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1、v 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：ktzjtyitxtrr)()()()(位置矢量：)()(trttrr一般情况下：rr3、速度和加速度：dtrdv；22dtrddtvda4、匀加速运动：a常矢量；tavv02210tatvr5、一维匀加速运动：atvv0；2210attvxaxvv22026、抛体运动：0 xa；gaycos0vvx；gtvvysin0tvxcos0；2210singttvy7、圆周运动：tnaaa法向加速度：22RRvan切向加速度 ：dtdvat8、伽利略速度变换式：uvv【典
2、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=l0-vt则船到岸的距离为：22022)(-h-vtl-hlx因此船的运动速率为：2.一质点具有恒定的加速度2)46(m/sjia,在 t=0 时刻 ,其速度为零, 位置矢量ir10(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. o x vl v h 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归
3、纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 20 页解. (1)由加速度定义dtvda,根据初始条件t0=0 v0=0 可得由dtrdv及t0=0irr100得ttrrdtj ti tdtvrd00)46(0mjtitjtitrr2)310(2322220(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+3t2y=2t2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mir100知x0=10m,y0=0.而直线斜率32tgady/dxk, 则1433a轨迹方程如图所示3. 质点的运动方程为23010tt-x和22015tt-y,(SI)
4、 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/dtvx6010当 t=0 时,v0 x=-10m/s,v0y=15m/s,则初速度的大小为01820200.vvvyxm/s 而 v0与 x 轴夹角为1412300 xyvvarctga(2)加速度的分量式为260-xxmsdtdva240-yymsdtdva则其加速度的大小为17222.aaayxms-2 a 与 x 轴的夹角为1433-aaarctgxy(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
5、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cos0vvx则 t=5s 时质点的速度为vx=21.65m/s vy=-36.50m/s X y 3y=2x-20 10 v0vxvyX Y 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 20 页质点在 x,y 轴的位移分别为x=v0 xt=108.25m 060220.-gtt-v yym 质点在抛出5s 后所在的位置为)06025108(j.-i.j yixrm 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+
6、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) t/dtdxvAA24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322224tttt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 ). 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oF时v常矢量牛
7、顿第二定律kmaimaimaamFzyx牛顿第三定律FF2、技术中常见的几种力：重力gmP弹簧的弹力kxf压力和张力滑动摩擦力Nfkk静摩擦力Nfss3、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v0沿此斜面向上滑动,如图所示 .证明它能沿该斜面向滑动的距离为v02/4gsina. xy精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
8、3 页，共 20 页证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时,由牛顿第二定理有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 (1)(2) 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=4.0104N,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
9、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的加速度为 a1.由牛顿第二定律分别列出m1,m2的运动方程为由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,则有021-TT考虑到2211T,TTT,且绳子不被拉长,则有122aa联立上述各式 ,可得2121227844)2(22-m.s.mmmmgF-a3.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sin22Rran，钢球所受
10、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sinsin2mRNF则2mRN(1) 考虑到钢球在垂直方向受力平衡,则有mgPN cos(2) 由图可知/RR-h)(cos. 故有2R-g/h4. 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ttmaF即mdv/dta-mg sin由/dtrdds/dtv可得/vrddt. 将其代入上
11、式后,有d-rgvdvsinv0FNf P P FNf a F a1 m1m2m1g m2g F N1 f1 f2 T1 T2 N2 F P N R h A D C B O r a 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 20 页根据小球从A 运动到 C 的初末条件对上式两边进行积分,则有2)sin(0drgvdvv得cos2rgv小球在 C 点的角速度为/rgv/rcos2小球在法线方向的运动方程为Fn=man 即cos2cos2mg/rmvN-mg由此得小球对圆弧的作用力为cos3mg-NN5.有一个可以水平运动的倾角为的斜
12、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 ,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Nf则gaaaa-asincoscossin(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)(sincos-am-NfNf则gaaaaasincoscossin故gaaaaagaaa
13、a-sincoscossinsincoscossin第三章功与能本章提要1、功：rdFdW2、动能定理：21212221mvmvW3、保守力与非保守力：4、势能：对保守内力可以引入势能概念万有引力势能：rmmGEp21以两质点无穷远分离为势能零点。重力势能：mghEp以物体在地面为势能零点。弹簧的弹性势能：221kxEp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。at mg an a a a N f mg x y a a N -f mg x y 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5
14、 页，共 20 页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
15、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2221232121212221mv-mvmv-mv由此得子弹穿过第二块木板后的速率为m/s-vvv1002212233、.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m101.0-2.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
16、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m.x-xd0041014、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cos221mgR mvmgR根据牛顿
17、第二定律,有21cosmvNmgR而粒子刚好离开时,N=0.因此有则物体刚离开球面处的角位置为此时 ,粒子的速率为RggRv32cosv 的方向与P 夹角为8.4190a5、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
18、 械 能 守 恒 定 律 ,有2021221)(kxvmM则0)(xmMK/vRoPN v A B A B x0 x精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 20 页(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221221kxMv则0)(xmMM/x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。21ppdtF对于质点系iipp2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时，iipp常矢量。3、质心的概念质心的位矢：iiiiiicrmmmrmr)1(dmrmrc14、质心运动定律：
19、质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度。camF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1)(vMmmv(1) 在碰撞过程中 ,系统的机械能守
20、恒,有20212121221)(kxvMmmv(2) 联立 (1) (2) 式,得)(0MmkmMvx2、质量为kg107.2-23、速率为m/s106.07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/s105.07.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, M m v 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 20
21、页有cosmvcosmv21mvB221A222A1xBxAmvmvinsmvsinmv0B221A2由碰撞前后系统机械能守恒,有2A2212B2212A121mv(m/2)vmv则碰撞后粒子B 的速率为粒子 B 相对于粒子A 原方向的偏转角654, 粒子 A 的偏转角2022a3、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,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
22、压缩的过程中, 由功能原理 ,可得M)gx(mKxM)u(m221221(2) 联立 (1)(2) 式得gx2m)/(MKxmMmv24、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,由功能原理有由此可得gh4v5、如图所示 ,质量为 m 的小球沿斜坡在
23、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,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221mvmgh小球 m 以速度 v 在斜坡底端和M 发生完全弹性碰撞,有小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有mghmv2121yxvA1 VB2 VA2 om M v A m B m h A m M h 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 20 页若钢块 M 在平面上运动经t秒后停下来 ,由动量定理有联立
24、求解可得hmMmMh2ghmMmt/2)(2第五章刚体的转动本章提要：1、 刚体的定轴转动：角速度：dtd角加速度；dtd匀加速转动：t022100tt22022、 刚体的定轴转动定律：JM3、 刚体的转动惯量：iiirmJ2dmrJ2平行轴定理2mdJJc4、 力矩的功：MdW转动动能：221JEk刚体定轴转动的动能定理：2021221JJW刚体的重力势能：cpmghE机械能守恒定律：只有保守力做功时，pkEE常量5、 角动量：质点的角动量：vrmPrL质点的角动量定理：LdtdM质点的角动量守恒定律：vmrLM,0常矢量刚体定轴转动的角动量：JL刚体定轴转动的角动量定理：LdtdM刚体定轴
25、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,飞轮经过精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 20 页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,角加速度应为常量,故有-1.57rad/s31.4)/20-(0)/t-(0. 根据转动定律 ,可得制动力矩-99.9N.m(-1.57)63.6JM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
26、(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 m1m2.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m1g-T1=m1a (1) T2-m2g=m2a(2) J)rT-(T21(3) 而221
27、MrJ(4) ra(5) 联立 (1)(2)(3)(4)(5) 式,可得如果略去滑轮的运动,即 T1=T2=T,有3、 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=mgl/2, 根据转动定律 ,得-236.8rad.s)3g/(2M/Jl(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
28、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 J2,所以竖直位置时棒的角速度为8.57rad/s3g/J2Ekl4、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A211211rmr T且1AA/ra故A12
29、1amT(1) m2 m1 Maa T2 P2 T1 P1 T1 T2 PNA P 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 20 页对于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c22amT-gm(2) 又根据转动定律,对 B 的转动有B222212rmTr且有2BB/ra故B221amT(3) 而T=T aA=ac-aB(4) 联立求解可得2T/m1=ac-2T/m2故21c212m2mammT(5) 联立 (2)(5) 式可得2121c2m3m)gm2(ma2121c2m
30、3mgmm)a-(gmT5、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 时的速率为v,则221221221mvJ(v/R)Khmgh0.16m/s)(J/RmKh)h-(2mgv26、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 m
31、1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(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221221212J)vm(mghmM/2)mgh/(m2mv211(3)由转动定律 ,有JT)R-(F而RmmT22a则M/2)RF/(m2r1 m1 ABr2 m2 r1 m1 ATT p2 B x m R k m2 m1 h精选学习资料 - - - - - - -
32、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 20 页第六章 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：RTmPV普适气体常数：-1-1kmol8.31JR阿佛加德罗常数：123mol10023.6AN玻尔兹曼常数：123kJ1038.1ANRk4、 理想气体的压强：knvnmP322315、 温度的统计概念：kT23k6、 能均分定理：每一个自由度的平动动能为：kT21一个分子的总平均动能为：kT2imolM理想气体的内能为：RT2iME7、 速率分布函数：NdvdNvf)(三速率：最概然速率RT2kT2mvp平
33、均速率RT8kT8mv方均根速率RT3kT32mv8、 分子的平均自由程：Pdnd222kT219、 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）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 20 页1、 目前实验室所能获得的真空,其压强为1.3310-8pa.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3.21106个2、 2g 氢气装在2010-3m3的
34、容器中 ,当容器内的压强为3.99104Pa 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kTmv23221, 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则J101.99MRPV23kmv21-2213、 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由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而4/H0,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4.即v0=5.16102m/s, m/s105.58v220, (vp)0
35、=4.45102m/s 4、在 3010-3m3的容器中装有20g 气体 ,容器内气体的压强为0.506105Pa,求气体分子的最概然速率解.最概然速率RT/1.41vp,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, 故389m/sPV/M1.41vP5、 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=3.010-8cm). 解. 由压强公式可得单位体积中的分子数n=P/(kT)=3.21 1017m-3分子的平均自由程为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
36、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2、 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(EQ12dWdEdQ精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 20 页4、 理想气体的摩尔摩尔热容量：RC2iVRC22iP迈耶公式：RCCVP摩尔热容比：i2iCCVP5、 理想气体的四种过程：等体过程：0PdVdWV等压过程：PdVdEdQP等温过程：0dT0dE绝热过程：0dQ)T(TCPdVW12VMa绝热方程：PV常量TV1常量TP1常量6、 循环过程：热循环（正循
37、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：121QQ1QW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：21212QQQWQ7、 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：12TT1c逆循环的致冷系数：212TTTc8、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）
38、，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 1.17103J 的热量 ,并保持在1.013105Pa 下膨胀 ,体积从 10-2m3增加到 1510-3m3,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)=5.07102J 由热力学第一定律WEQ, 可得空气内能的改变为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,精选学习资料 - - - - - - - -
39、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 20 页则(1)等体过程中吸收的热量为(2)等压过程中吸收的热量为3、 压强为 1.013105Pa,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(1)压强不变的过程即等压过程,氧气所需的热量为(2)体积不变的过程即等体过程,氧气所需的热量为(3)由热力学第一定律WEQ得等压过程中氧气所作的功为此结果亦可由)V-P(VPdVW12p及 V1/V2=T1/T2得到 . 在等体过程中氧气
40、所作的功为此结果亦可直接由0PdVWv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由于等温过程中内能不变,由热力学第一定律WEQ,可得氧气在a 到 b 过程中所吸收的热量为Q=WT=3.15 103J (2)由于等体过程中气体不作功,而等压过程中所作的功为VPWP,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)=2.27103J 氧气在 acb
41、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=1-(T2/T1)可知 , 具有相同低温热源而效率分别为和 的两热机 ,其高温热源的温度分别为T1=T2/(1-) T1=T2/(1- ) 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P （1.013105pa 2 1 o 22.4 44.8 V（10-3m3）c b a 精选学习资料 - - - - -
42、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 20 页2、 库仑定律：两个静止的点电荷之间的作用力：0221041Errqq真空中的介电常数：212120mNC1085.83、 电场力叠加原理：iiFF4、 电场强度：0qFE5、 场强叠加原理：iiEEi0i2ii0rrq41E020rrdq41E6、 电通量：seSdE7、 高斯定律：iisq01SdE8、 典型静电场：均匀带电球面：（球面外）（球面内）020rrq410E均匀带电无限长直线：r02E，方向垂直于带电直线。均匀带电无限大平面：02E，方向垂直于带电平面。9、 静电场对电荷的作用力：EqF10、静
43、电场是保守力场：0dELl11、电势差 ：QQPdEUUPl电势：Pl dEUP电势叠加原理：iUU12、电荷的电势：r04qU电荷连续分布的带电体的电势：r04dqU精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 20 页13、场强E和电势U的关系：积分形式：PldEUP微分形式：UE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：qUW移动电荷时电场力做的功：QpQPPQWW)Uq(UA1、 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
44、场强. 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所以0jEiEEyx0(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中心点 o 处的场强彼此相消.所以 ,总场强为Eo
45、=2kq/a2=k2q/a28-5.一半径为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R)Qdl/(dq,它在环心处的电场强度dE 在 y 轴上的分量为由于环对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.(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
46、,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x2E0 x)-(a2E0所以 ,点 P处的合场强为(2) 由于带正电的导线在带负电导线处的场强a2E0,所以 ,根据F=qE 可得带负电导线+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 y x R dEy dEx dEx o a x P 精选学习资料 - - - - - -
47、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 20 页上单位长度电荷所受的电场力a2E-F02-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a2EF02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 的电通量为所以 ,通过半球面的电通量亦为ER28-20.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
48、 解可知 ,两球面间的电场强度20r4QEr则两球面间的电势差为第九章静电场中的导体与电介质1.导体的静电平衡条件0E2.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EPr10面束缚电荷密度neP6.电位移EEPEDr00高斯定理SSiqSdD7.电容器的电容UQC平行板电容器dSCr0并联电容器组iCCR2 R1 rQQE R 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 20 页串联电容器组iCC18.电容器的能量QUCUCQW212121229.电介质中电场的能量密度DEEWre212201. 在一
49、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=3.010-8C,球壳 B 带有总电荷QB=2.010-8C.（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3.0108C，球壳 B 内表面带电 3.0108C，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：(2.)设球 A 带电 q
50、A，球 A 的电势为：解得：CRRRRRRQRRqAA8313221211012.2球壳 B 的电势为：2. 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为250105.4mC。现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为0 .2r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：250105.4mVSQD电场强度为：160105.2mVDEr极化强度为：250103 .2mCEDPD、E和P方向相同，均由正极板指向负极板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