理工科大学物理知识点总结及典型例题解析

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。位置矢里•r=r(0=x(t)i+j+z(况位置矢里：Ar=r(t+A?)-r(?)一般情况下：3、速度和加速度：一drV=dt.-dvd3,a=——=dtdt24、匀加速运动：侦=常矢量；v=v+at0r=vt+十025、一维匀加速运动:v=v+at0；x=vt+±at202y2-v2=2ax06、抛体运动：a=0X；a=-gyV=vXcos0；0v=vsinQ-gtyoX=V0cos0r；y=vsin。］-+g『2•027、圆周运动：a=an+Clt法向加速度:切向加速度dvdt8、伽利略速度变换式：y=y，+U【典型例题分析与解答】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确滑轮到原船位置的绳长为l。当人以匀速▼拉绳，船运动的速度V'为多少法向加速度:切向加速度dv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：L<X=、』72-h2=j(l-Vt)2-h2、、因此船的运动速率为："——"dxdt2.一质点具有恒定的加速度a=(6i+4j)m/s2，在t=0时刻，其速度为零，位置矢量r=10i(m).求：(1)在任意时刻的速度和位置矢量；⑵质点在xoy平

面的轨迹方程，并画出轨迹的示意图.dxdt解.(1)由加速度定义a=&，根据初始条件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j=10im知x0=10m,y0=°.而直线斜率k=dy/dx=tga=3,则a=33。41,轨迹方程如图所示3.质点的运动方程为x=-10t+30t2和y=15t-20t2,(SI)试求：(1)初速度的大小和方向；⑵加速度的大小和方向.解.（1）速度的分量式为v=dx/dt=-10+60tv=dy/dt=15-解.（1）速度的分量式为v=dx/dt=-10+60t当t=0时，v=-10m/s,v=15m/s,则初速度的大小为v=*2+v2=18.0m/s0x0y而V0与x轴夹角为a=arctg-0y=123。41'

v0x（2）加速度的分量式为dva=―=60ms-2xdtdva=—=40ms-2ydt则其加速度的大小为a=扩+a2=72.1ms-2a与x轴的夹角为&=arctg七=-33°41'（或326。19'）ax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v=vcosav=vv=vsina-gt则t=5s时质点的速度为V=sv=s质点在x,y轴的位移分别为x=v0xt=y=v0t-g2=-60.0mrX-p.AItLl”/匕A/Z.八BL一一一一质点在抛出5s后所在的位置为r=xi+yj=(108.25i-60.0j)m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⑵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)七=dxA/dt=4+2tv=dx/dt=4t+6t2当t=0时，vA当t=0时，vA=4m/svB=0因此vA>vB⑵当小车A和B相遇时，xa=xb即4t+12=2t2+2t3解得t=0、（无意义）⑶小车A⑶小车A和B的相对速度为零，即va-vb=03t2+t-2=0解得t二.-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F=o时y=常矢量牛顿第二定律—^^^—牛顿第二定律F=ma=mai+mai+makxyz牛顿第三定律f=-F'压力和张力2、技术中常见的几种力：压力和张力重力P=mg弹簧的弹力f=-kx滑动摩擦力[=vkN静摩擦力f3、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】一木块在与水平面成a角的斜面上匀速下滑.若使它以速度七沿此斜面向上滑动，如图所示.证明它能沿该斜面向滑动的距离为v/4gsina.证.选如图所示坐标，当木块匀速下滑时，由牛舰第二定理有尊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如图所示，已知F=X104N,m1=X103kg,m2=X10skg两物体与平面间的摩擦系数为，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,m解.如图所示，设m2的加速度为a2,m1的加速度为a「程为由牛顿第二定律分别列出m1,m2的运动方T®1'2F-T-^mg=maT-^mg=ma

由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计，则有"=0考虑到T'=T,T，=T,且绳子不被拉长，则有a=2a112221联立上述各式，可得a=2F-2叩（2气+mi）=4.78m.s-224m+mT=m(rg+a2)=1.35x104N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3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3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a=ro2=R^2sin0，钢球所受到的作用力为重力？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、则F=Nsin0=mRo2sin0N=mRo有、则F=Nsin0=mRo2sin0N=mRo2(1考虑到钢球在垂直方向受力平衡，则有Ncos0=P=mg由图可知cos0=(R-h)/R.故有h=R-g/o2

一质量为m的小球最最初位于如图所示的A由图可知cos0=(R-h)/R.故有h=R-g/o2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N.由牛顿第二定律得小球在切向方向运动方向方程为F=ma-mgsina=mdv/dt由v=ds/dt=rda/dt可得dt=rda/v.将其代入上式后，有vdv=-rgsinada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jvvdv=ja(rgsina)da得v=(2rgcosa05小球在法线方向的运动方程为F=ma小球在C点的角速度为s=v/r=(2gcosa/rN-mgcosa=mv2/r=2mgcosa由此得小球对圆弧的作用力为N'=-N=-3mgcosa有一个可以水平运动的倾角为a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^，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.小球在法线方向的运动方程为F=ma(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fcos侦-Nsin以=m(-a)fsin以+Ncosa-mg=0f<RN则a>sgcosagcosa+/sina(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-fcosa-Nsina=m(-a)-fsina+Ncosa-mg=0<sina+/cosacosa-/sina故sina-以cosa<<sina+/cosacosa+/sinacosa-/sina第三章功与能本章提要

1、功：dW=F-drW=JdW=JBF-dr=JbFcos9dr=JB(Fdx+fdy+fdz)2、AAAxyz动能定理：W=+mv2—+mv222213、保守力与非保守力:2、3、保守力与非保守力:W=JF保-dr=0W=JF非-dr丰04、势能：对保守内力可以引入势能概念万有引力势能：e=—Gmm以两质点无穷远分离为势能零点。重力势能：Ep=mgh以物体在地面为势能零点。弹簧的弹性势能：E=；kx2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。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=Jx2F-dx=J206xdx=3(202-162)=432JX]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W=十mv2-十mv2W=十mv2-十mv2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W=W，故有十mv2-1mv2=十mv2-+mv21222212322由此得子弹穿过第二块木板后的速率为v=j2v2-v2=100m/s3、.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1.0x10-2m・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j0.01kxdx=jXkxdxx=0.0141m00.01即钉子经两次敲击进入木板的总深度为.由此可知第二次打击使钉子进入

木板的深度为d=x-x^=0.0041m4、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mgR=十mv2+mgRcos0根据牛顿第二定律，有mgcos0-N=十mv木板的深度为d=x-x^=0.0041m根据牛顿第二定律，有mgcos0-N=十mv2R而粒子刚好离开时,N=0.因此有mgR=十mgRcos0+mgRcos023此时,粒子的速率为v=pgRcos0=言Rgv的方向与P夹角为a=90°-0=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X。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-2(M+m)V2=1kx2则v=.K/(M+m)x匕0⑵若设x为物体A离开。点的最大距离,由系统机械能守恒，有十Mv2=士kx222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=£pi

i2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时，p=£p.常矢量。i3、质心的概念£mr质心的位矢：r=（L£mr）r=一jrdmcmm.iicm4、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簧接触时开始的，当弹簧受到最大压缩时,M^Dm具有共同的速度v1,此时弹簧的压缩量为％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叫在碰撞过程中，系统的机械能守恒,M联立⑴⑵式,得「3十mv2=十(m+M)v2++kx22、质量为7.2x10-2文g、速率为6.0x107m/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5.0x107m/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.在碰撞过程中，系统的机械能守恒,M联立⑴⑵式,得「3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mv=mv+2mv=mvcos。+imvcos以有mv=mv+2mv=mvcos。+imvcos以0=mvsin。一十mvsina由碰撞前后系统机械能守恒，有+mv2=十(m/2)v2++mv2粒子B相对于粒子A原方向的偏转角。=54。6',粒子A的偏转角a=22。20'3、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口，求子弹的初速度.解.以M、巾和弹簧为研究对象，系统在水平方向动量守恒，有mv=(m+M)u

子弹打入物体后，在弹黉被压缩的过程中,由功能原理，可得十(m+M)u2=+Kx2+p(m+M)gx(2)22联立(1)(2)式得v=,mKx2/(M+m)+2^gx4、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2W=+(2m)u2-2mgh由此可得v=4.\：'gh

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口，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mgh二十mv能守恒mgh二十mv212十mv2=十mv2+十Mv222122小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒，有十mv;=mgh'若钢块M在平面上运动经①秒后停下来，由动量定理有-HMgAt=0-Mv?联立求解可得h』Mzm)2ha=2mB"M+m)h(M+m)第五章刚体的转动本章提要：1、刚体的定轴转动:1、刚体的定轴转动:2、3、42、3、4、5、角加速度；B=竺dt匀加速转动：①二①。+Pt0-0「气t+邛12①2-①2=2P0刚体的定轴转动定律：M=JP刚体的转动惯量：J二"2J」r2dmi平行轴定理J=J+md2力矩的功：w=JMd0转动动能：E=1Jw2k2刚体定轴转动的动能定理：w=+Jw2-士JW2刚体的重力势能：E=mgh机械能守恒定律：只有保守力做功时，E+E=常量角动量：质点的角动量：L=rxP=mTxv质点的角动量定理：M=—Ldt质点的角动量守恒定律：M=0,L=rxmr=常矢量刚体定轴转动的角动量：L=人刚体定轴转动的角动量定理：M=dLdt刚体定轴转动的角动量受恒定理：当合外力矩为零时人=常量1、设某机器上的飞轮的转动惯量为转动的角速度为，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8应为常量，故有。=(rn-①o)/t=(0-31.4)/20=-1.57rad/s.根据转动定律，可得制动力矩M=邛=63.6x(-1.57)=-99.9N.m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m/口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m/口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m和m两物体运动的加速度a和a'大小相等，均为分别应用牛顿第二定律和•转动定律，冲叫a，但方向相反.对物体巾1和巾以及滑轮可得m和转动定律mig-Ti=m1a

TOC\o"1-5"\h\zT，2-m2g=m2a,(2)(T1-T2)r=邛(3)而J量不计，且长度不变，故m和m两物体运动的加速度a和a'大小相等，均为分别应用牛顿第二定律和•转动定律，冲叫a，但方向相反.对物体巾1和巾以及滑轮可得m和转动定律mig-Ti=m1am+m+M/2写f2mf2m+M/2i=m+3+M/2mig22T=2m】+M/2m2m+m+M/?11^如果略去滑轮的运动，即T1=T2=T,有a=a=(m1-m2)g

m+m=T=2mim2g2m1+m23、质量为，长为的均匀细棒，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p=M/J=3g/（2l）=36.8rad.s-2(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=mgi/2=(3)棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能，则有Ek=1/2J32，所以竖直位置时棒的角速度为o=12Ek/J=.('顼=8.57rad/s4、如图所式,A、B两个轮子的质量分别为m和m,半径分别为r和r另有1212.一绳绕在两轮上,并按图示连接.其中A轮绕固定轴。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T'r=十mr2&且p=a/r1211AAA1故T'=±ma(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mg-T=ma(2)又根据转动定律，对B的转动有Tr=+mr2pB

且有p=a/r故T=+ma⑶而T=TaA=a-aB联立求解可得2T/m1=a-2T/m2Tmma2m且有p=a/r故T=+ma⑶2c3m+m2(m+m)gc3m+2m5、在图示的装置中，弹黉的劲度系数K=m,滑轮的转动惯量J=半径R=,物体质量m=6X102(m+m)gc3m+2m守恒.设物体下落h二时的速率为守恒.设物体下落h二时的速率为v,则mgh=十2v=：'(2mg-Kh)h=0.16m/s'm+(J/R2)6、如图所示，质量为气和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.当巾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⑵中把m/奂成拉力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mgh=+(m+m)v2v=2mgh/(m+m)1212%112(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v=v=<2mgh/(m+m+M/2)mgh=十(m+m)v2+十Jw2(3)由转动定律，有(F-T)R=邛而T=ma=mRp则p=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=mRTR普适气体常数：R=8.31J-3、理想气体状态方程：PV=mRTR普适气体常数：R=8.31J-mol-i-k-i阿佛加德罗常数：n=6.023x1023mol-i玻尔兹曼常数：k=E=1.38x10-23J・k-i

NA4、理想气体的压强：p=1nmv2=乞n&5、温度的统计概念：w,=IkT6、能均分定理:每一个自由度的平动动能为：：kT一个分子的总平均动能为：厂=；kT节mol理想气体的内能为：E=节2RT7、速率分布函数：f(v)=dNdv三速率：最概然速率v=］竺=I冲平均速率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、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X10-8pa.试问在27°C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）=X10i2m-3故每立方厘米内的分子数为X106个2、2g氢气装在20X10-3m3的容器中，当容器内的压强为X104Pa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：mv2=；kT,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T=^PV则+mv2=3k四=1.99x10-21JMR22MR3、求温度为127C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=1.60、RT/h=2.06X103m/sV2=1.73.,：'RT/h=2.23x103m/sv=1.41JRT/h=1.82x103m/s由于三种速率与分子的摩尔质量成反比，而'币无=4,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4.即v=X102m/s,vV2=5.58x102m/s,V0(v)o=X1O2m/s4、在30X10-3m3的容器中装有20g气体,容器内气体的压强为X105Pa,求气体分子的最概然速率解.最概然速率v=1.41JRT石,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=hPV/(MR),故vP=1.41JPVM=389m/s5、收音机所用电子管的真空度为X10-3Pa.试求在27°C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=X10-8cm).

解.由压强公式可得单位体积中的分子数n=P/(kT)=X10i7m-3分子的平均自由程为兀=kT/(丁2兀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=pdVW=jV2PdV匕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。dQ=dE+dWC=i+2RCi+2Y=srV3、热力学第一定律：Q=(E2dQ=dE+dWC=i+2RCi+2Y=srV迈耶公式：Cp-Cv=R摩尔热容比：5、理想气体的四种过程：等体过程：dWv=PdV=0dQ=dE=mCdT=m十RdTQ=E-E=mC(T-T)=MiR(T-T)V21日V21日221等压过程：dQp=dE+PdVQp=E2-E]+jV2PdV=MC(T-T)+M±R(T-T)四V21四22'=mCp(T-T)等温过程：dT=0dE=0dQT=dWT=pdVf,V,PWt=Qt=jPdV=mRTln奇=mRTln寸11绝热过程：dQ=0W=jPdV=-mCV(T2-T1)绝热方程：PVy=常量Vy-1T=常量Py-1T-y=常量6、6、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。循环效率：门=W=1-言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：w=M=Q2—w1Q"%7、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：门=1-二1逆循环的致冷系数：w=T2c气-T28、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X103J的热量，并保持在X105Pa下膨胀，体积从10-2m3增加到15X10-3m3,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）=X102J由热力学第一定律Q=AE+W,可得空气内能的改变为AE=Q-W=1.12x103J2、100g水蒸气自120°C升到140°C.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q=(i/2)R,定压摩尔热容C=(i/2+1)R，则等体过程中吸收的热量为Q=(M/日)CdT=(M/日)C(T-T)=十(M/日)R(T-T)vvv21221=2.77x103J等压过程中吸收的热量为Q=(M加)CdT=(M加)C(T-T)=(M加)(i/2+1)R(T-T)ppp2121=3.69x103J3、压强为X105Pa,体积为10-3m3的氧气0C加热到100C,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/r=PV]/(RT])压强不变的过程即等压过程，氧气所需的热量为Q=(M/r)C(T-T)=7PV/(RT)R(T-T)pp2121121=7(PV/T)(T-T)=130J21121

体积不变的过程即等体过程，氧气所需的热量为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)由热力学第一定律Q=AE+W得等压过程中氧气所作的功为W=Q-AE=(M/r)(i/2+1)R(T-T)-(M/r)(i/2)R(T-T)pp2121=37.1J此结果亦可由w=JPdV=P(V-V)及V/V=T/T得到.pV211212在等体过程中氧气所作的功为W=Q-AE=(M/r)C(T-T)-(M/r)C(T-T)=0vvv21v21此结果亦可直接由W=JPdV=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叫=』g=时丁叫门=PbVbln(V"V)=3.15x103J由于等温过程中内能不变，由热力学第一定律Q=AE+W，可得氧气在a到b过程中所吸收的热量为Q=WT=X103j

(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=PAV,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=W+W=W=P(V-V)=X10aJaccbcbcbc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=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、一卡诺热机的低温热源温度为7°C,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n=1-(T2/T1)可知，具有相同低温热源而效率分别为门’和门”的两热机，其高温热源的温度分别为T1'=T2/(i-n')T「二T2/(i-n")因此，为提高效率而需提高的温度为AT=Ti"-Ti，=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=工些r04兀8r20真空中的介电常数：e=8.85X10-12C2•N-1•m-23、电场力叠加原理：F=ZFi

i——E=Z—I-1dq—E=Jro4兀8——E=Z—I-1dq—E=Jro4兀8r206、电通量：中=jE•dSes7、7、高斯定律：jE•dS=s8、典型静电场:均匀带电球面:0J均匀带电球面:0J1q—

r0

4兀8r2

0（球面内）（球面外）均匀带电无限长直线：E=二，方向垂直于带电直线。

2兀8r0均匀带电无限大平面：E=^，方向垂直于带电平面。2809、静电场对电荷的作用力：F=qE

10、静电场是保守力场：EE-df=0L11、电势差：Up-Uq=J,QE-df电势：Up=ME-df电势叠加原理：U=zUi12、电荷的电势：U=一L4双r

0电荷连续分布的带电体的电势:U=j&4双r0势面间间距小。势面间间距小。13、场强E和电势u的关系:积分形式：Up=』8E-df微分形式：E=-VU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，，移动电荷时电场力做的功:14、电荷在外电场的电势能：W=qUApQ=q(Up-Uq)=W-W并指向电势降低方向电场线密处等，，移动电荷时电场力做的功:14、电荷在外电场的电势能：W=qUApQ=q(Up-Uq)=W-Wq(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E,1E2，E3,且E1=E2=E3,点o处的总场强在坐标轴上的分量分别为E=Ecos60。+Ecos60。-E=0E=E2sin60。-E1sin60。=0所以E=Ei+Ej=00xy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。处的总场强在坐标轴的分量分别为E=Ecos60。+E+Ecos60。=2E=2k2q/a2=k4q/a2E=Esin60。-Esin60。=0所以E=k4q/a2

（4）取图所示坐标，除在x轴上的点。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=2kq/a2=k2q/a28-5.—半径为R的半圆细环，均匀分布+Q电荷，求环处的电场强度.解.以环心o为原点取如图坐标轴，在环上取一线元di,其所带电量为dq=Qdl/（兀R），它在环心处的电场强度dE在y轴上的分量为TOC\o"1-5"\h\z1Qdl1、dE=sinb/——）y4双兀RR20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。处的总的电场强度为E」-dEy*=』-志熹如轲J-4^krsln0de*=-2^7j0008-9.两条无限长相互平行的导线，均匀带有相反电荷，相距为a，电荷线密度为入.（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£+和£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，有力2双力2双(a-X)0所以，点P处的合场强为e=(E++E)=x(a