大学物理复习题要(上册)

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：rr(t)x(t)iy(t)jz(t)k

位置矢量：rr(tt)r(t) 一般情况下：rr

drdvd2r3、速度和加速度： v ； a

dtdtdt224、匀加速运动： a常矢量 ； vv0at rv0t12at 2225、一维匀加速运动：vv0at ； xv0t12at vv02ax

6、抛体运动： ax0 ； ayg

vxv0cos ； vyv0singt

2 xv0cost ； yv0sint12gt7、圆周运动：aanat

v2R2 法向加速度：anRdv dt8、伽利略速度变换式：vvu

切向加速度：at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=l0-vt 则船到岸的距离为：

v v 2222xl-h(l0-vt)-h 因此船的运动速率为： vdxdtvhllvt02

h l v’ o x 22.一质点具有恒定的加速度a(6i4j)m/s,在t=0时刻,其速度为零, 位置矢量r10i (m).

1

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.

dv解. (1)由加速度定义a,根据初始条件 t0=0 v0=0 可得

dtvtt dvadt(6i4j)d t000 v(6ti4tj)m/s

drv由及 t0=0rr010idt2222rr03ti2tj[(103t)i2tj]m

(2)由以上可得质点的运动方程的分量式x=x(t) y=y(t) 即 x=10+3t2

y=2t2

消去参数t,得质点运动的轨迹方程为 3y=2x-20

得

ttdrvdt(6ti4tj)dt rr000y 3y=2x-20 这是一个直线方程.由r010im知

xtga x0=10m,y0=0.而直线斜率 kdy/d则a3341轨迹方程如图所示

23. 质点的运动方程为x-10t30t和y15t-20t,(SI)试求:(1) 初速度的大小和方向;(2)加速度

22, 310 X

的大小和方向.

解.(1)速度的分量式为 vxdx/dt-1060t vydy/dt15-40t 当t=0时,v0x=-10m/s,v0y=15m/s,则初速度的大小为v0而v0与x轴夹角为 aarctgv0xv0y18.0m/s

22v0yv0x12341

(2)加速度的分量式为 ax则其加速度的大小为 advdvx60ms-2 ayy40ms-2 dtdt2axa21ms-2 y72.a与x轴的夹角为

arctgayax-3341(或32619)

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.

2

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

vxv0cos vyv0singt 则t=5s时质点的速度为 vx=21.65m/s vy=-36.50m/s

质点在x,y轴的位移分别为

Y v0 vy X

vx gt2 x=v0xt=108.25m yv0yt--60.0m 2质点在抛出5s后所在的位置为 rxiyj(108.25i-60.0j)m

5.两辆小车A、B沿X轴行驶,它们离出发点的距离分别为 XA=4t+t2, XB= 2t2+2t3 (SI)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) vAdxA/dt42t vBdxB/dt4t6t

当 t=0 时, vA=4m/s vB=0 因此 vA > vB

(2)当小车A和B相遇时, xA=xB 即 4tt2t2t 解得 t=0、1.19s -1.69s(无意义)

(3)小车A和B的相对速度为零,即 vA-vB=0 3t2+t-2=0 解得 t=0.67s . -1s(无意义).

2232 第二章 牛顿运动定律

本章提要

1、牛顿运动定律

牛顿第一定律 Fo时 v常矢量

牛顿第二定律 Fmamaximayimazk

牛顿第三定律 FF 2、技术中常见的几种力：

' 重力 Pmg 弹簧的弹力 fkx 压力和张力

滑动摩擦力 fkkN 静摩擦力 fssN

3

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。

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v0 沿此斜面向上滑动,如图所示.证明

y 它能沿该斜面向滑动的距离为v02/4gsina. x

证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时,由牛顿第二定理有

v0 FN mgsina-f =0

f

因此木块受到的摩擦阻力为 f = mgsina (1) FN 当木块上行时,由牛顿第二定律有 - mgsina - f=ma (2) P f 联立(1)(2)式可得a= -2gsina a P 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v0开始向上滑至某高度时,v=0,由v2=v02+2as 可得木块上行距离为 s=-v02/2a=v02/4gsina

2.如图所示,已知F=4.0×104N,m1=3.0×103kg,m2=2.0×103kg两物体与平面间的摩擦系数为0.02,设滑轮与绳间的摩擦系数均不计算.求质量m2物体的速度及绳对它的拉力. 解.如图所示,设m2的加速度为a2,m1的加速度 a1 为a1.由牛顿第二定律分别列出m1,m2的运动方 程为 m1 F m2 F-T1-m1gm1a1N1  T N2 T2

1T1 T2 T2-m2gm2a2F

 T2f2 f1 由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,则有T1'-T2'0 m1g m2g 考虑到T1'T1,T2'T2,且绳子不被拉长,则有a22a1 联立上述各式,可得a22F-2g(2m2m1)4.78m.s-2

4m2m14 T2m2(ga2)1.3510N

3.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anr2R2sin，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 FNsinmRsin `则 NmR (1) 考虑到钢球在垂直方向受力平衡,则有 NcosPmg (2)

22R θ h F

N θ P 4

由图可知 cos(R-h)/R. 故有 hR-g/2

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.由牛顿第二定律得小球在切向方向运动方向方程为 Ftmat 即 -mgsinamdv/dt

由 vds/dtrd/dt 可得 dtrd/v. 将其代入上式后,有 vdv-rgsind

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

A O a r D

C B v0vdv(rgsin)d 得v2rgcos

2小球在C点的角速度为

v/r2gcos/r

an at

a mg 小球在法线方向的运动方程为 Fn=man

即 N-mgcosmv/r2mgcos 由此得小球对圆弧的作用力为 N'-N-3mgcos

25.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 y

fcos-Nsinm(-a) fsinNcos-mg0 fN则 asina-μcosag

cosaμsinay

a a N f mg x (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,由牛顿运动定律有

fcos-Nsinm(-a) fsinNcos-mg0

sinaμcosag fN则 acosaμsinasina-μcosasinaμcosagag 故

cosaμsinacosaμsinaN a -f a mg x

5

第三章 功与能

本章提要

1、功：dWFdr WdWBABBFdrFcosdr(Fxdxfydyfzdz)

AA22、动能定理：W1mv222 1mv123、保守力与非保守力： WLF保dr0 WF非dr0

L4、势能：对保守内力可以引入势能概念 万有引力势能：EpGm1m2以两质点无穷远分离为势能零点。 r 重力势能：Epmgh以物体在地面为势能零点。

2 弹簧的弹性势能：Ep1以弹簧的自然伸长为势能零点。 kx25、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=6x(SI).试求石块由x1=16m移到x2= 20m的过程中,推力所作的功. 解.由于推力在作功过程中是一变力,按功的定义有

Wx2x120Fdx6xdx3(202-162)432J

162、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

212W112mv2-2mv1212W21mv-mv3222

式中v1为子弹初速率,v2为穿过第一块木板后的速率,v3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 W1=W2,故有

12212212mv2-2mv113-2mv2 2mv22v2-v12100m/s

由此得子弹穿过第二块木板后的速率为 v3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1.010m.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

-2 6

0.010kxdxkxdx x0.0141m

0.01x即钉子经两次敲击进入木板的总深度为0.0141m.由此可知第二次打击使钉子进入木板的深度为

dx-x10.0041m

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

2mgR 12mvmgR cos

根据牛顿第二定律,有mgcosN而粒子刚好离开时,N=0.因此有

1Rmv2

A B θ N mgR12mgRcosmgRcos

则物体刚离开球面处的角位置为

 arccos248.23 此时,粒子的速率为v gRcos23RgR o P v v的方向与P夹角为a9041.8

5、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x0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

122 (Mm)v21kx02则 vK/(Mm)x0

x0 A B x

(2)若设x为物体A离开o点的最大距离,

221由系统机械能守恒,有12Mv2kx

则xM/(Mm)x0

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。Fdtp1p2

对于质点系ppi

i 7

2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时，p3、质心的概念 质心的位矢：rcpi常矢量。

imri(11rrdm mr)ciimmiiim4、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。Fmac

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v1, 此时弹黉的压缩量为x0.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

mv(mM)v1 (1)

在碰撞过程中,系统的机械能守恒,有

12221 (2) mv21(mM)vkx1022v M m 联立(1) (2)式,得x0mMv

k(mM)7-232、质量为7.210kg、速率为6.010m/s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5.010m/s.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mvA1mvA2x1271mvB2xmvA2cos1mvB2cos 220mvA2sinmvB2sin

由碰撞前后系统机械能守恒,有

122211mv2A12(m/2)vB22mvA2

y VA2 o vA1

β α VB2

x 则碰撞后粒子B的速率为

vB24.69107m/s.

粒子B相对于粒子A原方向的偏转角546', 粒子A的偏转角a2220'

8

3、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+M)u (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

122(mM)u21Kx(mM)gx (2) 2m

v M 联立(1)(2)式得vmMmKx/(Mm)2gx24、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 Wf=mgh

取子弹和物体为系统,子弹射入物体的过程系统 A m 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 h B 212Wf2(2m)u-2mgh

m

由此可得v4gh

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

2能守恒mgh12mv

A h 小球m以速度v在斜坡底端和M发生完全弹性碰撞,有

m M mvmv1Mv2

12221mv212mv12Mv2

2小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有12mv1mgh'

若钢块M在平面上运动经t秒后停下来,由动量定理有

-Mgt0-Mv2

2mMm2h/g 联立求解可得h'h t(Mm)Mm2 9

第五章 刚体的转动

本章提要：

1、 刚体的定轴转动：

d dtd角加速度；

dt角速度：匀加速转动：0t

22 200＝0t＋12 2t2、 刚体的定轴转动定律：MJ 3、 刚体的转动惯量：Jmri2ii Jrdm

2平行轴定理JJcmd2 4、 力矩的功：WMd

12转动动能：EkJ2

122 J21J02刚体定轴转动的动能定理：W刚体的重力势能：Epmghc

机械能守恒定律：只有保守力做功时，EkEp常量 5、 角动量：

质点的角动量：LrPmrv

dL 质点的角动量定理：Mdt质点的角动量守恒定律：M0 , Lrmv常矢量

刚体定轴转动的角动量：LJ 刚体定轴转动的角动量定理：MdL dt刚体定轴转动的角动量受恒定理：当合外力矩为零时 J常量 1、设某机器上的飞轮的转动惯量为63.6kg.m2,转动的角速度为31.4s-1,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

(-0)/t(0-31.4)/20-1.57rad/s.

根据转动定律,可得制动力矩MJ63.6(-1.57)-99.9N.m

10

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m1和m2的物体,且m1>m2.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m1和m2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m1和m2两物体运动的加速度a和a'大小相等,均为a,但方向相反.对物体m1和m2以及滑轮M分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得

N m1g-T1=m1a (1) T’2-m2g=m2a’ (2)

T’1

M T’2 (T (3) -T)rJ12a

a’

P1 P2 2而 J1 (4) 2MrT2 P T1

m1 m2

ar (5) 联立(1)(2)(3)(4)(5)式,可得

am1-m2g

m2m2M/22m2M/22m1M/2mlg T2m2g

m2m2M/2m2m2M/2T1如果略去滑轮的运动,即T1=T2=T,有 a(m1-m2)g2m1m2g TT1T2

m1m2m1m23、质量为0.50kg,长为0.40m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=ml2/3. 在水平位置时,棒所受的重力矩 Ｍ=mgl/2, 根据转动定律,得M/J3g/(2l)36.8rad.s

-2P A (2)取棒和地球为系统,以棒处于竖直位置时其中

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 Ek=mgl/2=0.98J

(3)棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能,则有Ek=1/2 Jω2,所以竖直位置时棒的角速度为

2Ek/J3g/l8.57rad/s

4、如图所式,A、B两个轮子的质量分别为m1和m2,半径分别为r1和r2.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:(1)B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

11

2 T 'r11mr11A 且 2AaA/r1

故 T '12m1aA (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

m2g-Tm2ac (2)

21又根据转动定律,对B的转动有 Tr22m2r2B

且有

BaB/r2

12r1 A m1 A r1 m1 T´ T x

故 Tm2aB (3) 而 T=T '

aA=ac-aB (4) 联立求解可得

2T/m1=ac-2T/m2

βB

B r2 m2 p2 m1m2ac故 T (5)

2m12m2联立(2)(5)式可得 ac2(m1m2)gm1m2g Tm2(g-ac)

3m12m23m1m25、在图示的装置中,弹黉的劲度系数K=2.0N/m,滑轮的转动惯量J=0.50kg.m2, 半径R=0.30m,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0.4m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,系统的机械能守恒.设物体下落h=0.4m时

22211的速率为v,则 mgh1 KhJ(v/R)mv222k R m v(2mg-Kh)h0.16m/s

m(J/R2)

6、如图所示,质量为m1和m2 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m1由静止下降距离h时,求:(1)若滑轮质量不计,此时m1的速率是多少?(2)若滑轮的转动惯量J=MR2/2,此时m1的速率又为多少? (3)若在(2)中把m1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 m2 2m1gh1mm2) 1gh/(12(m1m2)v v2m (2)考虑到滑轮的转动,在物体下落的过程中,系统的机械能仍然守恒,因此有 1 m2gh12(m1m2)v2J v22m1 h 2m1gh/(m1m2M/2) (3)由转动定律,有 (F-T)RJ

12

而 Tm2am2R 则

F/[(m2M/2)R]

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：PVmRT

普适气体常数： R8.31Jmol-1k-1 阿佛加德罗常数：NA6.0231023mol1 玻尔兹曼常数：kRN1.381023Jk1 A4、 理想气体的压强：P13nmv223nk

5、 温度的统计概念：k32kT 6、 能均分定理：

每一个自由度的平动动能为：12kT 一个分子的总平均动能为：2ikT

Mmol理想气体的内能为：EMi2RT

7、 速率分布函数：f(v)dNNdv 三速率：最概然速率v2RTp2kTm

平均速率 v8kT8RTm 方均根速率v23kT3RTm 8、 分子的平均自由程：1kT2d2n2d2P

13

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1.33×10-8pa.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)=3.21×1012m-3

故每立方厘米内的分子数为3.21×106个 2、2g氢气装在20×10-3m3的容器中,当容器内的压强为3.99×104Pa时, 氢气分子的平均平动动能为多大?

23 解.理想气体分子的平均平动动能取决于温度,且有1, 而一定量气体在确定的体积和2mv2kT压强的前提下,其温度可由状态方程得

TPVMR 则

12mv23kPV1.9910-21J

2MR3、 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 v1.60RT/2.06103m/s

v21.73RT/2.23103m/s

vp1.41RT/1.82103m/s 由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而即

v0=5.16×102m/s,

2v05.58102m/s,

0/H4,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4.

(vp)0=4.45×102m/s

4、在30×10-3m3的容器中装有20g气体,容器内气体的压强为0.506×105Pa,求 气体分子的最概然速率

解.最概然速率 vp1.41RT/,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

TPV/(MR, )故 vP1.41PV/M3m/s

5、收音机所用电子管的真空度为1.33×10-3Pa.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=3.0×10-8cm).

解. 由压强公式可得单位体积中的分子数 n=P/(kT)=3.21×1017m-3

14

分子的平均自由程为

kT/(2d2P)7.77m

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

dWpdV WV2VPdV

12、 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：Q(E2E1)W dQdEdW

4、 理想气体的摩尔摩尔热容量：CV2iR CPi22R

迈耶公式：CCPi2PCVR 摩尔热容比：C Vi5、 理想气体的四种过程：

等体过程：dWVPdV0

dQVdEMCVdTMi2RdT

QVE2E1MCV(T2T1)Mi2R(T2T1)

等压过程：dQPdEPdV

QV2PE2E1VPdV1 MCV(T2T1)Mi2R(T2T1)

MCP(T2T1)等温过程：dT0 dE0 dQTdWTpdV WTQTPdVMV2RTlnMP2VRTln1P 1绝热过程：dQ0 WaPdVMμCV(T2T1)

绝热方程：PV常量 V－1T＝常量 P－1T－＝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。 15

循环效率：＝QW＝1－2 Q1Q1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：＝Q2Q2 ＝W1Q1－Q27、 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：c＝1T2 T1T2

T1T2逆循环的致冷系数：c8、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1.17×103J的热量,并保持在1.013×105Pa下膨胀,体积从10-2m3增加到15×10-3m3,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=P(V2-V1)=5.07×102J 由热力学第一定律 QEW, 可得空气内能的改变为 EQ-W1.1210J

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Cv=(i/2)R, 定压摩尔热容 Cp=(i/2+1)R,则

(1)等体过程中吸收的热量为

iQv(M/)CvdT(M/)Cv(T2-T1)2(M/)R(T2-T1)3 2.7710J3

(2)等压过程中吸收的热量为

Qp(M/)CpdT(M/)Cp(T2-T1)(M/)(i/21)R(T2-T1) 3.6910J3

3、压强为1.013×105Pa,体积为10-3m3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 M/PV1/(RT1)

16

(1)压强不变的过程即等压过程,氧气所需的热量为

Qp(M/)Cp(T2-T1)71/(RT1)R(T2-T1)2PV (PV1/T1)(T2-T1)130J725Qv(M/)Cv(T2-T1)2PV1/(RT1)R(T2-T1)

(2)体积不变的过程即等体过程,氧气所需的热量为

(PV1/T1)(T2-T1)92.8J52 (3)由热力学第一定律 QEW 得等压过程中氧气所作的功为

WpQp-E(M/)(i/21)R(T2-T1)-(M/)(i/2)R(T2-T1) 37.1J

此结果亦可由 WpPdVP(V-V) 及 V/V=T/T得到.

211212

在等体过程中氧气所作的功为

WvQv-E(M/)Cv(T2-T1)-(M/)Cv(T2-T1)0 此结果亦可直接由 WvPdV0 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 P （1.013×105pa

WTPdVabMRTln(Vb/Va)3

2 1 o c a b 44.8 V（10-3m3）

PbVbln(Vb/Va)3.1510J由于等温过程中内能不变,由热力学第一定律

QEW,可得氧气在a到b过程中所

吸收的热量为 Q=WT=3.15×103J

22.4 (2)由于等体过程中气体不作功,而等压过程中所作的功为WPPV,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 W=Wac+Wcb=Wcb=Pc(Vb-Vc)=2.27×103J

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

QQacQcb(M/)Cv(Tc-Ta)(M/)Cp(Tb-Tc))R] (M/)(Cv-Cp)( PcVc-PbVb) /[(M/ Pc(Vb-Vc) 2.27103J

5、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-(T2/T1)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

T1'=T2/(1-η')

17

T1\"=T2/(1-η\") 因此,为提高效率而需提高的温度为

△T=T1\"-T1'=93.3K

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：E＝1q1q242r0 0r真空中的介电常数：08.851012C2N1m2

3、 电场力叠加原理：FFi

i4、 电场强度：EFq

05、 场强叠加原理：EEE＝1qi01dq0i ii42ri E＝0ri40r2r6、 电通量：esEdS

7、 高斯定律：sEdS1qi

0i8、 典型静电场：

0（球面内）均匀带电球面：E1q42r0（球面外）

0r均匀带电无限长直线：E2 ，方向垂直于带电直线。 0r均匀带电无限大平面：E＝2 ，方向垂直于带电平面。 09、 静电场对电荷的作用力：FqE

10、静电场是保守力场：LEdl0

11、电势差：UPUQQPEdl

电势：UPEdPl

18

电势叠加原理：U12、电荷的电势：UU

i

q40r电荷连续分布的带电体的电势：U4r

0dq13、场强E和电势U的关系：

积分形式：UPPEdl

 微分形式：EU

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：WqU

移动电荷时电场力做的功：APQq(UPUQ)WpWQ

1、有一边长为a的正六角形,六个顶点都放有电荷, 试计算如图所示的四种情况在六角形中点处的场强. +q +q +q +q -q +q -q -q +q -q +q +q -q +q +q +q

-q -q -q +q +q -q +q +q

+q +q +q -q -q +q -q -q

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 Eo=0 (2) 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 E1,

E2,E3,且E1=E2=E3,点o处的总场强在坐标轴上 的分量分别为

ExE1cos60E2cos60-E30EyE2sin60-E1sin600

所以 E0ExiEyj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 E1,E2,E3.且

E1=E2=E3

点o处的总场强在坐标轴的分量分别为

Ex=E1cos60+E2+E3cos60=2E2=2k2q/a2=k4q/a2Ey=E1sin60-E3sin60=0

所以 Eo=k4q/a2

(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

19

中心点o处的场强彼此相消.所以,总场强为 Eo=2kq/a2=k2q/a2

8-5.一半径为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dl,其所带电量为

y dqQdl/(R),它在环心处的电场强度dE在y轴上的分量为

R dEx dE θ dEy x Qdl1dEysin/2)

40RR1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

1QQQ E-dEyj-sindlj -sindj-j 32222040R40R20R8-9.两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

E E

20x20(a-x)＋ o a x P － x 所以,点P处的合场强为

a E(EE-)20x(a-x) (2) 由于带正电的导线在带负电导线处的场强 E,所以,根据 F=qE 可得带负电导线20a2上单位长度电荷所受的电场力F--E

20a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

2 故有 F+=F-,两导线相互吸引. FE20a

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

E 圆面S的电场线相同,而通过面S的电通量为 ESRE 所以,通过半球面的电通量亦为RE

22R 20

8-20.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R1和R2,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 EQ－Q r42

0r＋Q 则两球面间的电势差为

r R1 UER2 R2QrdrRdr1140r24(110R) 1R2

第九章 静电场中的导体与电介质

1. 导体的静电平衡条件 E0

2. 静电平衡导体上电荷的分布 3. 静电屏蔽 4. 尖端放电 5.

电介质极化

电极化强度 P0r1E

面束缚电荷密度 Pen

6. 电位移 D0EP0rEE

高斯定理 SDdSqi

S7. 电容器的电容 CQU 平行板电容器 C0rSd

并联电容器组 CCi

串联电容器组 C1C

i8. 电容器的能量 W1Q22C112CU22QU 9. 电介质中电场的能量密度 W0rE2e212DE 21

1. 在一半径为R1=6.0cm的金属球A外面有一个同心的金属球壳B。已知球壳B的内、外半径分别为R2=8.0cm，R3=10.0cm。设球A带有总电荷QA=3.0×10-8C,球壳B带有总电荷QB=2.0×10-8C.（1）求球壳B内、外表面所带的电荷以及球A和球壳B的电势；（2）将球壳B接地后断开，再把金属球A接地，求金属球A和球壳B内，外表面上所带电荷以及球A和球壳B的电势。

解: (1) 球A的外表面带电3.0×108C，球壳B内表面带电－3.0×108C，外表面带电5.0×108C。

－

－

－

由电势叠加，球A和球壳B的电势分别为： VAQA40R1QAQQBA5.6103V

40R240R3 VBQAQB4.5103V

40R3(2.)设球A带电qA，球A的电势为： VAqA40R1qAQAqA0

40R240R3 解得：qAR1R2QA2.12108C

R1R2R2R3R1R3球壳B的电势为：

VB

QAqA7.92102V40R3

2. 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为04.5105Cm2。现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为r2.0的电介质插入两极板之间。此时电介质中的D、E和

P各为多少？

解：电位移为：D0 电场强度为：

Q4.5105Vm2 SED0r2.5106Vm1

极化强度为： PD0E2.3105Cm2

D、E和P方向相同，均由正极板指向负极板

22

3. 一空气平板电容器，空气层厚1.5cm，两极间电压为40KV，该电容器会被击穿吗？现将一厚度为0.30cm的玻璃板插入此电容器，并与两板平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，击穿电场强度为10MV/m。则此时电容器会被击穿吗？ 解：电容器的场强为：E=U/d＝2.7×106V/m

因空气击穿场强Eb3.0106V/m,故电容器不会被击穿. 插入玻璃后,空气间隙中的场强为 EQ1rV3.2106V/m0Srd 此时,空气层被击穿,击穿后40KV电压全部加在玻璃板两侧,玻璃板内的场强为:

EV/1.3107V/m

由于,玻璃的击穿场强为Eb10MV/m,所以玻璃也会被击穿,电容器完全被击穿。

23