQ 0 PVP V1T1T CCC12 3
dE pdv 0
0
CV,m (T2 T1) P1V1 P2V2
1
内能变化
E E2 E1 CV,m (T2 T1)
摩尔热容
CV, m
i 2
R
CP ,m
i2 2R源自0循环: 系统经过一系列状态变化后，又回到原来的状态的过程叫循环. 循环可用 p—V 图上的一条闭合曲线表示.
1 12
(M
3m)l 2
81m
2
v2 0
4(M 3m)2 l 2
1 2
m
v02
(
31 32
27 16
M
m 3m
)
v0 8
O
v0
9 mv 0
2 (M 3m)l
11. 两人抬杠，B撒手时刻，A的支持力是多少？
解： J d mg l
dt
2
m dvc mg N dt
dvc l d
dt 2 dt
R
d
dr
r
解：唱片上一面元面积为 dS rddr
df
β
质量为 dm m (R2 ) rddr
此面元受转盘摩擦力矩
dM
rdf
rμkdmg
mgμk r 2dθdr πR 2
各质元所受力矩方向相同，整个唱片所受摩擦力矩
M
dM
μkm g πR2
2π
dθ
0
R 0
r 2dr
2 3
μkm gR
m
)3
2
mv2
e 2kT
v2
N dv
2πk T
➢ 三种统计速率
1. 最概然速率
vp
2kT m
2RT 1.41 RT
M
M
2.平均速率
v 8kT 8RT 1.59 RT
πm πM
M
3.方均根速率
v2 3kT 3RT 1.73 RT
m
M
M
f(v) 是速率分布函数，试说明下列各表达式的物理意义。
唱片放上去后将受到转盘摩擦力作用而随转盘转动。设唱片可看成是半径为 R 的均匀圆盘，质量为 m ，唱
片与转盘之间的滑动摩擦系数为k。转盘原来以角速度匀速转动，唱片刚放上去时它受到的摩擦力矩是多大？唱片达到角速度需要多长时间？在这段时间内转盘保持角速度不变，驱动力矩共做了多少功？
唱片获得了多大动能？
三、几种常见的力
（1）万有引力
F
G
m1m2 r2
er
（2）弹簧弹力
万有引力势能：
Ep
Gm1m2 r
弹性势能：
F kx
Ep
1 2
k x2
(3)滑动摩擦力 f = N
四、质心与转动惯量
（1）质心位矢
rc
mi ri
i
mi
i
（2）转动惯量
J miri2
课本70页表格
质点力学与刚体力学物理量和物理规律对比
解 a F F0 kt dv dv F0 kt dt
m m dt
m
v dv
t F0 ktdt
0
0m
v F0 t k t 2 m 2m
由 v dx dt
有 dx vdt
x dx
t ( F0 t
k
t 2 )dt
0
0 m 2m
x F0 t 2 k t3 2m 6m
2.一根不可伸长的轻绳跨过固定在O点的水平光滑细杆，两端各系一个小球。a球放在地面上，b球被拉到水平位置，且绳刚好伸直。从这时开始将b球自静止释放。设两球质量相同。
求：(1) b球下摆到与竖直线成角时的 v；
(2) ? a 球刚好离开地面。