理工科大學物理知識點總結及典型例題解析

第一章質點運動學本章提要1、參照系：描述物體運動時作參考的其他物體。2、運動函數(shù)：表示質點位置隨時間變化的函數(shù)。位置矢里?r=r(0=x(t)i+j+z(況位置矢里：Ar=r(t+A?)-r(?)一般情況下：3、速度和加速度：一drV=dt.-dvd3,a=——=dtdt24、勻加速運動：偵=常矢量；v=v+at0r=vt+十025、一維勻加速運動:v=v+at0；x=vt+±at202y2-v2=2ax06、拋體運動：a=0X；a=-gyV=vXcos0；0v=vsinQ-gtyoX=V0cos0r；y=vsin。］-+g『2?027、圓周運動：a=an+Clt法向加速度:切向加速度dvdt8、伽利略速度變換式：y=y，+U【典型例題分析與解答】如圖所示,湖中有一小船。岸上有人用繩跨過定滑輪拉船靠岸。設滑輪距水面高度為確滑輪到原船位置的繩長為l。當人以勻速▼拉繩，船運動的速度V'為多少法向加速度:切向加速度dv解：取如圖所示的坐標軸，由題知任一時刻由船到滑輪的繩長為l=l0-vt則船到岸的距離為：L<X=、』72-h2=j(l-Vt)2-h2、、因此船的運動速率為："——"dxdt2.一質點具有恒定的加速度a=(6i+4j)m/s2，在t=0時刻，其速度為零，位置矢量r=10i(m).求：(1)在任意時刻的速度和位置矢量；⑵質點在xoy平

面的軌跡方程，并畫出軌跡的示意圖.dxdt解.(1)由加速度定義a=&，根據(jù)初始條件to=0v0=0可得jvdv=jladt-j(6i+4j)dtTOC\o"1-5"\h\z000jd=jtvdt=jt(6tjr00+4tj)dt0v=(6ti+4tj)m/s由j=dr及t=0j=j=I0jdt00r=r+3t2i+2t2jjd=jtvdt=jt(6tjr00+4tj)dt0⑵由以上可得質點的運動方程的分量式x=x(t)y=y(t)即x=10+3t2y=2t2消去參數(shù)t,得質點運動的軌跡方程為3y=2x-20這是一個直線方程.由j=10im知x0=10m,y0=°.而直線斜率k=dy/dx=tga=3,則a=33。41,軌跡方程如圖所示3.質點的運動方程為x=-10t+30t2和y=15t-20t2,(SI)試求：(1)初速度的大小和方向；⑵加速度的大小和方向.解.（1）速度的分量式為v=dx/dt=-10+60tv=dy/dt=15-解.（1）速度的分量式為v=dx/dt=-10+60t當t=0時，v=-10m/s,v=15m/s,則初速度的大小為v=*2+v2=18.0m/s0x0y而V0與x軸夾角為a=arctg-0y=123。41'

v0x（2）加速度的分量式為dva=―=60ms-2xdtdva=—=40ms-2ydt則其加速度的大小為a=擴+a2=72.1ms-2a與x軸的夾角為&=arctg七=-33°41'（或326。19'）ax一質點以25m/s的速度沿與水平軸成30°角的方向拋出.試求拋出5s后，質點的速度和距拋出點的位置?解.取質點的拋出點為坐標原點.水平方向為x軸豎直方向為y軸，質點拋出后作拋物線運動，其速度為v=vcosav=vv=vsina-gt則t=5s時質點的速度為V=sv=s質點在x,y軸的位移分別為x=v0xt=y=v0t-g2=-60.0mrX-p.AItLl”/匕A/Z.八BL一一一一質點在拋出5s后所在的位置為r=xi+yj=(108.25i-60.0j)m兩輛小車A、B沿X軸行駛，它們離出發(fā)點的距離分別為XA=4t+t2,XB=2t2+2t3（SI）問：（1）在它們剛離開出發(fā)點時，哪個速度較大⑵兩輛小車出發(fā)后經(jīng)過多少時間才能相遇（3）經(jīng)過多少時間小車A和B的相對速度為零解.(1)七=dxA/dt=4+2tv=dx/dt=4t+6t2當t=0時，vA當t=0時，vA=4m/svB=0因此vA>vB⑵當小車A和B相遇時，xa=xb即4t+12=2t2+2t3解得t=0、（無意義）⑶小車A⑶小車A和B的相對速度為零，即va-vb=03t2+t-2=0解得t二.-1s（無意義）.第二章質點力學（牛頓運動定律）本章提要

1、牛頓運動定律牛頓第一定律F=o時y=常矢量牛頓第二定律—^^^—牛頓第二定律F=ma=mai+mai+makxyz牛頓第三定律f=-F'壓力和張力2、技術中常見的幾種力：壓力和張力重力P=mg彈簧的彈力f=-kx滑動摩擦力[=vkN靜摩擦力f3、基本自然力：萬有引力、弱力、電磁力、強力。4、用牛頓運動定律解題的基本思路：認物體-看運動-查受力（畫示力圖）-列方程5、國際單位制（SI）量綱：表示導出量是如何由基本量組成的冪次式。【典型例題分析與解答】一木塊在與水平面成a角的斜面上勻速下滑.若使它以速度七沿此斜面向上滑動，如圖所示.證明它能沿該斜面向滑動的距離為v/4gsina.證.選如圖所示坐標，當木塊勻速下滑時，由牛艦第二定理有尊mgsina-f=0因此木塊受到的摩擦阻力為f=mgsina(1)當木塊上行時，由牛頓第二定律有-mgsina-f=ma(2)聯(lián)立(1)(2)式可得a=-2gsina式中負號表示木塊沿斜面向上作勻減速直線運動.木塊以初速V0開始向上滑至某高度時,v=0,由V2=v02+2as可得木塊上行距離為s=-V02/2a=V02/4gsina如圖所示，已知F=X104N,m1=X103kg,m2=X10skg兩物體與平面間的摩擦系數(shù)為，設滑輪與繩間的摩擦系數(shù)均不計算.求質量m2物體的速度及繩對它的拉力.解.如圖所示，設m2的加速度為a2,m解.如圖所示，設m2的加速度為a2,m1的加速度為a「程為由牛頓第二定律分別列出m1,m2的運動方T?1'2F-T-^mg=maT-^mg=ma

由于滑輪質量、滑輪與繩之間的摩擦力不計，則有"=0考慮到T'=T,T，=T,且繩子不被拉長，則有a=2a112221聯(lián)立上述各式，可得a=2F-2叩（2氣+mi）=4.78m.s-224m+mT=m(rg+a2)=1.35x104N在一只半徑為R的半球形碗內，有一粒質量為m的小鋼球.當小鋼球以角速度3在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動時，它距碗底有多高解.如圖所示，鋼球以角速度3在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動.當它距碗底高為h時，其向心加速度為a=ro2=R^2sin0，鋼球所受到的作用力為重力？和碗壁對球的支持力N,其合力就是鋼球勻速圓周運動所需的向心力F.由圖有、則F=Nsin0=mRo2sin0N=mRo有、則F=Nsin0=mRo2sin0N=mRo2(1考慮到鋼球在垂直方向受力平衡，則有Ncos0=P=mg由圖可知cos0=(R-h)/R.故有h=R-g/o2

一質量為m的小球最最初位于如圖所示的A由圖可知cos0=(R-h)/R.故有h=R-g/o2解.取圖所示的坐標系，小球在運動過程中受重力P和圓弧內表面的作用力N.由牛頓第二定律得小球在切向方向運動方向方程為N.由牛頓第二定律得小球在切向方向運動方向方程為F=ma-mgsina=mdv/dt由v=ds/dt=rda/dt可得dt=rda/v.將其代入上式后，有vdv=-rgsinada根據(jù)小球從A運動到C的初末條件對上式兩邊進行積分，則有jvvdv=ja(rgsina)da得v=(2rgcosa05小球在法線方向的運動方程為F=ma小球在C點的角速度為s=v/r=(2gcosa/rN-mgcosa=mv2/r=2mgcosa由此得小球對圓弧的作用力為N'=-N=-3mgcosa有一個可以水平運動的傾角為a的斜面，斜面上放一質量為m的物體，物體與斜面間的靜摩擦系數(shù)為^，如果要使物體在斜面上保持靜止，斜面的水平加速度應如何

解.物體m在斜面上保持靜止，因而具有和斜面相同的加速度a.可以直觀的看出，如果斜面的加速度太小，則物體將向下滑；如果斜面的加速度過大，則物體會向上滑.小球在法線方向的運動方程為F=ma(1)假定物體靜止在斜面上,但有向下滑的趨勢；物體受力分析如圖(1)所示，由牛頓運動定律有fcos偵-Nsin以=m(-a)fsin以+Ncosa-mg=0f<RN則a>sgcosagcosa+/sina(1)假定物體靜止在斜面上，但有向上滑的趨勢;物體受力分析如圖(2)所示,由牛頓運動定律有-fcosa-Nsina=m(-a)-fsina+Ncosa-mg=0<sina+/cosacosa-/sina故sina-以cosa<<sina+/cosacosa+/sinacosa-/sina第三章功與能本章提要

1、功：dW=F-drW=JdW=JBF-dr=JbFcos9dr=JB(Fdx+fdy+fdz)2、AAAxyz動能定理：W=+mv2—+mv222213、保守力與非保守力:2、3、保守力與非保守力:W=JF保-dr=0W=JF非-dr豐04、勢能：對保守內力可以引入勢能概念萬有引力勢能：e=—Gmm以兩質點無窮遠分離為勢能零點。重力勢能：Ep=mgh以物體在地面為勢能零點。彈簧的彈性勢能：E=；kx2以彈簧的自然伸長為勢能零點。5、機械能受恒定律：在只有保守內力做功的情況下，系統(tǒng)的機械能保持不變。1、用力推地面上的石塊.已知石塊的質量為20kg，力的方向和地面平行.推力隨位移的增加而線性增加，即F=6x(SI).試求石塊由x1=16m移到x2=20m的過程中，推力所作的功.解.由于推力在作功過程中是一變力，按功的定義有W=Jx2F-dx=J206xdx=3(202-162)=432JX]162、一顆速率為700m/s的子彈，打穿一木塊后速率降為500m/s.如果讓它繼續(xù)穿過與第一塊完全相同的第二塊木板.求子彈的速率降到多少解.由動能定理可知，子彈穿過第一塊和第二塊木板時克服阻力所作的功分別為W=十mv2-十mv2W=十mv2-十mv2式中v1為子彈初速率,v2為穿過第一塊木板后的速率,v3為穿過第二塊木板后的速率.由題意知兩塊木板完全相同，因此子彈穿過木板過程中克服阻力所作的功可認為相等，即W=W，故有十mv2-1mv2=十mv2-+mv21222212322由此得子彈穿過第二塊木板后的速率為v=j2v2-v2=100m/s3、.用鐵錘把釘子敲入木板.設木板對釘子的阻力與釘子進入木板的深度成正比.若第一次敲擊能把釘子打入木板1.0x10-2m?第二次打擊時，保持第一次打擊釘子的速度,那么第二次能把釘子打多深.解.錘敲釘子使釘子獲得動能.釘子釘入木板是使釘子將獲得的動能用于克服阻力作功.由于釘子所受阻力f與進入木板的深度x成正比，即f=kx，其中k為阻力系數(shù).而錘打擊釘子時，保持相同的速度，故釘子兩次進入木板過程中所作功也相等，所以有j0.01kxdx=jXkxdxx=0.0141m00.01即釘子經(jīng)兩次敲擊進入木板的總深度為.由此可知第二次打擊使釘子進入

木板的深度為d=x-x^=0.0041m4、一半徑為R的光滑球固定在水平面上.另有一個粒子從球的最高點由靜止沿球面滑下.摩擦力略去不計.求粒子離開球的位置以及粒子在該位置的速度?解.如圖所示，粒子在光滑球面上滑動時僅受球面支持力和地球引力mg的作用.由于N始終與球的運動方向垂直，故系統(tǒng)機械能守恒.當粒子從最高點A滑至離開球的位置B時，有mgR=十mv2+mgRcos0根據(jù)牛頓第二定律，有mgcos0-N=十mv木板的深度為d=x-x^=0.0041m根據(jù)牛頓第二定律，有mgcos0-N=十mv2R而粒子剛好離開時,N=0.因此有mgR=十mgRcos0+mgRcos023此時,粒子的速率為v=pgRcos0=言Rgv的方向與P夾角為a=90°-0=41.8。5、一勁度系數(shù)為K的水平輕彈黌，一端固定在墻上，另一端系一質量為M的物體A放在光滑的水平面上.當把彈黌壓縮X。后，再靠著A放一質量為m的

物體B,如圖所示.開始時系統(tǒng)處于靜止，若不計一切摩擦.試求：（1）物體A和B分離時,B的速度；（2）物體A移動過程中離開o點的最大距離?解.（1）以A、B及彈黌為系統(tǒng)，假定A、B分離時的共同速度為v.由機械能守恒定律，有-2(M+m)V2=1kx2則v=.K/(M+m)x匕0⑵若設x為物體A離開。點的最大距離,由系統(tǒng)機械能守恒，有十Mv2=士kx222第四章動量本章提要1、動量定理：合外力的沖量等于質點（或質點系）動量的增量。Fdt=p1—p2對于質點系p=￡pi

i2、動量受恒定律：系統(tǒng)所受合外力為零時，p=￡p.常矢量。i3、質心的概念￡mr質心的位矢：r=（L￡mr）r=一jrdmcmm.iicm4、質心運動定律：質點系所受的合外力等于其總質量乘以質心的加速度。

F-mac質點系的動量受恒等同于它的質心速度不變。1、如圖所示,質量為m、速度為v的子彈，射向質量為M的靶，靶中有一小孔,內有勁度系數(shù)為k的彈黌，此靶最初處于靜止狀態(tài)，但可在水平面作無摩擦滑動.求子彈射入靶內彈黌后，彈黌的最大壓縮距離.解.質量為m的子彈與質量為M的靶之間的碰撞是從子彈與固定在靶上的彈簧接觸時開始的，當彈簧受到最大壓縮時,M^Dm具有共同的速度v1,此時彈簧的壓縮量為％在碰撞過程中，子彈和靶組成的系統(tǒng)在水平方向上無外力作用，故由動量守恒定律可得mv=(m+M叫在碰撞過程中，系統(tǒng)的機械能守恒,M聯(lián)立⑴⑵式,得「3十mv2=十(m+M)v2++kx22、質量為7.2x10-2文g、速率為6.0x107m/s的粒子A,與另一個質量為其一半而靜止的粒子B發(fā)生完全彈性的二維碰撞，碰撞后粒子A的速率為5.0x107m/s.求（1）粒子B的速率及相對粒子A原來速度方向的偏角；（2）;粒

子A的偏轉角.在碰撞過程中，系統(tǒng)的機械能守恒,M聯(lián)立⑴⑵式,得「3解.取如圖所示的坐標.當A、B兩粒子發(fā)生碰撞時，系統(tǒng)的動量守恒.在xoy平面內的二維直角坐標中，有mv=mv+2mv=mvcos。+imvcos以有mv=mv+2mv=mvcos。+imvcos以0=mvsin。一十mvsina由碰撞前后系統(tǒng)機械能守恒，有+mv2=十(m/2)v2++mv2粒子B相對于粒子A原方向的偏轉角。=54。6',粒子A的偏轉角a=22。20'3、如圖所示為一彈黌振子，彈黌的勁度系數(shù)為K,質量不計.有一質量為m、速度為v的子彈打入質量為M的物體，并停留在其中，若彈黌被壓縮的長度為x,物體與平面間的滑動摩擦系數(shù)為口，求子彈的初速度.解.以M、巾和彈簧為研究對象，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，有mv=(m+M)u

子彈打入物體后，在彈黌被壓縮的過程中,由功能原理，可得十(m+M)u2=+Kx2+p(m+M)gx(2)22聯(lián)立(1)(2)式得v=,mKx2/(M+m)+2^gx4、質量為m的物體從斜面上高度為h的A點處由靜止開始下滑,滑至水平段B點停止.今有一質量為m的子彈射入物體中，使物體恰好能返回到斜面上的A點處.求子彈的速率.解.以地球和物體為研究系統(tǒng),物體從A處滑到B處的過程中，由功能原理可得摩擦力的功的數(shù)值為Wf=mgh取子彈和物體為系統(tǒng)，子彈射入物體的過程系統(tǒng)的動量守恒，有mv=2mu再以地球、物體和子彈為系統(tǒng)，由功能原理有2W=+(2m)u2-2mgh由此可得v=4.\：'gh

5、如圖所示,質量為m的小球沿斜坡在h處由靜止開始無摩擦滑下，在最低點與質量為M的鋼塊作完全彈性碰撞?求：(1)碰撞后小球沿斜坡上升的高度.(2)若鋼塊和地面間摩擦系數(shù)為口，碰撞后鋼塊經(jīng)過多長時間后停下來.解.小球沿斜坡滑下過程中系統(tǒng)機械能守恒mgh二十mv能守恒mgh二十mv212十mv2=十mv2+十Mv222122小球沿斜坡上升過程中系統(tǒng)機械能守恒，有十mv;=mgh'若鋼塊M在平面上運動經(jīng)①秒后停下來，由動量定理有-HMgAt=0-Mv?聯(lián)立求解可得h』Mzm)2ha=2mB"M+m)h(M+m)第五章剛體的轉動本章提要：1、剛體的定軸轉動:1、剛體的定軸轉動:2、3、42、3、4、5、角加速度；B=竺dt勻加速轉動：①二①。+Pt0-0「氣t+邛12①2-①2=2P0剛體的定軸轉動定律：M=JP剛體的轉動慣量：J二"2J」r2dmi平行軸定理J=J+md2力矩的功：w=JMd0轉動動能：E=1Jw2k2剛體定軸轉動的動能定理：w=+Jw2-士JW2剛體的重力勢能：E=mgh機械能守恒定律：只有保守力做功時，E+E=常量角動量：質點的角動量：L=rxP=mTxv質點的角動量定理：M=—Ldt質點的角動量守恒定律：M=0,L=rxmr=常矢量剛體定軸轉動的角動量：L=人剛體定軸轉動的角動量定理：M=dLdt剛體定軸轉動的角動量受恒定理：當合外力矩為零時人=常量1、設某機器上的飛輪的轉動慣量為轉動的角速度為，在制動力矩的作用下,飛輪經(jīng)過20s勻減速地停止轉動，求角加速度和制動力矩.解.由題意知飛輪作勻減速運動，角加速度8應為常量，故有。=(rn-①o)/t=(0-31.4)/20=-1.57rad/s.根據(jù)轉動定律，可得制動力矩M=邛=63.6x(-1.57)=-99.9N.m式中負號表示角加速度、制動力矩的方向均與飛輪轉動的角速度方向相反2、如圖(a)所示為一阿脫伍德(Atwood)機.一細而輕的繩索跨過一定滑輪，繩的兩端分別懸有質量為m/口m2的物體，且m1>m2.設定滑輪是一質量為M、半徑為r的圓盤，繩的質量不計，且繩與滑輪間無相對運動.試求物體的加速度和繩的張力.如果略去滑輪的運動，將會得到什么結果解.分別作出滑輪M，物體m/口m2的受力分析圖如圖(b)所示.由于繩索質量不計，且長度不變，故m和m兩物體運動的加速度a和a'大小相等，均為分別應用牛頓第二定律和?轉動定律，沖叫a，但方向相反.對物體巾1和巾以及滑輪可得m和轉動定律mig-Ti=m1a

TOC\o"1-5"\h\zT，2-m2g=m2a,(2)(T1-T2)r=邛(3)而J量不計，且長度不變，故m和m兩物體運動的加速度a和a'大小相等，均為分別應用牛頓第二定律和?轉動定律，沖叫a，但方向相反.對物體巾1和巾以及滑輪可得m和轉動定律mig-Ti=m1am+m+M/2寫f2mf2m+M/2i=m+3+M/2mig22T=2m】+M/2m2m+m+M/?11^如果略去滑輪的運動，即T1=T2=T,有a=a=(m1-m2)g

m+m=T=2mim2g2m1+m23、質量為，長為的均勻細棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉動.如將此棒放在水平位置，然后任其下落.求：（1）在開始轉動時的角加速度；（2）下落到鉛直位置時的動能；（3）下落到鉛直位置時的角速度.解.（1）如圖所示，棒繞端點o的轉動慣量J=ml2/3.在水平位置時，棒所受的重力矩M=mgl/2根據(jù)轉動定律，得p=M/J=3g/（2l）=36.8rad.s-2(2)取棒和地球為系統(tǒng)，以棒處于豎直位置時其中心點A處為重力勢能零點.在棒的轉動過程中只有保守內力作功，系統(tǒng)的機械能守恒.棒從靜止時的水平位置下落到豎直位置時，其動能為Ek=mgi/2=(3)棒在豎直位置時的動能就是此刻棒的轉動動能，則有Ek=1/2J32，所以豎直位置時棒的角速度為o=12Ek/J=.('頊=8.57rad/s4、如圖所式,A、B兩個輪子的質量分別為m和m,半徑分別為r和r另有1212.一繩繞在兩輪上,并按圖示連接.其中A輪繞固定軸。轉動.試求：(1)B輪下落時，其輪心的加速度；(2)細繩的拉力.解.取豎直向下為x軸正向，兩輪的受力分析如圖示.A輪繞軸o作定軸轉動，故有T'r=十mr2&且p=a/r1211AAA1故T'=±m(xù)a(1)對于B輪除了繞其軸C的轉動外，還有B輪質心C的平動.根據(jù)牛頓定律,B輪質心運動方程為mg-T=ma(2)又根據(jù)轉動定律，對B的轉動有Tr=+mr2pB

且有p=a/r故T=+ma⑶而T=TaA=a-aB聯(lián)立求解可得2T/m1=a-2T/m2Tmma2m且有p=a/r故T=+ma⑶2c3m+m2(m+m)gc3m+2m5、在圖示的裝置中，彈黌的勁度系數(shù)K=m,滑輪的轉動慣量J=半徑R=,物體質量m=6X102(m+m)gc3m+2m守恒.設物體下落h二時的速率為守恒.設物體下落h二時的速率為v,則mgh=十2v=：'(2mg-Kh)h=0.16m/s'm+(J/R2)6、如圖所示，質量為氣和m2的兩物體通過定滑輪用輕繩連接在一起，滑輪與軸、物體與桌面的摩擦忽略不計.當巾1由靜止下降距離h時，求：(1)若滑輪質量不計，此時m1的速率是多少(2)若滑輪的轉動慣量J=MR2/2,此時m1的速率又為多少(3)若在⑵中把m/奐成拉力F,此時滑輪的角加速度為多少解.(1)物體在下落過程中系統(tǒng)的機械能守恒，有mgh=+(m+m)v2v=2mgh/(m+m)1212%112(2)考慮到滑輪的轉動，在物體下落的過程中，系統(tǒng)的機械能仍然守恒，因v=v=<2mgh/(m+m+M/2)mgh=十(m+m)v2+十Jw2(3)由轉動定律，有(F-T)R=邛而T=ma=mRp則p=F/[(m2+M/2)R]第六章氣體動理論本章提要1、系統(tǒng)和外界，宏觀量和微觀量2、平衡態(tài)和平衡過程;3、理想氣體狀態(tài)方程：PV=mRTR普適氣體常數(shù)：R=8.31J-3、理想氣體狀態(tài)方程：PV=mRTR普適氣體常數(shù)：R=8.31J-mol-i-k-i阿佛加德羅常數(shù)：n=6.023x1023mol-i玻爾茲曼常數(shù)：k=E=1.38x10-23J?k-i

NA4、理想氣體的壓強：p=1nmv2=乞n&5、溫度的統(tǒng)計概念：w,=IkT6、能均分定理:每一個自由度的平動動能為：：kT一個分子的總平均動能為：廠=；kT節(jié)mol理想氣體的內能為：E=節(jié)2RT7、速率分布函數(shù)：f(v)=dNdv三速率：最概然速率v=］竺=I沖平均速率v=:笠=:度V兀m\兀旦方均根速率辰=\￥=奇8、分子的平均自由程："_1=尸＞；2nd2n、5d2P9、輸送過程：內摩擦（輸送分子定向動量）熱傳導（輸送無規(guī)則運動能量）擴散（輸送分子質量）1、目前實驗室所能獲得的真空，其壓強為X10-8pa.試問在27°C的條件下，在這樣的真空中每立方厘米內有多少個氣體分子解.由P=nkT可得單位體積內的分子數(shù)n=P/（kT）=X10i2m-3故每立方厘米內的分子數(shù)為X106個2、2g氫氣裝在20X10-3m3的容器中，當容器內的壓強為X104Pa時，氫氣分子的平均平動動能為多大解.理想氣體分子的平均平動動能取決于溫度，且有：mv2=；kT,而一定量氣體在確定的體積和壓強的前提下，其溫度可由狀態(tài)方程得T=^PV則+mv2=3k四=1.99x10-21JMR22MR3、求溫度為127C的氫氣分子和氧氣分子的平均速率，方均根速率及最概然速率.解.分別按平均速率，方均根速率和最概然速率的計算公式，可求得氫分子相對應的各種速率為v=1.60、RT/h=2.06X103m/sV2=1.73.,：'RT/h=2.23x103m/sv=1.41JRT/h=1.82x103m/s由于三種速率與分子的摩爾質量成反比，而'幣無=4,則氧分子的三種速率均為氫分子速率的1/4.即v=X102m/s,vV2=5.58x102m/s,V0(v)o=X1O2m/s4、在30X10-3m3的容器中裝有20g氣體,容器內氣體的壓強為X105Pa,求氣體分子的最概然速率解.最概然速率v=1.41JRT石,式中氣體的溫度T可根據(jù)狀態(tài)方程，以壓強P和體積V代替，即t=hPV/(MR),故vP=1.41JPVM=389m/s5、收音機所用電子管的真空度為X10-3Pa.試求在27°C時單位體積中的分子數(shù)及分子的平均自由程(設分子的有效直經(jīng)d=X10-8cm).

解.由壓強公式可得單位體積中的分子數(shù)n=P/(kT)=X10i7m-3分子的平均自由程為兀=kT/(丁2兀d2P)=7.77m第七章熱力學基礎本章提要1、準靜態(tài)過程：過程中的每一個時刻，系統(tǒng)的狀態(tài)都接近于平衡態(tài)。準靜態(tài)過程中系統(tǒng)對外做的體積功dW=pdVW=jV2PdV匕2、熱量：系統(tǒng)和外界或兩個物體由于溫度不同而交換的熱運動能量。dQ=dE+dWC=i+2RCi+2Y=srV3、熱力學第一定律：Q=(E2dQ=dE+dWC=i+2RCi+2Y=srV邁耶公式：Cp-Cv=R摩爾熱容比：5、理想氣體的四種過程：等體過程：dWv=PdV=0dQ=dE=mCdT=m十RdTQ=E-E=mC(T-T)=MiR(T-T)V21日V21日221等壓過程：dQp=dE+PdVQp=E2-E]+jV2PdV=MC(T-T)+M±R(T-T)四V21四22'=mCp(T-T)等溫過程：dT=0dE=0dQT=dWT=pdVf,V,PWt=Qt=jPdV=mRTln奇=mRTln寸11絕熱過程：dQ=0W=jPdV=-mCV(T2-T1)絕熱方程：PVy=常量Vy-1T=常量Py-1T-y=常量6、6、熱循環(huán)（正循環(huán)）：系統(tǒng)從高溫熱源吸熱，對外做功，向低溫熱源放熱。循環(huán)效率：門=W=1-言Q1Q1致冷循環(huán)（逆循環(huán)）：系統(tǒng)從低溫熱源吸熱，接收外界做功，向高溫熱源放熱。致冷系數(shù)：w=M=Q2—w1Q"%7、卡諾循環(huán)：系統(tǒng)只與兩個恒溫熱源進行熱量交換的準靜態(tài)循環(huán)過程。正循環(huán)的效率：門=1-二1逆循環(huán)的致冷系數(shù)：w=T2c氣-T28、熱力學第二定律：克勞修斯說法（熱傳導）開爾文說法（功熱轉換）9、可逆過程和不可逆過程不可逆：各種實際宏觀過程都是不可逆的，而它們的不可逆性又是相互溝通的。三個實例：功熱轉換、熱傳導、氣體自由膨脹。可逆過程：外界條件改變無窮小的量就可以使過程反向進行的過程（其結果是系統(tǒng)和外界能同時回到初態(tài)），無摩擦的準靜態(tài)過程是可逆過程。1、一定質量的空氣，吸收了X103J的熱量，并保持在X105Pa下膨脹，體積從10-2m3增加到15X10-3m3,問空氣對外作了多少功內能增加了多少解.空氣等壓膨脹所作的功為W=P（V2-V1）=X102J由熱力學第一定律Q=AE+W,可得空氣內能的改變?yōu)锳E=Q-W=1.12x103J2、100g水蒸氣自120°C升到140°C.問(1)在等體過程中，(2)在等壓過程中，各吸收了多少熱量.解.水蒸氣為三原子分子，其自由自由度為i=6,定體摩爾熱容q=(i/2)R,定壓摩爾熱容C=(i/2+1)R，則等體過程中吸收的熱量為Q=(M/日)CdT=(M/日)C(T-T)=十(M/日)R(T-T)vvv21221=2.77x103J等壓過程中吸收的熱量為Q=(M加)CdT=(M加)C(T-T)=(M加)(i/2+1)R(T-T)ppp2121=3.69x103J3、壓強為X105Pa,體積為10-3m3的氧氣0C加熱到100C,問(1)當壓強不變時，需要多少熱量(2)當體積不變時，需要多少熱量(3)在等壓或等體過程中各作多少功解.在給定狀態(tài)下該氧氣的摩爾數(shù)為M/r=PV]/(RT])壓強不變的過程即等壓過程，氧氣所需的熱量為Q=(M/r)C(T-T)=7PV/(RT)R(T-T)pp2121121=7(PV/T)(T-T)=130J21121

體積不變的過程即等體過程，氧氣所需的熱量為TOC\o"1-5"\h\zQ=(M/r)C(T-T)=5PV/(RT)R(T-T)vv2121121=5(PV/T)(T-T)=92.8J21121(3)由熱力學第一定律Q=AE+W得等壓過程中氧氣所作的功為W=Q-AE=(M/r)(i/2+1)R(T-T)-(M/r)(i/2)R(T-T)pp2121=37.1J此結果亦可由w=JPdV=P(V-V)及V/V=T/T得到.pV211212在等體過程中氧氣所作的功為W=Q-AE=(M/r)C(T-T)-(M/r)C(T-T)=0vvv21v21此結果亦可直接由W=JPdV=0得到.4、如圖所示，使1mol的氧氣(1)由a等溫的到b;(2)由a等體的變到c;再由c等壓變到b.試分別計算所作的功和所吸收的熱量.解.(1)氧氣在a到b的等溫過程中所作的功為叫=』g=時丁叫門=PbVbln(V"V)=3.15x103J由于等溫過程中內能不變，由熱力學第一定律Q=AE+W，可得氧氣在a到b過程中所吸收的熱量為Q=WT=X103j

(2)由于等體過程中氣體不作功，而等壓過程中所作的功為Wp=PAV,圖中ac為等體過程,cb為等壓過程.因此，氧氣在acb過程中所作的功為W=W+W=W=P(V-V)=X10aJaccbcbcbc氧氣在acb過程中所吸收的熱量為ac和cb兩個過程中吸收熱量之和，即Q=Q+Q=(M/p)C(T-T)+(M/p)C(T-T)accbvcapbc二(M/p)(C-C)(PV-PV)/[(M/p)R]vpccbb=P(Vb-V)=2.27X103J5、一卡諾熱機的低溫熱源溫度為7°C,效率為40%,若將其效率提高到50%,求高溫熱源的溫度提高多少度解.由卡諾熱機的效率n=1-(T2/T1)可知，具有相同低溫熱源而效率分別為門’和門”的兩熱機，其高溫熱源的溫度分別為T1'=T2/(i-n')T「二T2/(i-n")因此，為提高效率而需提高的溫度為AT=Ti"-Ti，=第八章靜電場本章提要：1、電荷的基本性質:兩種電荷；量子性；電荷守恒；相對不變性2、庫侖定律：兩個靜止的點電荷之間的作用力：E=工些r04兀8r20真空中的介電常數(shù)：e=8.85X10-12C2?N-1?m-23、電場力疊加原理：F=ZFi

i——E=Z—I-1dq—E=Jro4兀8——E=Z—I-1dq—E=Jro4兀8r206、電通量：中=jE?dSes7、7、高斯定律：jE?dS=s8、典型靜電場:均勻帶電球面:0J均勻帶電球面:0J1q—

r0

4兀8r2

0（球面內）（球面外）均勻帶電無限長直線：E=二，方向垂直于帶電直線。

2兀8r0均勻帶電無限大平面：E=^，方向垂直于帶電平面。2809、靜電場對電荷的作用力：F=qE

10、靜電場是保守力場：EE-df=0L11、電勢差：Up-Uq=J,QE-df電勢：Up=ME-df電勢疊加原理：U=zUi12、電荷的電勢：U=一L4雙r

0電荷連續(xù)分布的帶電體的電勢:U=j&4雙r0勢面間間距小。勢面間間距小。13、場強E和電勢u的關系:積分形式：Up=』8E-df微分形式：E=-VU電場線處處與等勢面垂直并指向電勢降低方向電場線密處等，，移動電荷時電場力做的功:14、電荷在外電場的電勢能：W=qUApQ=q(Up-Uq)=W-W并指向電勢降低方向電場線密處等，，移動電荷時電場力做的功:14、電荷在外電場的電勢能：W=qUApQ=q(Up-Uq)=W-Wq(2)取圖中所示坐標.位于六角形的三條對角線上的電荷分別在點o處產生的場強為E,1E2，E3,且E1=E2=E3,點o處的總場強在坐標軸上的分量分別為E=Ecos60。+Ecos60。-E=0E=E2sin60。-E1sin60。=0所以E=Ei+Ej=00xy此時六角形的三條對角線上的電荷在o處所產生的場強分別為圖所示的E1,E2,E3.且E1=E2=E3點。處的總場強在坐標軸的分量分別為E=Ecos60。+E+Ecos60。=2E=2k2q/a2=k4q/a2E=Esin60。-Esin60。=0所以E=k4q/a2

（4）取圖所示坐標，除在x軸上的點。處所產生的場強彼此加強外，其它兩條對角線上的電荷在中心點o處的場強彼此相消.所以，總場強為Eo=2kq/a2=k2q/a28-5.—半徑為R的半圓細環(huán)，均勻分布+Q電荷，求環(huán)處的電場強度.解.以環(huán)心o為原點取如圖坐標軸，在環(huán)上取一線元di,其所帶電量為dq=Qdl/（兀R），它在環(huán)心處的電場強度dE在y軸上的分量為TOC\o"1-5"\h\z1Qdl1、dE=sinb/——）y4雙兀RR20由于環(huán)對y軸對稱，電場強度在x的分量為零.因此半圓環(huán)上的電荷在環(huán)心。處的總的電場強度為E」-dEy*=』-志熹如軻J-4^krsln0de*=-2^7j0008-9.兩條無限長相互平行的導線，均勻帶有相反電荷，相距為a，電荷線密度為入.（1）求兩導線構成的平面上任一點的場強（設該點到其中一導線的垂直距離為x）；（2）求每一根導線上單位長度導線受到另一根導線上電荷作用的電場力.解.（1）以一導線上任一點o為原點，在兩導線所在平面內，垂直于導線的

方向為x軸.在x軸任一點P處的場強E=E++E,其中￡+和￡分別為正、負帶電導線在P點的場強.根據(jù)長直導線附近的場強公式，有力2雙力2雙(a-X)0所以，點P處的合場強為e=(E++E)=x(a