当前位置：文档库 › 大学物理第三章

大学物理第三章

第3章习题

一、填空题

3.1.1 跨过定滑轮的细绳下端系质量为m 的物体，在物体以4/g 的恒定加速度下落一段距离h 的

过程中，绳的拉力对物体做的功为

考察物体以

的恒定加速度下落一段距离h 的过程。设初速率为P v ，末速率Q v 满足 22

224

Q P g v v a s h -=?=

（3-1）物体受到重力mg 和绳子的拉力T 的作用，合外力F 做功为

mg T P

A F dr mg dr T dr A A =?=?+?=+???

（3-2）

注意到重力是保守力，其做功为

()()()mg pQ pP Q P P Q A E E mgh mgh mg h h mgh =--=--=-=

（3-3）

对物体使用动能定理，有

()2222

111222

kQ kP Q P Q P A E E mv mv m v v =-=-=- （3-4）

联立（3-1）～（3-4），可求出绳的拉力对物体所做的功为

T A mgh =-

3.1.2 高m 100的瀑布每秒钟下落3

1200m 水，假设水下落过程中动能的75％由水力发电机转换成

电能，则此发电机的输出功率为。

依题设，每秒钟有质量为

33361.0101200 1.210m V kg m m kg ρ-==???=?

的瀑布水下落。取水和地球为系统，在水从瀑布最高点下落h 的过程中，系统机械能守恒，有

k E mgh =

经水力发电机转换后的电能为

6875% 1.2109.810075%8.8210()E mgh J =?=????=?

由于以上电能是每秒钟产生的，所以发电机的输出功率为

88.82108.8210()1

E P W t ?===?

3.1.3 质量为kg 1000的汽车以h km /36的速率匀速行驶，摩擦系数为。在水平路面上行驶发动机

的功率为。

【

小车的速率

110003636103600m

v km h m s s

-==?

小车匀速行驶，故

30.1010009.8109.810()9.8()P Fv fv mgv W kW μ====???=?=

3.1.4 以恒定速率拉一小船所需的力与速率成正比，使该小船速率达到s m /2.1所需的功率为1N ，

使小船速率达到s m /6.3所需的功率为2N ，则2N 是1N 的倍。

依题意，设以恒定速率拉船所需的力F 与速率v 满足如下关系

F kv =

其中k 为一常数。所需的功率为

2P Fv kv ==

所以

2222211

1 3.691.2N v v N v v ????==== ? ???

3.1.5 速度为0v 的子弹射穿木板后，速度恰好变为零。设木板对子弹的阻力恒定不变，那么，当子

弹射入木板的深度等于木板厚度的一半时，子弹速度的大小为。

以质量为m 的子弹为对象，考察子弹以初速0v 从与厚度为d 木板相碰至恰好射穿的过程，设木

板对子弹的平均阻力为f ，依据动能定理，可知

102

fd mv -=- 现考察子弹从木板相碰至射入木板的深度为木板厚度的一半（设此时子弹的速率为v ）的过程，仍然对子弹使用动能定理，有

011222

d f

mv mv -=- !

由以上两式，可解出所求子弹速率为

v =

3.1.6 质量为kg 100的货物平放在卡车车厢底板上，卡车以2

/4s m 的加速度起动，4秒内摩擦力对

该货物所做的功为。

考察货物自静止开始随汽车匀加速运动4秒内的过程，显然，初速率1

0P v m s -=?，而4秒末

的速率为

104416()Q P v v at m s -=+=+?=?

在该过程中，货物受到3个力的作用，即：重力mg ，车厢底板对它的支持力N 和静摩擦力f ，对货物使用动能定理，合外力F 做功为

f f P

A F dr mg dr N dr f dr mg vdt N vdt A A =?=?+?+?=?+?+=??????

所以摩擦力做功为

、

2222

41111

1001610002222

1.2810()

f kQ kP Q P A A E E mv mv J ==-=-=??-??=?

3.1.7 以N 200的水平推力推一个原来静止的小车，使它沿水平路面行驶了m 0.5。若小车的质量

为kg 100，小车运动时的摩擦系数为，则小车的末速为。

考察小车从静止出发至行驶5m 的过程，小车受到四个力的作用，分别为：重力mg ,地面的支

持力N 和摩擦力f ，还有推力F 。由动能定理，有

mg N F f F f kQ kP A A A A A A A E E mv =+++=+=-=-

而

F A F s =? 和 f A f s =-?

其中摩擦力

f m

g μ=

所以小车的末速为

13.2()v m s -==≈?

3.1.8 从轻弹簧原长开始，第一次拉伸l ，在此基础上，第二次再拉伸l ，继而，第三次又拉伸l ，

则第三次拉伸弹簧与第二次拉伸弹簧弹力所做功之比为。

由于弹簧的弹性力是保守力，其做功为

2211()22pQ pP Q P A E E kx kx ??=--=-- ???

第一次拉伸l 的过程，0P x =，Q x l =，弹性力做功为

2221111222Q P A kx kx kl ??

=--=- ???

在此基础上，第二次再拉伸l 的过程，P x l =，2Q x l =，弹性力做功为

]

2222113222Q P A kx kx kl ??

=--=- ???

继而，第三次又拉伸l 的过程，2P x l =，3Q x l =，弹性力做功为

2223115222Q P A kx kx kl ??

=--=- ???

所求第三次拉伸弹簧与第二次拉伸弹簧弹性力所做功之比为

232255233

kl A A kl -==-

3.1.9 功的大小不仅与物体的始、末位置有关，而且还与物体的运动路径有关，这样的力

称。

非保守力

3.1.10 \

3.1.11

有一倔强系数为k 的轻弹簧，竖直放置，下端悬一质量为m 的小球，先使弹簧为原长，而小球恰好与地接触，再将弹簧上端缓慢地提起，直到小球刚能脱离地面为止。在此过程中外力所作的的功为。

考察小球，地球和弹簧组成的系统，对题设的过程应用功能原理，有

=()()2

A E Q E P kx -=外

又

kx mg =

可解出

()2A mg k

外

3.1.12 以初速率0v 将质量为kg 9的物体竖直向上发射出去，物体运动过程中受空气阻力而损耗的

能量为J 680。如果不计空气阻力，则物体上升的高度将比有空气阻力时增加。

—

如果不计空气阻力，设物体能达到的高度为0H 。今取物体，地球为系统，在物体自初速率0v 发射（P 态，设高度为0）至最高点（Q 态）的过程中，该系统机械能守恒，有

0012

mv mgH = 同样的过程，考虑到空气阻力f ，设物体能达到的高度为H ，对物体应用动能定理，有

102

mg f kQ kP A A A E E mv =+=-=- 因重力是保守力，它在此过程对物体做功

()(0)mg pQ pP A E E mgH mgH =--=--=-

由以上三式，可得

0f A H H mg

所求没有空气阻力时物体上升的高度将比有空气阻力时增加

…

0680

7.799.8

f A H H H m mg

-?=-=-

≈?

3.1.13 质量为m 的质点沿竖直平面内半径为R 的光滑圆形轨道内侧运动，质点在最低点时的速率

为0v ，使质点能沿此圆形轨道运动而不脱离轨道，0v 的值至少应为。

当物体运动至最高点时，其受力情况如图3-1所示，设此物体的速率为v ，则有

v N mg m R

质点能沿此圆形轨道运动而不脱离轨道的条件为轨道对物体的作用力

0N =

取物体，圆形轨道和地球为系统，在物体从最高点运动至最低点的过程，该系统机械能守恒，可知

11(2)22

mv mg R mv += 图3-1 —

由以上三式可求出

05v gR =

3.1.14 一皮球从m 5.2高处自由落下，与地面碰撞后，竖直上跳，起跳速率为落地速率的3/5，不

计空气阻力，皮球跳起能达到的最大高度为。

取皮球，地球为系统，在皮球自高度为0 2.5H m =自由下落至刚触地（设此时皮球速率为0v ）的过程中该系统机械能守恒，有

mgH mv = 再考察皮球自地面起跳（此时皮球速率为03

v v =）至最高点（设高度为H ）的过程，该系统机械能仍然守恒，有

mv mgH = 由以上两式，可求出皮球跳起能达到的最大高度为

003 2.50.9()5v H H m v ????

==?= ? ?????

二、选择题

3.2.1 一个质点在几个力同时作用下的位移为m k j i r )456(

+-=?，其中一个力

N k j i F )359(

--=，则这个力在该位移过程中所做的功为：（）

A. J 91

B. J 67

C. J 17

D. J 67-

因为

()()

95365467()A F r i j k i j k J =??=--?-+=

选B 。

：

3.2.2 质量为m 的物体置于电梯底板上，电梯以加速度2/g 匀加速下降距离h ，在此过程中，电

梯作用于物体的力对物体所做的功为：（） A. mgh B. mgh - C.

mgh 21 D. mgh 2

人受到两个力的作用，分别为重力mg 和电梯地板对他的支持力N 。法一：因人随电梯相对于地面匀加速下降，故

mg N m

-= 可知

N mg =

，方向竖直向上。

在人下降h 的过程中，支持力做功为

N A Nh mgh =-=-

法二：考察人随电梯下降h 的过程，由动能定理，有

1122

N mg kQ kP Q P A A A E E mv mv =+=-=-

因重力是保守力，故

()()mg pQ pP Q P A E E mgh mgh mgh =--=--=

又，人以匀加速度

下降了h ，其初、末速率满足如下关系 22

22Q P g v v h -=??

联立以上三式，可知支持力做功为

N A mgh =-

选D 。

]

3.2.3 一单摆摆动的最大角度为0θ，当此单摆由0θ向平衡位置（0=θ）摆动过程中，重力做功

功率最大的位置θ为：（） A.

0=θ B. 0θθ=

C. 00θθ<<

D. 由于机械能守恒，所以功率不变

当0θ=时，mg 与v 垂直，0P mg v =?=，A 排除；当0θθ=时，0v =，0P mg v =?=，B 排除；而当00θθ<<时，cos(,)P mg v mgv g v =?=一般大于0。说明重力做功的功率是有变化的，D 也排除，故选C 。

3.2.4 质量完全相等的三个滑块M 、N 和P ，以相同的初速度分别沿摩擦系数不同的三个平面滑

出，到自然停止时，M 滑过的距离为l ，N 滑过的距离为l 2，P 滑过的距离是l 3，则摩擦力对滑块做功最多的是：（）

A. M

B. N

C. P

D. 三个摩擦力的功相同

—

考察滑块以初速滑到自然停止的过程，由动能定理，知

102

f A A mv ==- 所以三个摩擦力做功相同，选D 。

3.2.5 一个质点在两个恒力1F 和2F 作用下，在位移m j i )83(+过程中，其动能由零变为J 24，已

知N j i F )8312(1

-=，则1F 和2F 的大小关系为：（）

A. 21F F >

B. 21F F =

C. 21F F <

D. 条件不足不能判断

考察质点在两恒力作用下发生位移的过程，因质点的初始动能为0，表明自静止开始运动，而

所受的外力为恒力，故其运动为定向的直线运动，此过程外力做功为

()()1212122

2cos 12833838cos F F F A A A F r F r F r F r i j i j θθ

=+=??+??=??+??=-?+++

对质点的前述过程应用动能定理，得

￥

29029()F kQ kP A E E J =-=-=

所以

()()2212833838cos 29()F A i j i j J θ=-?+++=

显然2F 与θ有关，而题设并没有给出θ的值，所以估计2F 的条件不足，选D 。

3.2.6 半径为R 的圆盘以恒定角速度ω绕过中心且垂直于盘面的铅直轴转动，质量为m 的人要从

圆盘边缘走到圆盘中心处，圆盘对他所做的功为：（）

A. 2

ωmR B. 2

ωmR - C. 2/2

ωmR D. 2/2

ωmR -

人受到三个力的作用，分别是重力mg ，盘面对人的支持力N 和摩擦力f 。考察人从圆盘边缘走至中心的过程，由动能定理，有

221122

mg N f f kQ kP Q P A A A A A E E mv mv =++==-=-

—

当人离盘心r 时，他的速率为

v r ω= 所以，圆盘对人做的功为

()2

2222111102222

f Q P A mv mv m R m R ωω=-=-=-

选D 。

3.2.7 以下列4种方式将质量为m 的物体提高m 10，提升力做功最小的是：（）

Ａ. 将物体由静止开始匀加速提升m 10，使速度达到s m /5；Ｂ. 物体从初速度s m /10匀减速上升m 10，使速度达到s m /5； C. 以s m /5的速度匀速提升；

￥

D. 以s m /10的速度匀速提升。

物体受到重力mg 和拉力F 的作用，考察物体提高10m 的过程，由动能定理，得

1122

mg N Q P A A A mv mv =+=

- 因重力是保守力，故

()()mg pQ pP Q P A E E mgh mgh mgh =--=--=

所以

1122

N Q P A mv mv mgh =

-+ 可知B 选项支持力做功最小。 3.2.8

】

3.2.9

下面关于保守力的说法，正确的是：（）

Ａ. 只有保守力作用的系统，动能与势能之和保持不变； B. 保守力总是内力；

C. 保守力做正功，系统势能一定增长；

D. 质点沿任一闭合路径运动一周，作用于它的某种力所做的功为零，则这种力称为保守力。

选D 。

3.2.10 在同一高度以相同速率同时将质量相同的两个物体抛出，一个竖直上抛，一个平抛，不计空

气阻力，由抛出到落地过程中，下列说法中正确的是：（）

A. 重力对两物体做功相等；

B. 重力对两物体做功的平均功率相等；

；

C. 两物体的动能增量不相等；

D. 两物体落地时的机械能相等。

选A 、D 。

3.2.11 跳伞运动员在刚跳离飞机，其降落伞尚未打开的一段时间内，下列说法中正确的是：（）

A. 空气阻力做正功；

B. 重力势能增加；

C. 动能减小；

D. 空气阻力做负功。

选D 。 3.2.12 ^

3.2.13

当重力对物体做正功时，物体的：（）

A. 重力势能一定增加，动能一定减少；

B. 重力势能一定减少，动能一定增加；

C. 重力势能一定减少，动能不一定增加；

D. 重力势能不一定减少，动能一定增加。

选C 。

3.2.14 以相同的初速度将质量相等的三个小球P 、Q 、N 斜上抛，P 、Q 、N 的初速度方向与水

平面之间的夹角依次是045，060，0

90。不计空气阻力，三个小球到达同一高度时，速度最大的是：（）

A. P 球；

B. Q 球；

C. N 球；

D. 三个球速率相等。

因为每个球在运动过程中机械能守恒，又初始时刻三球的机械能相等，所以选D 。

[

3.2.15 将一小球系于竖直悬挂的轻弹簧下端，平衡时弹簧伸长量为d ，现用手托住小球，使弹簧不

伸长，然后释放任其自己下落，忽略一切阻力，则弹簧的最大伸长量为：（） A. 2d B .d C.

d 2 D. d 2

因挂载小球的弹簧伸长d 就可平衡，有

mg kd =

（3-5）

以弹簧，小球和地球为系统，考察弹簧在原长时对小球放手，至小球下落h （设此时小球速率为v ）的过程，由机械能守恒，有

221122

mgh kh mv =

+ 当弹簧的伸长量达到最大值H 时，小球的速率瞬间为0，则上式改为

mgH kH =

（3-6） (

联立（3-5）和（3-6）两式，可得弹簧的最大伸长量

2H d = 选D 。

3.2.16 如果一个系统在一个过程中只有保守力做功，那么该过程中：（）

A. 动能守恒；

B. 机械能守恒；

C. 动量守恒；

D. 角动量守恒。

因题设保守力并未限于内力，如此未能保障系统的机械能守恒，故此题无解。 3.2.17 \

3.2.18

水平抛出一物体，物体落地时速度的方向与水平方向的夹角为θ ，取地面为零势能面，则物体刚被抛出时，其重力势能和动能之比为：（）

A. θan t

B. θcot

C. θ2

cot D. θ2

t an

考察物体和地球组成的系统，则在物体以初速0v 自抛出点下落h 落地（设落地速度为v ）的过程中，系统机械能守恒，有

22011

mv mgh mv += 再由运动的叠加性原理，即初速为0v 的平抛运动可分解为水平方向的匀速（0v ）直线运

动和竖直方向的自由落体运动。对落地时的速度作如

图3-2的分析，有

0cos v v θ=

联立以上两式，可知

图3-2

201tan 2

mgh mv θ=

所以有

220tan 12

mgh

mv θ= 选D 。

3.2.19 关于机械能是否守恒，下列叙述中正确的是：（）

Ａ. 作匀速直线运动的物体的机械能一定守恒； B. 作匀变速运动的物体机械能不可能守恒；Ｃ. 外力对物体做功为零时，机械能一定守恒； D. 只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒。

若系统包含物体和地球，则可选D 。

3.2.20 一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功

等于：（）

A. 物体势能的增加量；

B. 物体动能的增加量；

C. 物体动能的增加量减去物体势能的增加量；

D. 物体动能的增加量加上克服重力所做的功。

选D 。

3.2.21 如图所示，通过定滑轮悬挂两个质量为1m 、2m 的物体（21m m >），不计绳子质量及绳子与

滑轮间的摩擦。在1m 向下运动一段距离的过程中，下列说法中正确的是：（）

Ａ. 1m 势能的减少量等于2m 动能的增加量；Ｂ. 1m 势能的减少量等于2m 势能的增加量；

Ｃ. 1m 机械能的减少量等于2m 机械能的增加量；Ｄ. 1m 机械能的减少量大于2m 机械能的增加量。

因为两物体，定滑轮，绳，地球组成的系统机械能守恒，若不计定滑轮的质量，可选C 。若考虑定滑轮的质量，则有一部分机械能能将变为定滑轮的转动动能，所以选D 。

3.2.22 自由落下的小球从接触竖直放在地上的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中：（）

A. 小球的动能先减小后增大；

B. 小球的机械能守恒；

C. 小球的重力势能减小，动能增加；

D. 小球的机械能减小，小球与弹簧的总机械能守恒。

：

因为小球，弹簧和地球组成的系统机械能守恒，所以不严格的情况下可选D 。

三、计算题

3.3.1 沿倾角为0

30的斜面拉一质量为kg 200的小车匀速上坡，拉力的方向与斜面间成0

30角，小车

与斜面间的摩擦系数为，使小车前进m 100拉力所做的功为多少

解：如图3-3所示，小车受到四个力的作用，分别为重力mg ，拉力F ，斜面对它的支持力N 和摩擦力f ，由于小车在斜面上作匀速运动，在xOy 坐标系下，有

cos sin 0

sin cos 0

F mg f N F mg βαβα--=??

+-=? 注意到摩擦力f N μ=，则拉力图3-3

sin cos cos sin F mg αμα

βμβ

所求拉力做功为

000

5sin cos cos 1tan sin 300.2cos302009.810010.2tan 301.1810()

A F r Fs mgs

J αμα

βμβ

+=??==

++?=???+?≈? 另外，0

30β=-也符合题意，则拉力做功为

()0005sin cos cos 1tan sin 300.2cos302009.810010.2tan 301.4910()

A F r Fs mgs

J αμα

βμβ

+=??==

++?=???+?-≈?

3.3.2 一地下蓄水池深m 3，面积为2

100m ，池中水面低于地面m 2。（取2

/10s m g =）

（1）要用一台抽水机将池中的水全部吸到地面，至少应做多少功

（2）若抽水机所消耗的电功率为W 625，效率80％，抽完这池水所需的时间为多少

解：考察质量为m 的水被抽水机抽高h 米（并设出口水速为u ）的过程，应用动能定理，有

+02

mg A A A mu ==

-抽因重力是保守力，其做功为

mg A mgh =-

所以抽水机做功为

A mu mgh =

+抽为使抽水机做功最少，可设抽水机出水口水速很低（1

0u m s -≈?），此时

A mgh =抽

并且抽水机的进水口置于水面（如此达致h 最小）。

（1）如图3-4所示，在地面上取原点并取图3-4

竖直向下为z 轴，在z 处取dz 薄层水为研究对象，这部分水的体积为dV Sdz =，其中S 为池塘地面积。设水的密度为ρ，则这薄层水的质量为

}

dm dV Sdz ρρ==

将其抽出池塘，抽水机至少需做功

dA gzdm g Szdz ρ==

所以，把池塘的水全部抽完，抽水机至少做功

()()0

2232200

611

1.010*********

2.510()

H A dA gSzdz gS H H J ρρ==

-=?????-=???

（2）设所求时间为t ，因抽水机的电功率0P 以效率η转化为抽水功率P ，故

0A Pt P t η==

所求时间

30 2.510 5.010()80%625

A t s P η?===?? 3.3.3 [

3.3.4

用铁锤将一根铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板的深度成正比，第一次击钉时，铁钉被击入木板cm 1，设每次锤击时，铁钉获得的速度均相等，则第二次击钉，能将铁钉击入多深

解：取铁钉进入木板的方向为x 轴，依题设，当铁钉进入木板的深度为x 时，受到木板对铁钉的阻力

f kxi =-

考察第一次击钉的过程，在此过程中，设质量为m 的铁钉从锤子获得的速度为v ，钉子从木板表面（00x m =）进入到深度为11x cm =的位置，对铁钉应用动能定理，有

2210

022x Q

f kQ kP P A f dr kxdx kx E E mv =?=-=-=-=-??

即

11122

kx mv = （3-7）

再应用在第二次击打的过程，有

222121110222x Q

f kQ kP P x A f dr kxdx kx kx E E mv =?=-=-=-=-??

）

即

22212111

222

kx kx mv -=- （3-8）

联立（3-7）和（3-8），可解

212x x =

所求第二次击打，能将铁钉击入

(

)(

)

21121210.010.41()x x x x cm ?=-=

-?≈

3.3.5 质量为kg 5

106?的机车，由车站出发沿水平轨道行驶，经过m 3

105.2?后速度增加为

s m /7.16，经历的时间为s 300，若机车所受摩擦阻力是车重的005.0倍，求机车的平均功率。

解：机车受到四个力的作用，分别为牵引力F ，重力mg ，路轨对它的支持力N 和摩擦力f ，由动能定理，有

mg N F f F A A A A A A mgs mv μ=+++=-=-

机车的牵引力做功

F A mv mgs μ=+

所以机车的平均功率

52535121

6.01016.70.005 6.0109.8 2.5102300

5.2410()

F mv mgs

A P t t W μ+==

???+?????=≈?

3.3.6 质量为m 的物体，从高度为4m ，长为m 的斜面顶端由静止开始向下滑动，物体到达斜面下

端后，沿表面性质相同的水平面继续向前滑行。已知摩擦系数为，试求：（1）物体滑到斜面下端时的速率；（2）物体在水平面上能滑行的最大距离。

解：对斜面上的物体进行受力分析，如图3-5所示，有

cos N mg α=

—

所以斜面对物体的摩擦力

cos f N mg μμα==

对于高h ，长l 的斜面，有

sin 13.6

h l α=

（1）考察物体自斜面顶端滑至斜面底端的过程，对物体使用动能定理，有

图3-5

N mg f mg f A A A A A A mv =++=+=-

而

mg A mgh = 和 cos f A fl mgl μα=-=-

所以物体滑到斜面底端的速率为

16.1()

v m s -===≈? )

（2）考察物体自斜面底端沿水平面滑行s 至静止的过程，由动能定理，有

N mg f f A A A A A mv =++==-

而

f A fs mgs μ=-=-

所以

(21

mgs mv mg h μ==-

所求物体在水平面上滑行的最大距离为

11412()0.16s h m μ????==?≈????

3.3.7 质量为kg 10的炮弹，以s m /500的初速度射出。

（1）如果炮弹是竖直向上发射的，炮弹到达最高点的势能是多少（2）如果炮弹以0

45仰角发射，炮弹到达最高点的势能是多少

解：一般地，设炮弹以α仰角和初速0v 发射，则依据运动叠加原理，可将炮弹的运动视为水平

方向作00cos x v v α=的匀速直线运动与竖直方向作初速为00sin y v v α=的上抛运动的合成。于是，水平方向分运动的重力势能恒为0，以炮弹和地球为系统，炮弹竖直方向分运动的过程机械能守恒，考察炮弹从发射至到达最高点的过程，有

012

y mv mgh = 当炮弹处于最高点时，它的重力势能为各分运动势能之和，即

222

00110sin 22

p y E mgh mv mv α=+==

（1）当仰角0

90α=时，炮弹到达最高点的势能为

22026011

sin 9010500 1.2510()22

p E mv J ==??=?

（2）当仰角0

45α=时，炮弹到达最高点的势能为

，

22025

0112sin 4510500 6.2510()222p E mv J ??==???=? ? ???

3.3.8 在半径为R 的固定球面顶点处，一物体由静止开始下滑。

（1）如果为光滑球面，求物体离开球面处距离球面顶点的高度h ；

（2）如果物体与球面之间存在摩擦，物体离开球面处距球面顶点的高度H 大于还是小于h

解：

（1）在光滑球面的条件下，如图3-6（a ）所示，物体在球面上滑行时，受到两个力的作用，分别为重力mg ，球面对物体的支持力N ，且有

cos v mg N m R

α-=

（3-9）

，且H h =，当物体恰好离开球面时，球面对物体的支持力0N =，代入上式，得

【

cos v mg m R

α=

（3-10）

以物体，球面和地球为系统，考察物体从球面图3-6（a ）

顶端滑至恰好离开球面的过程，该系统机械能守恒，即

mgh mv =

（3-11）

而h 与α的关系为

cos h R R α=-

（3-12）

由以上三式，可解出

h R =

（2）在物体与球面之间存在摩擦力的条件下，如图3-6（b ）所示，物体在球面上滑行时，受到三个力的作用，分别为重力mg ，球面对物体的支持力N 和摩擦力f ，且有

cos V mg N m R

β-=

（3-13）图3-6（b ）

，

其中f N μ=。当物体恰好离开球面时，球面对物体的支持力0N =，代入上式，得

cos V mg m R

β=

（3-14）

考察物体从球面顶端滑至恰好离开球面的过程，如图3-6（b ），对物体应用动能定理，有

mg N f f A A A A mgH A mV =++=+=-

即

f mgH A mV +=

（3-15）

而H 与β的关系为

cos H R R β=-

（3-16）

比较（3-10）～（3-12）和（3-14）～（3-16），设若h H =，即αβ=，注意到0f A <，可知V v <，由（3-10）和（3-13），可得0N >，表明此时物体还压在球面上。此时继续增大β，则由（3-16）可知，H 也增大，且f A 也增大，由（3-15）知V 也增大，再由（3-13）知N 减小。可知当适当地将β增大到某一值时，则N 为零，此时物体恰好离开物体。所以H h >。 3.3.9 "

3.3.10

质量为kg 1.0的小球悬挂在劲度系数为1m N /、原长为m 8.0的轻弹簧一端，弹簧另一端固定。开始时，弹簧水平放置且为原长，然后将小球静止释放任其下落，当弹簧通过铅垂位置时其长度为m 1，求此时小球的速度。

解：考察弹簧从水平放置且为原长运动至弹簧通过铅垂位置的过程，则由弹簧，小球和地球组

大学物理近代物理学基础公式大全

一．狭义相对论 1．爱因斯坦的两个基本原理 2．时空坐标变换 3． 45（1（2）0 m m γ= v = （3）0 E E γ= v =（4） 2222 C C C C v Pv Pv Pv P E E E E ==== 二．量子光学基础 1．热辐射 ① 绝对黑体:在任何温度下对任何波长的辐射都能完全吸收的物体。吸收比：(T)1B αλ、＝反射比：(T)0B γλ、＝ ② 基尔霍夫定律(记牢) ③ 斯特藩-玻尔兹曼定律 -vt x C v = β

B B e e ：单色辐射出射度 B E ：辐出度，单位时间单位面积辐射的能量 ④ 唯恩位移定律 m T b λ?= ⑤ 普朗克假设 h εν= 2．光电效应（1）光电效应的实验定律： a 、n I ∝光 b 、 0 00a a a a e U ek eU e U ek eU e U ek eU e U ek eU νννν----＝＝＝＝（23、 4 三． 1 ② 三条基本假设定态，，n m n m h E E h E E νν=-=- ③ 两条基本公式 2210.529o n r n r n A == 12213.6n E E eV n n -== 2．德布罗意波 20,0.51E mc h E MeV ν=== 22 mc mc h h νν== 电子波波长：

h mv λ= 微观粒子的波长： h h mv mv λλ= === 3．测不准关系 x x P ???≥h 为什么有？会应用解题。 4．波函数 ① 波函数的统计意义：例1① ② 例2．① ② 例3．π 例4 例5，，设 S 系中粒子例6 例7．例8．例9．例10．从钠中移去一个电子所需的能量是2.3eV ，①用680nm λ=的橙光照射，能否产生光电效应？②用400nm λ=的紫光照射，情况如何？若能产生光电效应，光电子的动能为多大？③对于紫光遏止电压为多大？④Na 的截止波长为多大？例11．戴维森革末实验中，已知电子束的动能310k E MeV =，求①电子波的波长；②若电子束通过0.5a mm =的小孔，电子的束状特性是否会被衍射破坏？为什么？例12．试计算处于第三激发态的氢原子的电离能及运动电子的德布罗意波长。例13．处于基态的氢原子，吸收12.5eV 的能量后，①所能达到的最高能态；②在该能态上氢原子的电离能？电子的轨道半径？③与该能态对应的极限波长以及从该能态向低能态跃迁时，可能辐射的光波波长？

大学物理第三章题目答案(精品资料).doc

【最新整理，下载后即可编辑】第三章 3.10 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 1 M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 1 M的下方再挂一质量为2M的物体，如题3.10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? 题3.10图解: 在只挂重物时 1 M，小球作圆周运动的向心力为g M 1 ，即 2 1 ω mr g M= ① 挂上 2 M后，则有 2 2 1 ) (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v m r mv r' ' = ω ω' ' = ?2 2 r r ③ 联立①、②、③得 1 2 1123 01 1 1213 2 12 () () M g mr M g M M mr M M M M r g r m M M ω ω ω = + '= + '==? '+ 3.13 计算题3.13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1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=- ① a m T 11= ② 对滑轮运用转动定律，有 β)2 1 (212Mr r T r T =- ③ 又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得 2212s m 6.72 15 20058 .92002-?=+ +?= + += M m m g m a 题3.13(a)图题3.13(b)图 3.15 如题3.15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=θ 30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?

大学物理下册知识点总结(期末)

大学物理下册学院：姓名：班级：第一部分：气体动理论与热力学基础一、气体的状态参量：用来描述气体状态特征的物理量。气体的宏观描述，状态参量：（1）压强p：从力学角度来描写状态。垂直作用于容器器壁上单位面积上的力，是由分子与器壁碰撞产生的。单位 Pa （2）体积V：从几何角度来描写状态。分子无规则热运动所能达到的空间。单位m 3 （3）温度T：从热学的角度来描写状态。表征气体分子热运动剧烈程度的物理量。单位K。二、理想气体压强公式的推导：三、理想气体状态方程： 1122 12 PV PV PV C T T T =→=； m PV RT M ' =；P nkT = 8.31J R k mol =；23 1.3810J k k - =?；231 6.02210 A N mol- =?； A R N k = 四、理想气体压强公式： 2 3kt p nε =2 1 2 kt mv ε=分子平均平动动能五、理想气体温度公式： 2 13 22 kt mv kT ε== 六、气体分子的平均平动动能与温度的关系：七、刚性气体分子自由度表八、能均分原理： 1.自由度：确定一个物体在空间位置所需要的独立坐标数目。 2.运动自由度：确定运动物体在空间位置所需要的独立坐标数目，称为该物体的自由度（1）质点的自由度：在空间中：3个独立坐标在平面上：2 在直线上：1 （2）直线的自由度：中心位置：3（平动自由度）直线方位：2（转动自由度）共5个 3.气体分子的自由度单原子分子 (如氦、氖分子)3 i=；刚性双原子分子5 i=；刚性多原子分子6 i= 4.能均分原理：在温度为T的平衡状态下，气体分子每一自由度上具有的平均动都相等，其值为 1 2 kT 推广：平衡态时，任何一种运动或能量都不比另一种运动或能量更占优势,在各个自由度上，运动的机会均等,且能量均分。 5.一个分子的平均动能为： 2 k i kT ε=

大学物理第三章

班级：姓名：学号： ★说明：作业模板必须使用单张A4纸(21x29.7cm)正反面打印、复印或手抄；手写作答；若手抄题目请注意题目排版布局。评分大学物理作业第3章刚体的定轴转动一、计算题 1. 如图，一半径为R 质量为m 的定滑轮（可视为圆盘）挂在天花板上，可绕其轴自由转动。质量为1m 和2m （21m m >）的两个物体通过一轻绳挂在定滑轮两侧，由静止开始运动，假设绳与圆盘无相对滑动，试求： (1) 两物体的加速度；(2) 轻绳的张力。 2. 刚体由长为l 、质量为m 的匀质细杆和一质量同为m 的小球牢固地连接在杆的一端而成，可绕过杆的另一端O 的水平轴转动，在忽略摩擦的情况下，使杆由水平位置自静止状态开始自由转下，试求： (1) 当杆与水平线成θ 角时，刚体的角加速度； (2) 当杆转到竖直线位置时，刚体的角速度。 θ O

Ver 1.0 二、填空题 1. 一长为l 质量为m 的均匀细杆的一端，牢固的粘在另一条同样规格的细杆中点，构成一T 字形结构的刚体。则该刚体对过其结合处且与两杆所在平面垂直的转轴的转动惯量 =J 。 2. 如图所示，一轻绳绕于半径为r 的飞轮边缘，质量为m 的物体挂在绳端，飞轮对过轮心且与轮面垂直的水平固定轴的转动惯量为I ，若不计摩擦力，飞轮的角加速度=α 。 3. 花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为0J ，角速度为0ω；然后她将两臂收回，使转动惯量减少为30J ，这时她转动的角速度=ω 。 4. 设飞轮的转动惯量为J ，在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程，阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数为正的常数k 。当0ωω=时，经历的时间=t ，此时飞轮的角加速度=α 。 5. 一飞轮以0ω的角速度转动，转动惯量为J ，现施加一恒定的制动力矩，使飞轮在2s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小=M 。 6. 如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为A J 和B J 。开始时A 轮转速为0ω，B 轮静止。C 为摩擦合器，其转动惯量可以忽略不计，A 、B 分别与C 的左右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止，设轴光滑，那么两轮啮合后共同的转速=ω 。三、单项选择题 1. 有AB 两个半径相同、质量也相同的细圆环。其中A 环的质量分布均匀，而B 环的质量分布不均匀。若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别记为为A J 和B J ，则有（） (A) B A J J > (B) B A J J < (C)B A J J = (D)不能确定 2. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑轴O 转动，如图所示，射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω将（） (A) 变大 (B) 变小 (C) 不变 (D) 不能确定 m O r C A B

同济大学物理下册答案

同济大学大学物理下册答案（缺11章）第九章热力学基础解答一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热；做功；其温度的改变量；过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74 ? 6．等压；绝热；等压；绝热 7．卡诺； %25 8．320K ； 3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：01=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：02=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴ J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：03=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴ J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2．解：γ γ C C B B V p V p = ， 3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p = ；从状态方程 RT M m pV = 可知 C A T T = 因此在全过程 C B A →→中， 0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有

大学物理答案第3章

第三章刚体力学 3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dt d J J M ω β== dt d J C ωω=-∴ dt J C d t ??-=∴00ωωωω t J C -=0ln ωω t J C e -=0ωω 当021ωω= 时，2ln C J t =。（2）角位移?=t dt 0ωθ? -=2ln 0 0C J t J C dt e ωC J 0 21ω= ，所以，此时间内转过的圈数为C J n πωπθ420== 。 3－2 质量为M ，半径为R 的均匀圆柱体放在粗糙的斜面上，斜面倾角为α ，圆柱体的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，且圆柱体和滑轮间的绳子与斜面平行，如本题图所示，求被悬挂物体的加速度及绳中张力解：由牛顿第二定律和转动定律得 ma T mg =- ααJ R Mg TR =-.sin 2 由平行轴定理 223MR J = 联立解得 g m M M m a 83sin 48+-=α mg m M M T 83)sin 43(++=α 3－3 一平板质量M 1，受水平力F 的作用，沿水平面运动，如本题图所示，板与平面间的摩擦系数为μ，在板上放一质量为M 2的实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚动而不滑动，求板的加速度。解：设平板的加速度为a 。该平板水平方向受到拉力F 、平面施加的摩擦力1f 和圆柱体施加的摩擦力2f ，根据牛顿定律有，a M f f F 121=--。 m g

大学物理物理知识点总结

y 第一章质点运动学主要内容一. 描述运动的物理量 1. 位矢、位移和路程由坐标原点到质点所在位置的矢量r r 称为位矢位矢r xi yj =+r v v ,大小 r r ==v 运动方程 ()r r t =r r 运动方程的分量形式() ()x x t y y t =???=?? 位移是描述质点的位置变化的物理量 △t 时间内由起点指向终点的矢量B A r r r xi yj =-=?+?r r r r r △，r =r △路程是△t 时间内质点运动轨迹长度s ?是标量。明确r ?r 、r ?、s ?的含义(?≠?≠?r r r s ) 2. 速度（描述物体运动快慢和方向的物理量）平均速度 x y r x y i j i j t t t u u u D D = =+=+D D r r r r r V V r 瞬时速度(速度) t 0r dr v lim t dt ?→?== ?r r r (速度方向是曲线切线方向) j v i v j dt dy i dt dx dt r d v y x ??????+=+==，2222y x v v dt dy dt dx dt r d v +=?? ? ??+??? ??==?? ds dr dt dt =r 速度的大小称速率。 3. 加速度(是描述速度变化快慢的物理量）平均加速度v a t ?=?r r 瞬时加速度(加速度) 220lim t d d r a t dt dt υυ→?===?r r r r △ a r 方向指向曲线凹向j dt y d i dt x d j dt dv i dt dv dt v d a y x ????ρ ?2222+=+== 2 2222222 2 2???? ??+???? ??=? ?? ? ??+??? ??=+=dt y d dt x d dt dv dt dv a a a y x y x ? 二.抛体运动运动方程矢量式为 2 012 r v t gt =+ r r r

大学物理公式大全

大学物理公式大全 TPMK standardization office【 TPMK5AB- TPMK08- TPMK2C- TPMK18】

第一章质点运动学和牛顿运动定律 1.1平均速度 v = t △△r 1.2 瞬时速度 v=lim △t →△t △r =dt dr 1. 3速度v=dt ds = =→→lim lim △t 0 △t △t △r 1.6 平均加速度a =△t △v 1.7瞬时加速度（加速度）a=lim △t →△t △v =dt dv 1.8瞬时加速度a=dt dv =22dt r d 1.11匀速直线运动质点坐标x=x 0+vt 1.12变速运动速度 v=v 0+at 1.13变速运动质点坐标x=x 0+v 0t+ 2 1at 2 1.14速度随坐标变化公式:v 2-v 02=2a(x-x 0) 1.15自由落体运动 1.16竖直上抛运动 ?????===gy v at y gt v 22122 ???? ???-=-=-=gy v v gt t v y gt v v 2212 0220 0 1.17 抛体运动速度分量???-==gt a v v a v v y x sin cos 00 1.18 抛体运动距离分量?? ? ??-?=?=20021sin cos gt t a v y t a v x 1.19射程 X=g a v 2sin 2 1.20射高Y= g a v 22sin 20 1.21飞行时间y=xtga —g gx 2 1.22轨迹方程y=xtga —a v gx 2 202 cos 2 1.23向心加速度 a=R v 2 1.24圆周运动加速度等于切向加速度与法向加速度矢量和a=a t +a n 1.25 加速度数值 a=2 2n t a a + 1.26 法向加速度和匀速圆周运动的向心加速度相同a n =R v 2 1.27切向加速度只改变速度的大小a t = dt dv 1.28 ωΦ R dt d R dt ds v === 1.29角速度 dt φ ωd = 1.30角加速度 22dt dt d d φ ωα== 1.31角加速度a 与线加速度a n 、a t 间的关系 a n =22 2)(ωωR R R R v == a t =αωR dt d R dt dv == 牛顿第一定律：任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，除非它受到作用力而被迫改变这种状态。牛顿第二定律：物体受到外力作用时，所获得的加速度a 的大小与外力F 的大小成正比，与

北京理工大学珠海学院大学物理第三章答案

一、判断题 1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。 ………………………………[×] 2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。 …………………………………………………[√] 3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动，都具有相同的角速度。 …………[√] 4. 刚体对轴的转动惯量越大，改变其对轴的运动状态就越困难。 ………………………[√] 5. 刚体质量一定，其转动惯量也就一定。 …………………………………………………[×] 6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时，则它们的合力也一定为零。 ………………[×] 7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时，则它们的合力矩也一定为零。 ………………[×] 8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。 ……………………………………………[√] 9. 刚体所受合外力矩为零时，刚体总角动量守恒。 ………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒，刚体的所受合外力矩为零。 ……………………………[×] 二、填空题 11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动，质点对过圆心的中心轴转动惯量J = 2 mr ，角动量L =mrv ；质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动，它相对于直线外距离为d 的一点的角动量为L =m dv 。 12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内，其一端固定在坐标原点O 位置，另一端可在平面内自由转动，当其转动到与x 轴正方向重合时，在细棒的自由端受到了一个34F i j =+ 牛顿的力，则此力对转轴的力矩M =4l 。 13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系，其质量分别为1m 、2m 、3m ，坐标分别为 ()11,x y 、()22,x y 、()33,x y ，则此质点系对 z 轴的转动惯量 J =()()()222222 111222333m x y m x y m x y +++++。 14. 质量为m 半径为r 的均匀圆盘绕垂直于盘面的中心轴转动，转动惯量J =2 1 2 m r ；质量为m 长度为l 的细棒，对于经过细棒一端且垂直于棒的轴的转动惯量J = 2 13 m l ；质量为m 长度为l 的细棒，对于与细棒中心轴平行、相距为4l 的轴的转动惯量J =2 748 m l ； 15. 如图1，一长为l 的轻质细杆，两端分别固定质量为m 和2m 的小球，此系统在竖直平面内可绕过其中心点O 且与杆垂直的水平固定轴转动。开始时，杆与水平成60 角，处于静止状态，无初速度地释放，杆球系统绕O 转动，杆与两小球为一刚体，绕O 轴转动惯量J = 2 34 m l 。释放后当杆转到水平位置时，刚体受到

大学物理课后习题答案(第三章) 北京邮电大学出版社

习 3-1 惯性系S ′相对惯性系S 以速度u 运动．当它们的坐标原点O 与O '重合时，t =t '=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程．解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为： 2222)(ct z y x =++ 2222)(t c z y x '='+'+' 题3-1图 3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢)(S '系时空坐标为),(),(11 c l l t x =''，在车站)(S 系： )1()()(2121 1c u c l l c u c l x c u t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为 ),(),(22 c l l t x -=''，在车站)(S 系： )1()(222 2c u c l x c u t t -='+'=γγ 于是 2 122c lu t t γ-=- 或者 l x x x t t t t 2,,02121='-'='?-=?='? )2()(22l c u x c u t t γγ='?+ '?=? 3-3 惯性系S ′相对另一惯性系S 沿x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S 系中测得两事件的时空坐标分别为1x =6×104 m,1t =2×10-4 s ，以及2x =12×104 m,2t =1×10-4 s ．已知在S ′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S ′系相对S 系的速度是多少? (2) S '系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解: 设)(S '相对S 的速度为v ， (1) )(1211 x c v t t -='γ )(2222 x c v t t -='γ 由题意 012='-'t t

大学物理公式大全下册

电磁学 1．定义： ①E 和B ： F =q(E +V ×B )洛仑兹公式 ②电势：? ∞ ?= r r d E U 电势差：?-+ ?=l d E U 电动势：? + - ?= l d K ε（q F K 非静电 =） ③电通量：???=S d E e φ磁通量：???=S d B B φ磁通链： ΦB =N φB 单位：韦伯（Wb ）磁矩：m =I S =IS n ? ④电偶极矩：p =q l ⑤电容：C=q/U 单位：法拉（F ） *自感：L=Ψ/I 单位：亨利（H ） *互感：M=Ψ21/I 1=Ψ12/I 2 单位：亨利（H ） ⑥电流：I = dt dq ； *位移电流：I D =ε 0dt d e φ 单位：安培（A ） ⑦*能流密度： B E S ?= μ 1 2．实验定律 ①库仑定律：0 204r r Qq F πε= ②毕奥—沙伐尔定律：204?r r l Id B d πμ?= ③安培定律：d F =I l d ×B ④电磁感应定律：ε感= –dt d B φ 动生电动势：?+ -??= l d B V )(ε 感生电动势：? - + ?=l d E i ε（E i 为感生电场） *⑤欧姆定律：U=IR （E =ρj ）其中ρ为电导率 3．*定理（麦克斯韦方程组）电场的高斯定理：?? =?0 εq S d E ??=?0 εq S d E 静（E 静是有源场） ??=?0S d E 感（E 感是无源场）磁场的高斯定理：??=?0S d B ??=?0S d B （B 稳是无源场） E =F /q 0 单位：N/C =V/ｍ B=F max /qv ；方向，小磁针指向（S →N ）；单位：特斯拉（T ）=104高斯（G ） Θ ⊕ -q l

大学物理知识点总结

o x B r ? A r B r y A r ? s ? 第一章质点运动学主要内容一. 描述运动的物理量 1. 位矢、位移和路程由坐标原点到质点所在位置的矢量r 称为位矢位矢r xi yj =+,大小 22r r x y ==+ 运动方程 ()r r t = 运动方程的分量形式() ()x x t y y t =???=?? 位移是描述质点的位置变化的物理量 △t 时间内由起点指向终点的矢量B A r r r xi yj =-=?+?△，22r x y =?+?△ 路程是△t 时间内质点运动轨迹长度s ?是标量。明确r ?、r ?、s ?的含义(?≠?≠?r r s ) 2. 速度（描述物体运动快慢和方向的物理量）平均速度 x y r x y i j i j t t t 瞬时速度(速度) t 0r dr v lim t dt ?→?== ?(速度方向是曲线切线方向) j v i v j dt dy i dt dx dt r d v y x +=+==，2222y x v v dt dy dt dx dt r d v +=??? ??+??? ??== ds dr dt dt = 速度的大小称速率。 3. 加速度(是描述速度变化快慢的物理量）平均加速度v a t ?=? 瞬时加速度(加速度) 220lim t d d r a t dt dt υυ→?===?△ a 方向指向曲线凹向j dt y d i dt x d j dt dv i dt dv dt v d a y x 2222+=+== 2 2222222 2 2???? ??+???? ??=? ?? ? ? ?+??? ??=+=dt y d dt x d dt dv dt dv a a a y x y x 二.抛体运动

同济大学大学物理下册答案

同济大学大学物理下册答案（缺11 12章）第九章热力学基础解答一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热；做功；其温度的改变量；过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74? 6．等压；绝热；等压；绝热 7．卡诺； %25 8．320K ；3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：0 1=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：0 2=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：0 3=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2．解：γγ C C B B V p V p =，3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p =；从状态方程RT M m pV =可知C A T T = 因此在全过程C B A →→中，0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有

大学物理公式大全

第一章质点运动学与牛顿运动定律 1、1平均速度 v = t △△r 1、2 瞬时速度 v=lim 0△t →△t △r =dt dr 1. 3速度v= dt ds = =→→lim lim △t 0 △t △t △r 1、6 平均加速度a = △t △v 1、7瞬时加速度(加速度)a=lim 0△t →△t △v =dt dv 1、8瞬时加速度a=dt dv =2 2dt r d 1、11匀速直线运动质点坐标x=x 0+vt 1、12变速运动速度 v=v 0+at 1、13变速运动质点坐标x=x 0+v 0t+ 2 1at 2 1、14速度随坐标变化公式:v 2 -v 02 =2a(x-x 0) 1、15自由落体运动 1、16竖直上抛运动 ?????===gy v at y gt v 22122 ???? ???-=-=-=gy v v gt t v y gt v v 2212 02200 1、17 抛体运动速度分量???-==gt a v v a v v y x sin cos 00 1、18 抛体运动距离分量?? ? ??-?=?=20021sin cos gt t a v y t a v x 1、19射程 X=g a v 2sin 2 1、20射高Y= g a v 22sin 20 1、21飞行时间y=xtga —g gx 2 1、22轨迹方程y=xtga —a v gx 2 202 cos 2 1、23向心加速度 a=R v 2 1、24圆周运动加速度等于切向加速度与法向加速度矢量与a=a t +a n 1、25 加速度数值 a=2 2 n t a a + 1、26 法向加速度与匀速圆周运动的向心加速度相同 a n =R v 2 1、27切向加速度只改变速度的大小a t = dt dv 1、28 ωΦR dt d R dt ds v === 1、29角速度 dt φ ωd = 1、30角加速度 22dt dt d d φ ωα== 1、31角加速度a 与线加速度a n 、a t 间的关系 a n =222)(ωωR R R R v == a t =αωR dt d R dt dv == 牛顿第一定律:任何物体都保持静止或匀速直线运动状态,除非它受到作用力而被迫改变这种状态。牛顿第二定律:物体受到外力作用时,所获得的加速度a 的大小与外力F 的大小成正比,与物体的质量m 成反比;加速度的方向与外力的方向相同。 1.37 F=ma 牛顿第三定律:若物体A 以力F 1作用与物体B,则同时物体B 必以力F 2作用与物体A;这两个力的大小相等、方向相反,而且沿同一直线。万有引力定律:自然界任何两质点间存在着相互吸引力,其大小与两质点质量的乘积成正比,与两质点间的距离的二次方成反比;引力的方向沿两质点的连线 1、39 F=G 2 2 1r m m G 为万有引力称量=6、67×10-11 N ?m 2 /kg 2 1、40 重力 P=mg (g 重力加速度) 1、41 重力 P=G 2 r Mm 1、42有上两式重力加速度g=G 2 r M (物体的重力加速度与物体本身的质量无关,而紧随它到地心的距离而变)

大学物理第三章题目答案

1 第三章 3.10 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3.10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? 题3.10图解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即 2 001ωmr 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v m r mv r ''=00 ωω''=?2020r r ③ 联立①、②、③得 100 2 1123 01 1121 30 212 ()()M g mr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω= +'=+'==?'+ 3.13计算题3.13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1m ＝50kg ，2m ＝200kg,M ＝15kg, r ＝0.1m

解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有 a m T g m 222=-① a m T 11=② 对滑轮运用转动定律，有 β) 2 1 (212Mr r T r T =-③ 又，βr a =④ 联立以上4个方程，得 2212s m 6.72 15 20058 .92002 -?=+ +?= + += M m m g m a 题3.13(a)图题3.13(b)图 3.15 如题3.15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=θ 30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量? 题3.15图解: (1)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： mvl I l mv +=ω0① 2 2202 12121mv I mv +=ω②

同济大学大学物理下知识点总结

普通物理（下）学习总结第九章——热力学基础章节概述：热力学整章的重点在于理想气体动态方程、热力学两大定律在各种状态下的应用以及卡诺定理用来计算各种热机的效率。 1、开尔文温度和摄氏温度的换算。t=T-273.15 2、平衡状态、准静态过程和非静态过程的区别。对于一个孤立系统而言，如果其宏观性质经过充分长的时间后保持不变，即系统的状态参量不再随时间改变，此时系统属于平衡态。而如果系统在变化过程中，每一个中间状态都无线接近于平衡态，则称之为准静态过程。 3、理想气体的状态方程：注意玻尔兹曼常量和斯密特常量的定义。 4、焦耳的实验，定义了热功当量。如用做功和传热的方式使系统温度升高相同时，所传递的热量和所做的功总有一定的比例关系，即1卡热量=4.18焦耳的功可见，功与热量具有等效性。做功与传热虽然有等效的一面，但本质上有着区别。做功：通过物体作宏观位移完成。作用是机械运动与系统内分子无规则运动之间的转换。从而改变内能。传热：通过分子间相互作用完成。作用是外界分子无规则热运动与系统内分子无规则热运动之间的转换。从而改变了内能。 5、对微小过程，即准静态过程，dW dE dQ += 6、等温等压过程、绝热过程、多方过程中热力学第一定律的应用。 7、热循环、制冷机与热机的关系、卡诺循环及其效率的计算。

8、热力学第二定律的两种表述（克劳斯修表述和开尔文表述）。开尔文表述（开氏表述）：不可能从单一热源吸取热量，使它完全变为有用功而不引起其它变化。克劳修斯表述（克氏表述）：热量不能自动地从低温物体传到高温物体。第十章——气体动理论章节概述：本章主要讲述了气体动理论的两个基本公式——压强公式和能量公式，理解分子热运动的原理，能够理解热力学第二定律和熵的意义。在本章中还大量地运用了统计规律来对分子的热运动进行分析，即通过对微观物理量求统计平均值的方法得到宏观物理量。 1、自然界的一切宏观物体，无论是气体、液体亦或是固体，都是由大量分子或原子构成。分子间存在相互作用力。构成物质的分子处于永恒的、杂乱无章的运动之中。 2、理想气体的压强公式和气体温度的微观实质。气体的温度其实标志着气体内部分子无规则热运动的剧烈程度，代表了气体分子的平均平动动能。 3、刚性分子的自由度。多原子分子 3 3 6 内能公式为。

大学物理上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第三章刚体的转动

第三章刚体的转动一、基本要求 1. 了解转动惯量概念，掌握刚体定轴转动的转动定律。 2. 理解角动量和刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。 3. 了解刚体定轴转动的功和能及能量守恒。二、基本内容 1．角速度矢量角速度矢量 d dt = θω 在刚体定轴转动中，ω方向沿轴由右手螺旋法则确定，可用正、负表示。刚体上任一点的线速度v 与ω之间关系为=?r v ω。 2．角加速度矢量角加速度矢量 d dt = ωβ 在刚体定轴转动中，β方向也沿轴，可用正、负表示。β与ω同向时转动加快，β与ω反向时转动减慢。在刚体上任一点有 t n =???=??a r a v βω 3．力矩力矩 =?M r F sin Fr ?=M ，?为r 与F 正向间夹角。M 的方向由右手螺旋法则确定。在定轴转动情况下，当规定了转动正方向后，可用正、负表示力矩的方向。显然平行于转轴的力和作用线通过转动轴的力对该轴产生的力矩为零。在定轴转动情况下计算力矩时，只考虑力在转动平面内的分力对转轴的力矩。 4．转动惯量 ∑=?=n i i i m r J 12——定义式。对于质量连续分布的刚体 dm r J ?=2 转动惯量是刚体转动惯性大小的量度。转动惯量的大小与刚体的质量有关，

又与刚体质量的分布有关，还与转轴的位置有关。关于转动惯量的计算：①转动惯量是可加的，应能用转动惯量的定义式求质点组、刚体组对某一转轴的转动惯量。②能计算质量均匀分布，几何形状简单的几种刚体的转动惯量。③会用平行轴定理求刚体或刚体组合对一任意（与质心轴平行的轴）轴的转动惯量。平行轴定理为2mh J J c +=。 5．刚体的转动定律 J =M β 或 d dt = L M 式中M 为作用于刚体上的合外力矩。i =∑M M ，i M 为作用刚体上任一外力对轴的力矩。对定轴转动，在规定了转动正方向后，∑=i M M ，可求合外力矩的代数和。定律中J 、、M β应对同一轴而言。转动定律在描述刚体定轴转动中与描述质点平动中牛顿第二定律地位相当。应用转动定律时应选定刚体转动的正方向，把转动定律变为标量式βJ M =。 6．角动量（动量矩）L 质点的角动量 m =?L r v sin rm ?=L v ，?为r 与m v 间夹角。刚体绕定轴转动的角动量 J =L ω 7．角动量定理和角动量守恒定律角动量定理 2 1 21t t dt J J =-? M ωω 2 1 t t dt ? M 表示在21t t →时间内的冲量矩之和。式中12J 、、、M ωω均对同一轴而言。应用角动量定理求解问题、应选定转动正方向，把矢量式变为标量式。角动量守恒定律，当0, 0,d dt ===常量L M L 。对于绕定轴转动的刚体，如果对固定轴的合外力矩为零，则对于该固定轴的角动量保持不变。应用此定律应注意：①守恒条件为对固定轴的合外力矩为零（而不是合外力为零）。刚体受合外力为零时，受合外力矩不一定为零。②角动量守恒时，对绕固定轴转动的刚体，J 不变，ω不变，此时刚体作匀角速转动。若系统对某轴的转动惯量发生变化，则其转动角速度也随之变化，但ωJ 不变。 8．转动动能转动动能 22 1 ωJ E k = 注意ω、J 应对同一轴而言。单位，焦耳。

大学物理第三章

大学物理近代物理学基础公式大全

大学物理第三章题目答案(精品资料).doc

大学物理下册知识点总结(期末)

大学物理第三章

同济大学物理下册答案

大学物理答案第3章

大学物理物理知识点总结

大学物理公式大全

北京理工大学珠海学院大学物理第三章 答案

大学物理课后习题答案(第三章) 北京邮电大学出版社

大学物理公式大全下册

大学物理知识点总结

同济大学大学物理下册答案

大学物理公式大全

大学物理第三章题目答案

同济大学大学物理下知识点总结

大学物理 上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第三章 刚体的转动

最新大学物理下册公式大全

北京理工大学珠海学院大学物理第三章答案

大学物理上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第三章刚体的转动