大学物理之质点运动学质点动力学

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大学物理质点力学第一章 质点运动学 PPT

大学物理质点力学第一章 质点运动学 PPT

方向:
cosa
=
x r
cosβ=
y r
cosγ=
z r
路程:质点所经路径得总长度。
三、速度
描述位置矢量随时间变化快慢得物理量
1、平均速度
在移质为点r由)A,到单B的位过时程间中内(的所平用均时位间移为称为t该,质所点发在生该的过位
程中的平均速度。
v
=
Δ Δ
r t
=
Δx Δt
i
+ΔΔ
y t
j
+
Δ Δ
0
Δx
Δ t —割线斜率(平均速度)
dx —切线斜率(瞬时速度) dt
x~t图
t tt
1
2
2、 v ~ t 图
v ~ t图
割线斜率:
Δv Δt = a
v v2
切线斜率:
dv dt
=a
v1
v ~ t 图线下得面积(位移):
0 t1
t2
x2
dt dx x2 x1 x
t1
x1
t2 t
3、 a ~ t 图
=

dt
B
Δθ A
θ
0
x
(3)、角加速度
β =ΔΔωt
β
=
lim
Δt
Δω
0Δ t
=ddωt
=ddθt2 2
(4)、匀变速率圆周运动
0
t
1 2
t2
0 t
2
2 0
2
(5)、线量与角量得关系
Δ s = rΔθ
lim Δ s
Δt 0Δ t
=
lim
Δt 0
r
Δθ

大学物理第一章-质点运动学和第二章-质点动力学基础

大学物理第一章-质点运动学和第二章-质点动力学基础

位移的大小为
2 2 2 r x y z
z
路程是质点经过实际路径的长
度。路程是标量。
注意区分 Δ r 、r
Δr
Δr r ( A)
o x
A ΔS
B
r ( B) y
rA
o
rB
Δ
r
3. 速率和速度 速度是描述质点位置随时间变化快慢和方向的物理量。
平均速度
青年牛顿1666年6月22日至1667年3月25日两度回到乡间的老家1665年获学士学位1661年考入剑桥大学三一学院牛顿简介1667年牛顿返回剑桥大学当研究生次年获得硕士学位1669年发明了二项式定理1669年由于巴洛的推荐接受了卢卡斯数学讲座的职务全面丰收的时期16421672年进行了光谱色分析试验1672年由于制造反射望远镜的成就被接纳为伦敦皇家学会会员1680年前后提出万有引力理论1687年出版了自然哲学的数学原理牛顿简介牛顿第一定律
g
v v g
v
v g 远日点 g v
g v g g g g g v
v
近日点
v
v
思考题 质点作曲线运动,判断下列说法的正误。
r r s r
r r
s r
s r
Δr
矢量的矢积(或称叉积 、叉乘)
C A B
大小:C AB sin
方向:右手螺旋
C
B
矢积性质:A B B A A C ( A B) C A C B 可以得到:i j k , j k i , k i j . k i i 0, j j 0, k k 0

大学物理习题集(2015版)

大学物理习题集(2015版)
1. 一质点沿 x 轴运动,其速度与时间的关系为 v 3t 2 sin t 。 6
在 t 0 时,质点的位置 x0 2 ,求:(1) t 2 时质点的位置; (2) t 2 时刻质点的加速度。(3) t 0 到 t 2 秒的位移。
解:
2. 一质量为 10kg 的物体沿 x 轴无摩擦地运动,设 t=0 时,物体位于 原点,速度为零,问(1)设物体在力 F=3+4t(N)的作用下运动 了 3s,它的速度和加速度增为多大?(2)设物体在力 F=3+4x(N) 的作用下移动了 3m,它的速度和加速度增为多大?
-2-
第 1 章 质点运动学及动力学
(SI)。则质点在第 2s 内的位移 Δr=(
);第 1s 末的动能
Ek=(
)。
7. 雪橇从高 h 的坡上由静止滑下并在平面上滑行一段距离后停下来,
如图所示,则摩擦因数等于(
)。
填空 7 题图
8. 物体从光滑的斜面顶端由静止开始滑到底端的速率为 v,则它经过 斜面中点的速率是( )。
A.
B.
C.
D. 3. 一 质 点 在 平 面 上 运 动 , 已 知 质 点 位 置 矢 量 的 表 示 式 为
r at2i bt2 j (其中 a、b 为常量),则该质点作( )
-3-
第 1 章 质点运动学及动力学
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.
三、判断题 1. 只考虑物体平动时,可将其当作质点。( ) 2. 一物体具有恒定速率但仍有变化的速度( ) 3. 一物体具有加速度而其速度可以为零。( )
-4-
第 1 章 质点运动学及动力学 4. 机械能为零的物体速度一定为零。( ) 5. 一个物体动量改变时,它的动能也一定改变。( ) 四、 计算题

大学物理质点运动学(老师课件)

大学物理质点运动学(老师课件)
如图,一般情况下 r r
r
rB
r
r r
讨论2:
s AB
比较位移和路程
A
s
B
t 时间内质点运动路径的长度 路程:
r
r AB
位移:是矢量,表示质点位置变化的净效果,与质点 运动轨迹无关,只与始末点有关。 路程:是标量,是质点通过的实际路径的长,与质点 运动轨迹有关。 例如质点运动一周,位 r s 移为零,路程为周长。 r s
v v(t + t ) v(t) a t t
方向: v 的方向
2、(瞬时) 加速度
2 v d d r 2 a lim t 0 t dt dt
加速度等于速度对时间的一阶导数。 方向:v 的极限方向, 指向曲线凹的一侧 一般 a 与 v 方向不同。
质点
没有大小和形状,只具有物体全部质量 的一点。 物理学中有很多抽象模型:
理想化的 物理模型
质点、刚体、理想气体、点电荷、…
把物体当作质点是有条件的、相对的:当物体的大
小和形状对运动没有影响或影响可以忽略。
研究地球
r
S
R 10 m s E 6
8
r 10 m Rs , RE << r
11
RE 10 m
vA
B'
B
A
速度的方向: 质点所在处轨迹的切线指向前进的方向。
e.g. 设
2 r (t ) i t j t k ( SI )
j 2 tk
t 1 t 1
dr dt
j 2k m / s
则t=1s 末的速度
一维情形,设x=6t–t2(SI),则在t=4s末的速度:

(完整版)大学物理课后习题答案详解

(完整版)大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学1、(习题1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解:(1)由x=2t 得,y=4t 2-8 可得: y=x 2-8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j =则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时速度为0v ,求运动方程)(t x x =.解:kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求:(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的d d r t ,d d v t ,tv d d . 解:(1) t v x 0= 式(1)2gt 21h y -= 式(2) 201()(h -)2r t v t i gt j =+(2)联立式(1)、式(2)得 22v 2gx h y -=(3)0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

大学物理第1章质点运动学ppt课件

大学物理第1章质点运动学ppt课件

大学物理第1章质点运动学ppt课件•质点运动学基本概念•直线运动中质点运动规律•曲线运动中质点运动规律•相对运动中质点运动规律目录•质点运动学在日常生活和工程技术中应用•总结回顾与拓展延伸质点运动学基本概念01质点定义及其意义质点定义用来代替物体的有质量的点,是一个理想化模型。

质点意义突出物体具有质量这一要素,忽略物体的大小和形状等次要因素,使问题得到简化。

参考系与坐标系选择参考系定义为了研究物体的运动而选作标准的物体或物体系。

坐标系选择为了定量描述物体的位置及位置的变化,需要在参考系上建立适当的坐标系。

常用的坐标系有直角坐标系、极坐标系、自然坐标系等。

位置矢量与位移矢量位置矢量定义从坐标原点指向质点的矢量,用r表示。

位移矢量定义质点从初位置指向末位置的有向线段,用Δr表示。

质点在某时刻的位置矢量对时间的变化率,即单位时间内质点位移的矢量,用v 表示。

速度定义加速度定义速度与加速度关系质点在某时刻的速度矢量对时间的变化率,即单位时间内质点速度的变化量,用a 表示。

加速度是速度变化的原因,速度变化快慢与加速度大小成正比,方向与加速度方向相同。

速度加速度定义及关系直线运动中质点运动02规律匀速直线运动特点及应用特点质点在直线运动中,速度大小和方向均保持不变。

应用描述物体在不受外力或所受合外力为零的情况下的运动状态。

匀变速直线运动规律探究定义质点在直线运动中,加速度大小和方向均保持不变。

运动学公式包括速度公式、位移公式和速度位移关系式,用于描述匀变速直线运动的基本规律。

定义物体在重力的作用下从静止开始下落的运动。

运动学公式包括位移公式、速度公式和速度位移关系式,用于描述自由落体运动的基本规律。

运动特点初速度为零,加速度为重力加速度,方向竖直向下。

自由落体运动分析竖直上抛运动过程剖析定义物体以一定的初速度竖直向上抛出,仅在重力作用下的运动。

运动特点具有竖直向上的初速度,加速度为重力加速度,方向竖直向下。

大学物理1-7章知识点梳理

大学物理1-7章知识点梳理

力矩的功、转动动能、
转动动能定理、转动问题中的机械能守恒定律(守恒条件)
力矩的时间累积效应
冲量矩、角动量、
角动量定理、角动量守恒定律(守恒条件)
注:角动量守恒定律是本章最重要内容!
4 角动量的两个定义式
17
精选ppt
质点的角动量: L r mv
刚体的角动量:
L I
5 关于绳中张力:
定轴转动问题中绳中张力不是处处相 等,而是分段相等
N
7 速率分布函数的定义式和物理意义
⑴ 定义式: f (v) dN Ndv
⑵ 物理意义: f ( v ) 表示速率在 v 附近“单位速
率区间”宽度内的分子数占总分子数的百分比。
8 具有某一特定速率的分子数为:
22
dNNf之间的分子数为:
NdN Nf(v)dv v2
注意摩尔质量的单位,以及气体摩尔质量的数值
2 理想气体的内能公式
19
★ 一定量理想气体的内能为
精选ppt
E i RT M i RT
2
M mol 2
说明:内能只与温度有关
★ 若温度改变,内能改变量为
E i RT M i RT
2
M mol 2
说明:内能变化只与温度变化有关
3 理想气体压强公式
M I 转动定律内容
刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成 正比 ,与刚体的转动惯量成反比 .
其中:M 是合外力矩,相当于平动问题中的合外力
定义式 M r F
I 是转动惯量,相当于平动问题中的质量
是角加速度,相当于平动问题中的加速度
3 转动定律的两种积分
16
精选ppt
力矩的空间累积效应
(1)确定研究对象

大学物理第2章 质点动力学习题解答

大学物理第2章 质点动力学习题解答

第2章 质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ(单位:米,秒), 求证质点受恒力而运动,并求力的方向大小。

解:∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j ia m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量,∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N ,力与x 轴之间夹角为:'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动,质点的运动学方程为:j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ,a,b,ω为正常数,证明作用于质点的合力总指向原点。

证明:∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2,物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ,求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力,不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦,绳不可伸长。

解:以地为参考系,隔离m 1,m 2,受力及运动情况如图示,其中:f 1=μN 1=μm 1g , f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律:②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得:g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中,可求得:2111)2(m m g m F m T +-=μf 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 22-20天平左端挂一定滑轮,一轻绳跨过定滑轮,绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体(m 1≠m 2),天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干,天平才能保持平衡?不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦,绳不伸长。

《大学物理教学资料》大物复习资料.doc

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总加速度:1 .牛顿第一定律:当豆外=0时, V =怛矢量O2 .牛顿第二定律:F = ma =m— dtdPdt期末考试说明第1章质点运动学9分,重点:求导法和积分法,圆周运动切向加速度和法向加速度;第2章质点动力学3分,重点:动量定理、动能定理、变力做功;第3章刚体6分,重点:转动定律、角动量守恒定律、机械能守恒定律;第5章振动17分,重点:旋转矢量法、振动方程、速度方程、加速度方程、振动能量、振动合成。

第6章波动14分,重点:波动方程以及波动方程的三层物理意义、相位差与波程差的关系;大学物理1期末复习提纲第一•章质点运动学主要公式:1.质点运动方程(位矢方程):r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k(x = x(t)参数方程:y = y(f) T消去f得轨迹方程。

Z — Z(02.速度:v =K,加速度:a = ^dt dt3.平均速度—Ar:V =——,平均加速度:5 =—4.角速度:口 =岑,5.线速度与角速度关系:v 角加速度:/3(a)=—dt =0)r6.切向加速度:a T = — = r(3 ,dt ra =』a;第二章质点动力学主要公式:3.牛顿第三定律(作用力和反作用力定律):F = -F^4.动量定理:I = \ 2 F dt = mAv = m(v2~v{) = AP5.动量守恒定律:当合外力理外力=O,AP = Ocx口16 动能定理:W= -dx = \E k =-m(v22-vf)J*】口 27.机械能守恒定律:当只有保守内力做功时,AE =08.力矩:M = rxF大小:M = Fr sin 0方向:右手螺旋,沿了x产的方向。

9.角动量:L = rxP大小:L = mvr sin 3方向:右手螺旋,沿rxP的方向。

淤质点间发生碰撞:完全弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒。

完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒,且具有共同末速度。

一般的非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒。

大学物理:第一章 质点运动学-位矢、速度和加速度

大学物理:第一章 质点运动学-位矢、速度和加速度

7
2) 质点
2)质点 在某些问题中,物体形状 和大小可忽略,可看成一个只有 质量、没有大小和形状的点。
2.质点位置和运动描述
1)质点的位置和位置矢量
它的位置还可以用从参考点O到 质点所在位置的有向线段来表示
质点的
位矢
位置矢量 r op 矢径
坐标系中,质点P的位置
由三个坐标 x、y、z 确定
z
z
质点P
第2节
位移和速度
Displacement and Velocity
§1.2 位移和速度 1. 位移
1.位移
位置的变化 r p1p2
位移 矢量
r r (t t) r (t)
大小 r :P1P2间直线距离
方向:由 P1 P2
注意 r r r(t t) r(t)
路程 一般
S
S
: P1Pr2,间但曲d线S距离d,r 标量
r r(t)
质点在空间运动时,位置 矢量和坐标均随时间变化
x x(t)
质点运动方程

y
y (t )
它们给出任一时刻质点位 置,表示质点的运动规律
z z(t)
f (x, y, z) 0 运动方程,联立消去t 质点轨道方程
y f (x) 轨道是直线的称为直线运动 轨道是曲线的称为曲线运动
11
P1 r s
r (t)
P2
r
O r (t t)
13
2.速度
运动路径
表示质点运动快慢和方向的物理量
1)平均速度
r
P(t1)
r
v r
大小:
t
O
t 方向:r 方向
Q(t2 )
瞬时速度的方向就是

大学物理上课后习题答案

大学物理上课后习题答案

第1章 质点运动学 P21一质点在xOy 平面上运动,运动方程为:x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式;⑵求出t =1 s 时刻和t =2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移;⑶计算t=0 s 时刻到t =4s 时刻内的平均速度;⑷求出质点速度矢量表示式,计算t =4 s 时质点的速度;5计算t =0s 到t =4s 内质点的平均加速度;6求出质点加速度矢量的表示式,计算t =4s 时质点的加速度请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式;解:1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ;2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-;4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则:437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ;4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44ja j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x=+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值;解:由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得:2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得:2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求:⑴ t =2 s 时,质点的切向和法向加速度;⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解: t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a τ︒== 即:βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得:923=t 则角位移为:322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t =2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度;解:s 2=t 时,4.022.0=⨯==t αω 1s rad -⋅则0.40.40.16R ω==⨯=v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅0.40.20.08a R τα==⨯=2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒第2章 质点动力学质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv k 为常数作用,t =0时质点的速度为0v ,证明:⑴t 时刻的速度为()0=k t me-v v ;⑵ 由0到t 的时间内经过的距离为x =0m k v 1-t m ke )(-;⑶停止运动前经过的距离为0()mkv ;⑷当m t k =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量;解:f k =-v ,a f m k m ==-v⑴ 由d d a t =v 得:d d d k a t t m==-vv分离变量得:d d kt m =-v v ,即00d d t k t m-=⎰⎰v v v v , 因此有:0ln ln kt m e -=v v , ∴ 0k m te -=v v ⑵ 由d d x t =v 得:0d d d k m t x t e t -==v v ,两边积分得:000d d k mx t t x e t-=⎰⎰v∴ 0(1)k m tm x e k-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零,00k mt e -=→v v ,即t →∞,故有:000d k mt x et m k ∞-'==⎰v v⑷ t m k =时,其速度为:1000k m m kv e e e -⋅-===v v v ,即速度减至0v 的1e .作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N,式中t 的单位是s,⑴ 求4s 后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量;⑵ 为了使这力的冲量为200 N·s,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m/s 的物体,回答这两个问题; 解: ⑴ 若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --∆=∆=⋅=∆=⋅⋅;v若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则000000, (d )d t tp m p m F m t m F t=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是:⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理有:21∆=∆v v ,12I I =这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,那么物体获得的动量的增量亦即冲量就一定相同,这就是动量定理;⑵ 同上理,两种情况中的作用时间相同,即:⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即:0200102=-+t t , 解得s 10=t ,s 20='t 舍去设N 67j i F -=合;⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时,求F所作的功;⑵ 如果质点到r 处时需,试求平均功率;⑶ 如果质点的质量为1kg,试求动能的变化;解: ⑴ 由题知,合F为恒力,且00r =∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合⑵ w 756.045==∆=t A P ⑶ 由动能定理,J 45-==∆A E k一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端又挂一重物C ,C 的质量为M ,如图;求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比;解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题图所示平衡时,有: Mg F F B A == ,又 11x k F A ∆=,22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为:1221x x k k ∆∆= 弹性势能之比为:22111222211212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆第3章 刚体力学基础一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为x y i j =+v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩;解: 由题知,质点的位矢为:j y i x r11+=作用在质点上的力为:i f f-=所以,质点对原点的角动量为:01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =⨯=+⨯+=-v v v v v作用在质点上的力的力矩为:k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为1r =×1010m 时的速率是1v =×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v =×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解:哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力,即有心力的作用,所以角动量守恒;又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有:1122r m r m =v v ∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610m 9.0810r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r=,6i j =+v m/s,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,⑴ 物体动量的变化;⑵ 相对z 轴角动量的变化; 解:⑴ ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p⑵ 解法一 由53 N a f m j ==得:0034437m x t x x t t ==+=+=+=v222031515663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v即有:i r41=,j i r 5.2572+=01x x ==v v ;0653311y y at =+=+⨯=v v即有:216i j =+v ,211i j =+v∴ 11143(6)72L r mi i j k =⨯=⨯+=v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解法二 ∵d LM dt =, ∴ 2032031d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t tL M t r f tt i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少解:只挂重物1M 时,小球作圆周运动,向心力为g M 1,即:2001ωmr g M = ①挂上2M 后,则有:221)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒;即:00r m r m ''=v v ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得:100M g mr ω=,2112301()M g M M mr M ω+'=, 112130212()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 飞轮的质量m =60kg,半径R =0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900 rev/min;现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速;已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算;试求:⑴ 设F =100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解:⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b;图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力;杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有:121()0F l l N l '+-=, 121)N l l F l '=+(对飞轮,按转动定律有r F RIβ=-,式中负号表示β与角速度ω方向相反; ∵ N F r μ= ,N N '=∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ 212I mR =,∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-① 以N 100=F 等代入上式,得:2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为:s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为:2201900291409()53.12rad 2604234t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯可知在这段时间里,飞轮转了1.53转; ⑵10s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 200215rad s 22ttωωωπβ--==-=-⋅ 用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为:112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRl F N l l βπμ⨯⨯⨯=-==+⨯⨯+⨯计算题图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设m 1=50kg,m 2=200 kg,M =15 kg,r = m解:分别以m 1、m 2滑轮为研究对象,受力图如图b 所示.对m 1、m 2运用牛顿定律,有:a m T g m 222=- ;a m T 11=对滑轮运用转动定律,有:β)21(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得:22122009.87.6 m s 25200152m g a m m M -⨯===⋅++++题a 图 题b 图如题图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下;求:⑴ 初始时刻的角加速度;⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解:⑴ 由转动定律有:211()23mg l ml β=, ∴ lg23=β⑵ 由机械能守恒定律有:22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ lg θωsin 3= 如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上;现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞;相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处;⑴设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值; ⑵相撞时小球受到多大的冲量解:⑴ 设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式:0m l I m l ω=+v v ①2220111222m I m ω=+v v②上两式中23I Ml =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式:)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得:2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω 由①式得:0I mlω=-v v ④ 由②式得:2220I m ω=-v v ⑤所以:22200()I I ml mωω-=-v v求得:026(23)13(1)(1)22312gl l I l Mm M ml m mωω-+=+=+=v ⑵相碰时小球受到的冲量为:0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v由①式求得:06(23)1d 36gl I F t m m Ml M l ωω-=-=-=-=-⎰v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反;一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动;另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向; ⑴开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值⑵用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比;解:⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒: ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω⑵ 022*******000sin 1[()][]2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N/m ;定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长;解:以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有:222111222mgh m I kh ω=++v 又/R ω=v ,故有:2222221(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I --⨯⨯⨯-⨯⨯==+⨯+=⋅v第5章 机械振动质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动,求:⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值; ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差;解:⑴设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知:3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又0.8m A ωπ==v 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅,2.632==A a m ω2s m -⋅⑵ 0.63N m m F ma ==,J 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即:)21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示;如果0=t 时质点的状态分别是:⑴A x -=0; ⑵ 过平衡位置向正向运动; ⑶过2Ax =处向负向运动; ⑷过2A x -=处向正向运动; 试求出相应的初位相,并写出振动方程;解:因为000cos sin x A A φωφ=⎧⎨=-⎩v将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相;故有:)2cos(1πππφ+==t T A x , )232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x , )452cos(454πππφ+==t T A x一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+;求:⑴s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向; ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间; ⑶在cm 12=x 处物体的总能量;解:由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ,∴ -120.5 rad s ωππ==⋅ 又,0=t 时,00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为:m )5.0cos(10242t x π-⨯=⑴ 将s 5.0=t 代入得:0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-⨯⨯⨯=-⨯方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;⑵ 由题知,0=t 时,00=φ;t t =时,02,0,3t x A φπ=+<=且故v ∴ s 322/3==∆=ππωφt ⑶ 由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为:22232241111010()(0.24)7.110J 2222E kA m A πω--===⨯⨯⨯=⨯ 有一轻弹簧,下面悬挂质量为g 0.1的物体时,伸长为cm 9.4;用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子,将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后,给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ,求振动周期和振动表达式; 解:由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时,-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x 设向上为正又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω-=====⨯即 222222205.010 ()(1.010)()210m 5v A x ω---⨯∴=+=⨯+=⨯200020 5.0105tan 1 , 1.01054x πφφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x题图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程;解:由题图a,∵0=t 时,0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v即:1s rad 2-⋅==ππωT,故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题图b ∵0=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v01=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v又ππωφ253511=+⨯=,∴ πω65=故m t x b )3565cos(1.0ππ+=一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子;现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动;⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同⑵ 此时的振动振幅多大⑶ 取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程; 解:⑴ 空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大;⑵按⑶所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则0x mg k =-;碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即:02()m gh m M =+v则有:02m gh m M=+v ,于是22220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M gω=+=+=+++3gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ 第三象限,所以振动方程为 221cos arctan ()()mg khk kh x t k m M gm MM m g ⎡⎤=++⎢⎥+++⎣⎦有一单摆,摆长m 0.1=l ,摆球质量kg 10103-⨯=m ,当摆球处在平衡位置时,若给小球一水平向右的冲量41.010kg m s F t -∆=⨯⋅,取打击时刻为计时起点)0(=t ,求振动的初位相和角振幅,并写出小球的振动方程; 解:由动量定理,有:0F t m ⋅∆=-v∴ 4-131.0100.01 m s 1.010F t m --⋅∆⨯===⋅⨯v 按题设计时起点,并设向右为x 轴正向,则知0=t 时,1000 , 0.01m s x -==⋅v >0,∴ 2/30πφ=又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13A x ωω-=+===⨯v v故其角振幅:33.210rad A l θ-==⨯小球的振动方程为:rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为m 20.0,位相与第一振动π/6的位相差为,已知第一振动的振幅为m 173.0,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差;解:由题意可做出旋转矢量题图;由图知222211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01A A A A A =+-︒=+-⨯⨯⨯=,∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1,则:θcos 22122212A A A A A -+=即:2222221212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1A A A A A θ+-+-===⨯⨯即2θπ=,这说明,1A 与2A 间夹角为2π,即二振动的位相差为2π; 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为:⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程;解:∵ πππφ=--=∆)65(6, ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sinsin sin 366tan 5cos cos 30.4cos 0.3cos 66A A A A ππφφφππφφ⨯-+===++ ∴ 6φπ=其振动方程为:0.1cos(26)m x t π=+作图法略第6章 机械波已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y =A cos Cx Bt -,其中A ,B ,C 为正值恒量;求:⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长;⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程; ⑶ 任一时刻,在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差;解:⑴ 已知平面简谐波的波动方程:)cos(Cx Bt A y -= 0≥x 将上式与波动方程的标准形式:)22cos(λππυxt A y -=比较,可知:波振幅为A ,频率πυ2B =,波长C πλ2=,波速B u C λν==, 波动周期12T Bπν==;⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程:)cos(Cl Bt A y -=⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为:)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12,及2Cπλ=代入上式,即得:Cd =∆φ; 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =10x t ππ4-,式中x ,y 以米计,t 以秒计;求:⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度;⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相,它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点 解:⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x πωλ=-相比,得:振幅05.0=A m ,圆频率10ωπ=,波长5.0=λm ,波速 2.5m s 2u ωλνλπ===;绳上各点的最大振速,最大加速度分别为:ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为:08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点0=x ,在92.008.010=-=t s 时的位相,即:2.9=φπ;设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点,则,825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m一列平面余弦波沿x 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题图所示;⑴ 写出波动方程;⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线;解: ⑴ 由题a 图知,1.0=A m,且0=t 时,000 , 0y =>v ,∴230πφ=, 又52.52uνλ===Hz ,则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ,则波动方程为:30.1cos[5()]52x y t ππ=-+m⑵ 0=t 时的波形如题b 图5.0=x m 代入波动方程,得该点处的振动方程为:50.530.1cos[5]0.1cos(5)52y t t πππππ⨯=-+=+m如题c 图所示;如题图所示,已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线a 和b,周期T>,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求: ⑴ 波动方程;⑵P 点的振动方程; 解:⑴ 由题图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,000,0y =<v , ∴20πφ=,而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆,20.5Hz 4u νλ===,∴ππυω==2故波动方程为:]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m⑵ 将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为:t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题图所示,已知波速为10 m/s 1,波长为2m,求: ⑴波动方程;⑵ P 点的振动方程及振动曲线; ⑶ P 点的坐标;⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间;解:由题图可知1.0=A m ,0=t 时,00,02A y =<v ,∴30πφ=,由题知2=λm ,-110m s u =⋅,则5210===λυuHz ,∴ππυω102==⑴ 波动方程为:0.1cos[10()]103x y t ππ=-+m⑵ 由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P P 点的位相应落后于0点,故取负值∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-=t x t 解得:67.135==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图a,则由P点回到平衡位置应经历的位相角πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为:121106/5==∆=∆ππωφt s 如题图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P 点的振动方程为P y =Acos 0ϕω+t ;⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程;⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程;解:⑴ 如题图a,则波动方程为:0cos[()]l xy A t u uωϕ=+-+ 如图b,则波动方程为:0cos[()]x y A t uωϕ=++⑵ 如题图a,则Q 点的振动方程为:0cos[()]Q b A A t uωϕ=-+如题图b,则Q 点的振动方程为:0cos[()]Q b A A t uωϕ=++一平面余弦波,沿直径为14cm 的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J/m 2·s,频率为300 Hz,波速为300m/s,求波的平均能量密度和最大能量密度.解: ∵u w I =, ∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅如题图所示,1S 和2S 为两相干波源,振幅均为1A ,相距4λ,1S 较2S 位相超前2π,求:⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度;⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度 解:1在1S 外侧,距离1S 为1r 的点,1S 2S 传到该P 点引起的位相差为:πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r ,∴ 0,0211===-=A I A A A 2在2S 外侧.距离2S 为1r 的点,1S 2S 传到该点引起的位相差:0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ,∴ 2121114,2A A I A A A A ===+=一平面简谐波沿x 轴正向传播,如题图所示;已知振幅为A ,频率为ν,波速为u ;⑴ 若t =0时,原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程;⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置;解: ⑴ ∵0=t 时,0,000>=v y ,∴20πφ-=,故波动方程为:cos[2()]2x y A t u ππυ=--m⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为即将λ43=x 代入2432πλλπ-⨯-,再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为:πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点,则反射波在O 点处的位相为23542πλππλ--⨯-=,因只考虑π2以内的位相角,∴反射波在O 点的位相为2π-,故反射波的波动方程为:]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为:cos[2()]cos[2()]222 2cos cos(2)2x x y A t A t u u x A t u πππυπυπυππυ=--++-=-故波节位置为:2)12(22πλππυ+==k x u x故 4)12(λ+=k x ,2,1,0±±=k …根据题意,k 只能取1,0,即λλ43,41=x 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为1y =t x ππ4-SI, 2y =t x ππ4+SI;⑴ 试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置; ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解:⑴ 它们的合成波为:0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动; 令ππk x =,则k x =,k=0,±1,±2…此即波腹的位置;令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ,,2,1,0±±=k …,此即波节的位置;⑵波腹处振幅最大,即为12.0m ;2.1=x m 处的振幅由下式决定,即:097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m第7章 气体动理论基础 P218设有N 个粒子的系统,其速率分布如题图所示;求⑴ 分布函数f υ的表达式; ⑵ a 与υ0之间的关系; ⑶ 速度在υ0到υ0之间的粒子数; ⑷ 粒子的平均速率; 5 υ0到υ0区间内粒子平均速率;解:⑴从图上可得分布函数表达式: 00000()/(0)()(2)()0(2)Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪=≥⎩, 00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪≥⎩⑵ f υ满足归一化条件,但这里纵坐标是N f υ而不是f υ,故曲线下的总面积为N.由归一化条件:20d d a NN a N υυυυυυυ+=⎰⎰,可得023Na υ=⑶ 可通过面积计算001(2 1.5)3N a N υυ∆=⨯-=⑷N 个粒子平均速率:220220001()d ()d d d 11311()329a f Nf a Na a N υυυυυυυυυυυυυυυυυυ∞∞===+=+=⎰⎰⎰⎰5 υ0到υ0区间内粒子数:100013(0.5)(0.5)284NN a a a υυυ=+-== υ0到υ0区间内粒子平均速率:000000.50.50.5111d d ()d NN N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ===⎰⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰0033220000.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=⎰ 2007769a N υυυ==试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比; 解:令P u υυ=,则麦克斯韦速率分布函数可表示为:du e u N dN u 224-=π因为u=1,∆u=由u e u N N u ∆=∆-224π,得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π容器中储有氧气,其压强为P=即1atm 温度为27℃求:⑴ 单位体积中的分子数n ;⑵ 氧分子的质量m ;⑶ 气体密度ρ;⑷ 分子间的平均距离e ;5 平均速率υ;62υ7分子的平均动能ε; 解:⑴ 由气体状态方程nkT p =得:242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3⑵ 氧分子的质量:26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M MpV mol =,得: 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅⑷ 分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m5 平均速率:mol 8.313001.601.60446.580.032RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题图Nf υO2υ0υυ0a6482.87≈=1s m -⋅ 7 氧分子的平均动能:20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少解:理想气体分子的能量:RT iE 2υ= 平动动能 t=3 5.373930031.823=⨯⨯=t E J转动动能 r=2 249330031.822=⨯⨯=r E J内能 i=5 5.623230031.825=⨯⨯=i E J一瓶氧气,一瓶氢气,等压、等温,氧气体积是氢气的2倍,求⑴氧气和氢气分子数密度之比;⑵氧分子和氢分子的平均速率之比; 解:⑴ 因为nkT p =,则:1O H n n =⑵由平均速率公式υ=,得:14O H υυ== 7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa 即×10-5 mmHg,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径d =3×10-10 m; 解:由气体状态方程nkT p =得:317-3231.3810 3.3310m 1.3810300p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式nd 221πλ=得: 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率;⑵ 若温度不变,气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少设分子有效直径为10-10m解:⑴碰撞频率公式2z d n υ=对于理想气体有nkT p =,即:kTpn =,所以有:2d p z kT υ=而-1455.43 m s υ≈≈=⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz s -1⑵气压下降后的平均碰撞频率2042310455.43 1.33100.7141.3810273z ---⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ s -11mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比;⑵ 分子平均自由程之比; 解:⑴ 由气体状态方程:2211T p T p = 及 3322V p V p =====⑵ 对于理想气体,nkT p =,即 kTpn =所以有:pd kT 22πλ=,即:12121==T p p T 末初λλ第8章 热力学基础.如题图所示,一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中,有350 J 热量传入系统,而系统做功126 J;⑴ 若沿adb 时,系统做功42 J,问有多少热量传入系统⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84 J,试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 解:由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差:A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程,系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程,外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K,问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功⑴ 容积保持不变; ⑵ 压力保持不变; 解:⑴ 等体过程对外作功0=A∴ V 2121()()2328.31(350300)623.25J iQ E A E C T T R T T νν=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=, ⑵ 等压过程,吸热:P 212125()()8.31(350300)1038.75J 22i Q C T T R T T νν+=-=-=⨯⨯-=内能增加:V 21()328.31(350300)623.25J E C T T ν∆=-=⨯⨯-=对外作功:5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ,比热容比为γ的理想气体,整个容器以速度υ运动,若容器突然停止运动,求气体温度的升高量设气体分子的机械能全部转变为内能;解:整个气体有序运动的能量为212m υ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化;2V 12m E C T m M υ∆=∆=,22mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 0.01m 3氮气在温度为300K 时,由压缩到10MPa;试分别求氮气经等温及绝热压缩后的⑴ 体积;⑵ 温度;⑶ 各过程对外所做的功; 解:⑴ 等温压缩过程中,T =300K,且2211V p V p =,解得:3112210.0111010p V V p -==⨯=⨯m 3 , 6321112lnln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V pA vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ⑵ 绝热压缩:R C 25V =,57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =,得:111/33111421221()()()0.01 1.9310m 10p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯由绝热方程 111122T p T p γγγγ----=,得11.40.4122211300(10)579K T p T T p γγγγ--==⨯⇒=Oab c d由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得:)(12molT T C M MA V --=, 又RT M MpV mol=,所以 51121135 1.013100.015()(579300)23002 2.3510Jp V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 理想气体由初状态P 1,V 2经绝热膨胀至末状态P 2,V 2;试证过程中气体所做的功为:12211--=γV P V P w 式中γ为气体的比热容比;证明: 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211得γγV V p p 111= 故,22111121221111221121d 11d ()11 ()11V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγγγγγγγ----===----=--=--⎰⎰1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示,ab 为直线,延长线通过原点O ;求ab 过程气体对外做的功; 解:设T kV =,由图可求得直线的斜率k 为:2T k V =,得过程方程002T T V V =由状态方程pV vRT=得:RT p V ==R V 02T V V =002RT V ab 过程气体对外作功:⎰=02d V v V p A 02000d 22V V RT RTV V ==⎰某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ,a 为常数,气体从V 1膨胀到V 2;求其所做的功;解:气体做功:22211122221211d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V ===-=-⎰⎰设有一以理想气体为工质的热机循环,如题图所示;试证其循环效率为:η=1212111V V p p ηγ-=--解:等体过程:1V 21()0Q vC T T '=->,吸热,∴ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程:03='Q 等压压缩过程:2p 21()0Q vC T T '=-<,放热 ∴ 212222P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R'==--=-,则, 循环效率为:p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-=-=--- 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作,试计算⑴ 热机效率;⑵ 若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少T Oab题图Vp OV绝热题图V 2 V 1 p 1p解:⑴ 卡诺热机效率 213001170%1000T T η=-=-= ⑵ 低温热源2300K T =不变时,即1130080%T η'=-=,解得:11500K T '=,则: 11115001000500K T T T '∆=-=-=即高温热源温度提高500K;⑶ 高温热源11000K T =不变时,即21100080%T η'=-= 解得:2200K T '=,则:222200300-100K T T T '∆=-=-=即低温热源温度降低100K;如题图所示是一理想气体所经历的循环过程,其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 为绝热过程,已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3;求此循环效率;这是卡诺循环吗解:⑴热机效率211Q Q η=-AB 等压过程1P 21()0Q C T T ν'=->,吸热,即有: 11P mo ()B A lMQ Q C T T M '==- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<,放热,即有: )(P mol22D C T T C M MQ Q -='-= ∴)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= AD 绝热过程,其过程方程为:γγγγ----=D D AA T p T p 11 BC 绝热过程,其过程方程为:γγγγ----=C C B BT p T p 111 又 A B C D p p p p ==,,所以得:D C BT TT T = ∴ 231T T -=η⑵ 不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间;⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功从-173℃向27℃呢⑵ 一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于做功就愈有利;当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利为什么解:⑴卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时,需作功:12122300280100071.4J 280T T A Q T --==⨯= 173-℃→27℃时,需作功:1222230010010002000J 100T T A Q T --==⨯= ⑵从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的;p O 题图A B C D第9章 静电场长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ= C/m 的正电荷;试求:⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强;⑵ 在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强; 解:⑴ 如题图所示,在带电直线上取线元d x ,其上电量d q 在P 点产生场强为:20)(d π41d x a xE P -=λε 22200220d d 4π()11 []4π22π(4)l P P l x E E a x a l a l la l λελελε-==-=--+=-⎰⎰用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得:21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右⑵ 同理,2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220ddd d π41d ++=x x xE Qy λε22223222222022d d d 4π(d )2π4ll Qy Qy l x lE E x d l d λλεε-===++⎰⎰以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得:21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强; 解:如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为:20π4d d R R E εϕλ=,方向沿半径向外,则:ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分得:R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向;均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ;⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ;⑵证明:在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ;解:如图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E 方向如图,大小为:()12220cos cos 4π4P E r l λθθε-=+∵1222cos 2l r l θ=+ ,12cos cos θθ-=∴ 222204π42P lE r l r l λε=++P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=∴ 22222204π424lr E r l r l r l λε⊥=+++由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为:22220444π(4)2PO lrE E r l r l λε⊥=⨯=++∵ l q4=λ ∴ 222204π(4)2P qrE r l r l ε=++ , 方向沿OP⑴ 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;⑵ 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少解: ⑴ 立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等,由高斯定理0d sE S q ε⋅=⎰得:各面电通量06εq e =Φ; ⑵ 电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ;均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×510-C/m 3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强;解:高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,334π()3q pr r =-∑内 ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外; 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r )内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外. 半径为1R 和2R 2R >1R 的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:⑴r <1R ;⑵ 1R <r <2R ;⑶ r >2R 处各点的场强;解:取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=,则:rl E S E Sπ2d =⋅⎰⑴ 1R r <时,0q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得:0E =;⑵ 21R r R <<时,λl q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得:rE 0π2ελ= 沿径向向外;⑶ 2R r >时,0=∑q ,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得:0E =两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场强;解:如题图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ,两面间, n E)(21210σσε-= 1σ面外,n E)(21210σσε+-=2σ面外,n E )(21210σσε+=, n:垂直于两平面由1σ面指为2σ面;半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r <R 的小球体,如题图所示;试求:两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的;。

大学物理1,第2章 质点动力学

大学物理1,第2章 质点动力学

O
x
mg
tan a1 , arctan a1
g
g
l
m
a1
(2)以小球为研究对象,当小车沿斜面作匀加速运
动时,分析受力如图,建立图示坐标系。
x方向:FT2 sin(α θ) mg sin α ma2
FT 2
y方向:FT2 cos(α θ) mg cos α 0 a2
m
FT2 m 2ga22 sin α a22 g 2
• 强力(strong interaction)
在原子核内(亚微观领域)才表现出来,存在于 核子、介子和超子之间的、把原子内的一些质子和中 子紧紧束缚在一起的一种力。
其强度是电磁力的百倍,两个相邻质子之间的强 力可达104 N 。力程:<10-15 m
• 弱力(weak interaction)
亚微观领域内的另一种短程力。导致衰变放出 电子和中微子。两个相邻质子之间的弱力只有10-2 N 左右。
重力(gravity) 重力是地球表面物体所受地球引力的一个分量。
G mg
g g0 (1 0.0035cos2 φ)
地理纬度角 g0 是地球两极处的重力加速度。
重力
引力
重力与重力加速度的方向都是竖直向下。
忽略地球自转的影响物体所受的重力就等于它所受的
万有引力:
mg
G
mEm R2
弹力(elastic force)
物体受到外力作用时,它所获得的加速度的大小与合 外力的大小成正比,与物体的质量成反比;加速度的
方向与合外力F的方向相同。 F kma
比例系数k与单位制有关,在国际单位制中k=1
瞬时性:是力F的瞬m时a 作m用d规v律 dt
F

大学物理上-知识点

大学物理上-知识点

1、 质点运动量的描述(1) 位置矢量r:运动方程: k t z j t y i t x t r )()()()(++=;模为 222z y x r ++=位移矢量:)()(t r t t r r -∆+=∆;注意:一般r r ∆≠∆(2) 速度:x y z dr v v i v j v k dt ==++,分量式:x y z v ,v ,v dx dy dzdt dt dt===; 速度的大小:222x y z dr ds v v v v v dt dt==++=≡,v 为速率。

速度方向沿曲线切线指向运动的前方。

平均速度:x y z r v v i v j v k t ∆==++∆,分量式:,,x y z x y zv v v t t t∆∆∆===∆∆∆ (3) 加速度:22x y z dv d r a a i a j a k dt dt===++,加速度大小:222xy z a a a a =++ 分量式:222222,,y x z x y z dv dv dv d x d y d za a a dt dt dt dt dt dt ======; 自然坐标系:t e v v =,n n t t e a e a a+=,t dv a dt =(有正负!),2n v a ρ=,此处v 为速率,ρ为曲率半径。

2、 圆周运动:角位置θ,角速度d dt θω=,角加速度:d dtωα=; 角量与线量的关系:θR s =,R v ω=,t dv a R dt α==,22n va R Rω==3、 抛体运动:0000200000cos 1sin 2x x x x y y y y a v v v x v ta g v v gt v gt y v t gt θθ=→==→=⎧⎪⎨=-→=-=-→=-⎪⎩其中0θ为起抛角。

22t n a a g += 4、 相对运动速度变换: AB AC CB v v v =+ 或表示为 AB AC BC v v v =- 加速度变换:AB AC CB a a a =+ 或 AB AC BC a a a =-(注意:这是矢量加法,用平行四边形作图或分解为分量计算;注意下标的规律。

大学物理B1总复习

大学物理B1总复习

vx +u vx = ' uv x 1+ 2 c
'
第4章 相对论
vy =
vy u v' x γ (1 + 2 ) c
'
v' z vz = ' uv x γ (1 + 2 ) c
相对论内容提要 四.狭义相对论时空观 爱因斯坦火车 对车站(S系)观测 者,测得两闪电同 时击中:t2=t1
22
u t 2 − t = −γ 2 ( x2 − x1 ) c
爱因斯坦称m0c2为静能,mc2等于物体的动能和静 能之和,称为总能量。 质能关系 动量与能量关系
第4章 相对论
E = mc
2
2 E 2 = p 2 c 2 + m0 c 4 = ( pc) 2 + (m0 c 2 ) 2
机械振动内容提要
26
一 简谐振动的动力学特征 1 物体受线性回复力作用
F = − kx 平衡位置 x = 0
F = F1 + F2 + F3 + …
F1 = − F2
力的叠加原理
国际单位制和量纲 力学基本单位 m、 kg、 s 量纲:表示导出量是如何由基本量组成的关系式 .
第2章 质点动力学
第2章内容提要
7
牛 顿 第 二 定 律 的 数 学 表 达 式
一般的表达形式
dp F= = ma dt F = Fx i + Fy j = Ft et + Fn en
16
Lz = J ω
(3)角动量定理 微分形式:
dL M = dt
第3章 刚体力学基础
第3章内容提要 积分形式:
17

质点运动学和动力学

质点运动学和动力学

大学物理
当 t 0 时, dr ds ds v et dt
速度方向 切线向前
d s 速度大小 v dt ds 速度 的值 称速率 v v dt
dx 2 dy 2 dz 2 v v ( ) ( ) ( ) dt dt dt
大学物理
r dr v lim t 0 t dt
v - v0 adt a dt at
0 0
t
t
v v0 at
dx vdt 1 2 x x0 vdt (v0 at)dt v0t at 0 0 2
t t
大学物理
a不定值
(1)一般变速直线运动,a是关于t的函数, 即 a= a(t) t v v0 a(t)dt
质点的速度时刻在变化
大学物理
2.一般变速直线运动的位移计算
变速直线运动:对一定的参照系而言,如果 质点运动的轨迹是一条直线,我们就说该质 点在作直线运动——一维坐标来描述 Δr=Δx=f(t) 即Δ x=vΔt
r o
x
大学物理
精确表示时 两边同时积分得
t 0
dx vdt
t
0
x
x
0
dx t vdt
vx
o
α
vx
v0 x
d0
vy
v
x
大学物理
求最大射程
2 2v dd 0 2 v 0 d0 sin cos, cos 2 0 g d g π 当 , y 实际路径 真空中路径 4
r (t )
x
o
x
dx 2 dy 2 ( D) ( ) ( ) dt dt
dr dr dt dt

大学物理 质点运动学动力学习题课

大学物理 质点运动学动力学习题课

的直线运动的叠加(矢量加法)。
——运动的独立性原理或运动叠加原理
2
第一、二章习题课
自然坐标系中的速度和加速度
v

v

ds

dt
a

a

an

dv
dt

v2

n

a

a
an
圆周运动中的切向加速度和法向加速度
a dv v2 n
dt R
3
二、圆周运动的角量描述 t A 角位置 t t B 角位移

r
v
a


dxri
yj

dx
i

zk
dy

dt
dv

dt
dv x
i

dt
dv y
dt dt dt
j
j


dz dt
dvz dt
k
k


vxi vy j vzk
axi ay j azk
任意曲线运动都可以视为沿x,y,z轴的三个各自独立
4m/s的速率从北面驶近A船。
(1)在湖岸上看,B船的速度如何?
(2)如果A船的速度变为6m/s(方向不变),在A船上看B
船的速度又为多少?
解:(1)设B船岸的上速的度人为看v到BA船A的船速看度到为B船v的A 速度为 v

vA
vA
由伽利略速度变换,可有

v
vB
v vB vA
的速度的大小。
y
H Ox
解:建立如图坐标,t时刻头顶

大学物理 - 1-6章练习附答案

大学物理 - 1-6章练习附答案

第一章 质点运动学1、已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3t 2s m -⋅,开始运动时,x =5 m ,v =0,求该质点在t =10s 时的速度和位置。

解:∵ t tva 34d d +==分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 12234c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量, t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v2、质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为 a =2+62x ,a 的单位为2s m -⋅,x 的单位为 m 。

质点在x =0处,速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值。

解: ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量: 2d (26)d v v adx x x ==+ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v第二章 质点动力学1、质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽,如图所示。

质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下,大木块放在光滑水平面上,二者都作无摩擦的运动,而且都从静止开始,求小木块脱离大木块时的速度。

解: m 从M 上下滑的过程中,机械能守恒,以m ,M ,地球为系统,以最低点为重力势能零点,则有222121MV mv mgR +=又下滑过程,动量守恒,以m 、M 为系统,则在m 脱离M 瞬间,水平方向有0=-MV mv联立以上两式,得2MgR v m M =+2、 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。

大学_大学物理教程上册(范仰才著)课后答案

大学_大学物理教程上册(范仰才著)课后答案

大学物理教程上册(范仰才著)课后答案大学物理教程上册(范仰才著)内容提要绪论第一篇力学第1章质点运动学1.1 参考系和坐标系质点1.2 质点运动的描述1.3 自然坐标系中的速度和加速度1.4 不同参考系中速度和加速度的变换关系思考题习题第2章质点动力学2.1 牛顿运动定律2.2 惯性系与非惯性系2.3 力的空间积累效应2.4 保守力的功势能机械能守恒定律2.5 力的时间积累效应动量守恒定律__2.6 质心质心运动定理阅读材料(1)混沌及其特征思考题习题第3章刚体的定轴转动3.1 刚体及刚体定轴转动的描述3.2 刚体定轴转动定律3.3 定轴转动的功和能3.4 角动量定理和角动量守恒定律__3.5 进动阅读材料(2)对称性与守恒律思考题习题第二篇热学第4章气体动理论4.1 平衡态态参量理想气体物态方程 4.2 理想气体的压强公式4.3 理想气体的`温度公式4.4 能量按自由度均分理想气体的内能 4.5 麦克斯韦速率分布律__4.6 玻耳兹曼分布律4.7 分子的平均碰撞频率和平均自由程__4.8 气体内的输运过程__4.9 范德瓦尔斯方程真实气体阅读材料(3)低温与超导思考题习题第5章热力学基础5.1 准静态过程功热量和内能5.2 热力学第一定律及其在理想气体等值过程的应用 5.3 绝热过程多方过程5.4 循环过程卡诺循环5.5 热力学第二定律5.6 热力学第二定律的统计意义熵阅读材料(4)热学熵与信息熵思考题习题第三篇振动和波动第6章振动学基础6.1 简谐振动的运动学旋转矢量表示法6.2 简谐振动的动力学特征6.3 简谐振动的能量6.4 简谐振动的合成6.5 阻尼振动受迫振动共振思考题习题第7章波动学基础7.1 机械波的形成和传播7.2 平简谐波的波函数7.3 波的能量声波大学物理教程上册(范仰才著)目录《21世纪高等学校规划教材:大学物理教程(上)》可作为本科院校理工科各专业的大学物理教材,也可作为各类普通高等学校非物理类专业、各类成人高校物理课程的教材或教学参考书。

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四. 圆周运动的角量描述、角量与线量的关系
1. 角位置与角位移 θ θ (t) 角位置(运动学方程)
当 t
yQ
P
O
x
为质点圆周运动的角位移
2. 角速度
d k
质点作圆周运动的角速度定义为
o d Q
ω
lim
t 0
t
k
d
dt
k
P (描述质点转动快慢和方向的物理量)
3. 角加速度
角加速度 角速度对时间的一阶导数
x r cos t, y r sin t
y
y
r
• P (x, y) s
• O
ωt x
•O'
x
位矢表示为
r
xi
yj
r
costi
r
sin
tj
三. 位移、速度、加速度
1)位移 ( 位移就是位置矢量的增量 )
pp r(t t) r(t) r
•P s
r(t) r •P’
位移矢量反映了物体运动中位置 ( 距离 O • r(t t) 与方位 ) 的变化。注意位移和路程的区别
β
y
O 参考物
位矢的大小为:
x
r x2 y2 z2
x
y
位矢的方向用方向余弦表示,则有:
cos
rx, cos
ry, cos
z r
3. 自然坐标法 已知质点相对参考系的运动轨迹时,常用自然法。
s f (t)
4. 运动学方程(函数)

参考物 O
r
r(t)
x(t)i
y(t) j
z(t)k
r
Q

L
r(t)
r(t t)
• O 参考物
2.
加速度 第一项:d2
dt
a dv d (dsτ)
dt dt dt
s
2
τ
叫切向加速度

d2 dt
2sτ
ds dτ dt dt
P τ (t)
大小为
d2s dt 2
dv dt
方向为
τ
意义:反映速度大小变化的快慢

L
n(t) O
θ n(t
Q

τ (t t)
s ds
t0 t t0 t dt
例 s 5 4t t 2 v ds 4 2t dt
3)加速度 ( 描述物体运动状态的物理量 ) v(t)
1. 平均加速度
a v v(t t) v(t)
t
t
A •
r(t)
2. 瞬时加速度
O•
a
lim v(t
t 0
t) t
v(t
)
dv dt
d2r dt 2
质点运动学和质点动力学回顾
1. 质点运动学 2. 牛顿运动定律 3. 功和能 4. 冲量和动量
第一章 质点运动学
一. 质点运动学的基本概念
质点:有质量的“几何点”。 突出了质量和位置。
质点系: 若干质点的集合。 参照物:为了描述物体运动而选作参考的物体或物体系。
参考系:参照物 + 坐标系 + 时钟 (1) 运动学中参考系可任选。
cosα vvx , cosβ vvy , cosγ vvz
3. 加速度
a
dv dt
dv x dt
i
dv y dt
j
dv z dt
k
d2 dt
x
2
i
d2 y dt 2
j
d2z dt 2
k
a
axi
ay
j
az
k
大小为
a
ax2 ay2 az2
(dv x
)2
dv (
y
)2
v(t t)
• B
r(t t)
v(t) v v(t t)
质点运动学中的二类问题
1. 第一类问题 2. 第二类问题
已知运动学方程,求 v , a 已知加速度和初始条件,求 v , r
直角坐标系中位移、速度和加速度的表示
1. 位移 时间 t 内质点的位移为
r
xi
yj
zk
( x2
x1)i
z
P
(2) 参照物选定后,坐标系可任选。
y
(3) 常用坐标系:
O 参照物
x
直角坐标系 球坐标系 柱坐标系 自然坐标系
二. 确定质点位置的常用方法
z 1. 直角坐标法 P(x, y, z) 2. 位矢法
P(x, y, z)
质点某时刻的位置P (x,y,z) 由位矢
r表示。
r z
r
xi
yj
zk
(2) t =2s 时的v ,a
(3) 轨迹方程
解 (1) 由运动方程得
r1
2i
j
r2
4i
2
j
r
r2

j
2i
3
j
(2)
v
dr
2i 2t
j
dt
a
dd2tr2
dv dt
2
j
当 t =2s 时
v 2
2
i
4
j
a 2
2
j
(3) x 2t y 2 t2 轨迹方程为 y 2 x2 / 4
t)
第二项: ds dτ dt dt
大小为 v 2
ρ
方叫向法为向加n速dd度τt an n
意义:反映速度方向变化的快慢
τ (t)
θ
τ
τ (t t)
加速度
a
an
n

τ
v2 ρ
n
dv dt
τ
d2 dt
2sτ
(
ds dt
)2
1 ρ
n

已知一质点运动方程
r
2t
i
(2
t
2
)
j
求 (1) t =1s 到 t =2s 质点的位移
(
y2
y1)
j
(z2
z1)k
2. 速度
(1) 平均速度
v
r
x
i
y
j
z
k
t t t t
(2)
瞬时速度
v
d r dt
dx dt
i
dy dt
j
dz dt
k
v
xi
v
y
j
v
zk
速度的大小为 v
v
2 x
v
2 y
v
2 z
(dx)2 (dy)2 (dz)2 dt dt dt
速度的方向用方向余弦表示为
2)速度 ( 描述物体运动状态的物理量 )
1. 平均速度
v Δ r r(t t) r(t)
t
t
2. 瞬时速度
(注意方向与大小)
v lim r(t t) r(t) dr
t 0
t
dt (注意速度与速率的区别)
3. 速率(速度的大小叫速率)
平均速率
v s t
瞬时速率
v v lim
r lim
(dv z
)2
dt
dt
dt
方向用方向余弦表示为
cosα aax
cos β
ay a
cosγ aaz
自然坐标系中平面曲线运动 速度和加速度的表示
1. 速度 v lim r lim (rs) t0 t t0 s t ( lim rτ) ds dsτ vτ t0 s dt dt
v
s
P


O1
s
t : t t :
dω dt
d dt
d
dt
k
d2
dt 2
k
角加速度的方向与 dω的方向相同
4. 角量与线量的关系
(1).
位移与角位移的矢量关系式
s
s
P•
直角坐标下 x x(t) y y(t) z z(t)
自然坐标下 s f (t)
意义: 已知运动学方程,可求质点运动轨迹、速度和加速度
例 一质点作匀速圆周运动,半径为 r ,角速度为 。
求 用直角坐标、位矢表示的质点运动学方程。
解 以圆心O 为原点。建立直角坐标 系Oxy ,O 点为起始时刻,设t 时 刻质点位于P(x , y),用直角坐 标表示的质点运动学方程为
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