大学物理1复习资料(含公式-练习题)

1大学物理1期末复习提纲期中前20%期中后80%第一章质点运动学重点：求导法和积分法，圆周运动切向加速度和法向加速度。主要公式：1．质点运动方程（位矢方程）：ktzjtyitxtr)()()()(++=参数方程：。ttzztyytxx得轨迹方程消去→===)()()(2．速度：dtrdv=，加速度：dtvda=3．平均速度：trv∆∆=，平均加速度：tva∆∆=4．角速度：dtdθω=，角加速度：dtdωαβ=)(5．线速度与角速度关系：rvω=6．切向加速度：βτrdtdva==，法向加速度：rvran22==ω，总加速度：22naaa+=τ第二章质点动力学重点：动量定理、变力做功、动能定理、三大守恒律。主要公式：1．牛顿第一定律：当0=合外F时，恒矢量=v。2．牛顿第二定律：dtPddtvdmamF===3．牛顿第三定律（作用力和反作用力定律）：FF′−=4．动量定理：PvvmvmdtFItt∆=−=∆=⋅=∫)(12215．动量守恒定律：0,0=∆=PF合外力当合外力6动能定理：)(21212221vvmEdxFWxxk−=∆=⋅=∫合7．机械能守恒定律：当只有保守内力做功时，0=∆E8.力矩：FrM×=2大小：θsinFrM=方向：右手螺旋，沿Fr×的方向。9．角动量：PrL×=大小：θsinmvrL=方向：右手螺旋，沿Pr×的方向。※质点间发生碰撞：完全弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。一般的非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。※行星运动：向心力的力矩为0，角动量守恒。第三章刚体重点：刚体的定轴转动定律、刚体的角动量守恒定律。主要公式：1．转动惯量：∫=rdmrJ2，转动惯性大小的量度。2．平行轴定理：2mdJJc+=转轴过中心转轴过边缘直线2121mlJ=231mlJ=圆盘221mRJ=223mRJ=3.角动量：PrL×=质点：θsinmvrL=刚体：ωJL=4．转动定律：βJM=5．角动量守恒定律：当合外力矩2211:,0,0ωωJJLM==∆=即时6.刚体转动的机械能守恒定律:转动动能:221ωJEk=势能:cPmghE=（ch为质心的高度。）※质点与刚体间发生碰撞：完全弹性碰撞：角动量守恒，机械能守恒。完全非弹性碰撞：角动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。3一般的非弹性碰撞：角动量守恒，机械能不守恒。说明：期中考试前的三章力学部分内容，请大家复习期中试卷，这里不再举例题。第五章振动重点：旋转矢量法、简谐振动的方程、能量和合成。主要公式：1．)cos(ϕω+=tAxTπω2=弹簧振子：mk=ω，kmTπ2=单摆：lg=ω，glTπ2=2．能量守恒：动能：221mvEk=，势能：221kxEp=，机械能：221kAEEEPk=+=3．两个同方向、同频率简谐振动的合成：仍为简谐振动：)cos(ϕω+=tAx其中：++=∆++=22112211212221coscossinsincos2ϕϕϕϕϕϕAAAAarctgAAAAAa.同相，当相位差满足：πϕk2±=∆时，振动加强，21AAAMAX+=；b.反相，当相位差满足：πϕ)12(+±=∆k时，振动减弱，21AAAMIN−=。[例题1]质量为kg10103−×的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI()328cos(1.0ππ+=x的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)s52=t与s11=t两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=tAx，则知：3/2,s412,8,m1.00πφωππω===∴==TA又πω8.0==Avm1sm−⋅51.2=1sm−⋅2.632==Aamω2sm−⋅4(2)N63.0==mmaFJ1016.32122−×==mmvEJ1058.1212−×===EEEkp当pkEE=时，有pEE2=，即)21(212122kAkx⋅=∴m20222±=±=Ax(3)ππωφ32)15(8)(12=−=−=∆tt【例题2】一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t时质点的状态分别是：(1)Ax−=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax=处向负向运动；(4)过2Ax−=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为−==0000sincosφωφAvAx将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==tTAx)232cos(232πππφ+==tTAx)32cos(33πππφ+==tTAx)452cos(454πππφ+==tTAx【例题3】一质量为kg10103−×的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0.4，当0=t时位移为cm24+．求：(1)s5.0=t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm12=x处所需的最短时间；(3)在cm12=x处物体的总能量．5解：由题已知s0.4,m10242=×=−TA∴1srad5.02−⋅==ππωT又，0=t时，0,00=∴+=φAx故振动方程为m)5.0cos(10242txπ−×=(1)将s5.0=t代入得0.17mm)5.0cos(102425.0=×=−txπN102.417.0)2(10103232−−×−=×××−=−=−=πωxmmaF方向指向坐标原点，即沿x轴负向．(2)由题知，0=t时，00=φ，tt=时3,0,20πφ=+=tvAx故且∴s322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222−−×=×××===πωAmkAE【例题4】有一轻弹簧，下面悬挂质量为g0.1的物体时，伸长为cm9.4．用这个弹簧和一个质量为g0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm0.1后，给予向上的初速度10scm0.5−⋅=v，求振动周期和振动表达式．解：由题知12311mN2.0109.48.9100.1−−−⋅=×××==xgmk而0=t时，-12020sm100.5m,100.1⋅×=×−=−−vx(设向上为正)又s26.12,51082.03===×==−ωπωTmk即6m102)5100.5()100.1()(222222020−−−×=×+×=+=∴ωvxA45,15100.1100.5tan022000πφωφ==×××=−=−−即xv∴m)455cos(1022π+×=−tx【例题5】一轻弹簧的倔强系数为k，其下端悬有一质量为M的盘子．现有一质量为m的物体从离盘底h高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同?(2)此时的振动振幅多大?解：(1)空盘的振动周期为kMπ2，落下重物后振动周期为kmM+π2，即增大．(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t时，则kmgx−=0．碰撞时，以Mm,为一系统动量守恒，即0)(2vMmghm+=则有Mmghmv+=20于是gMmkhkmgMmghmkmgvxA)(21))(2()()(2222020++=++=+=ω【例题6】有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m20.0，位相与第一振动的位相差为6π，已知第一振动的振幅为m173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．解：由题意可做出旋转矢量图如下．由图知01.02/32.0173.02)2.0()173.0(30cos222122122=×××−+=°−+=AAAAA7∴m1.02=A设角θ为OAA1，则θcos22122212AAAAA−+=即01.0173.02)02.0()1.0()173.0(2cos2222122221=××−+=−+=AAAAAθ即2πθ=，这说明，1A与2A间夹角为2π，即二振动的位相差为2π.【例题7】试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1)+=+=cm)373cos(5cm)33cos(521ππtxtx(2)+=+=cm)343cos(5cm)33cos(521ππtxtx解：(1)∵,233712πππφφφ=−=−=∆∴合振幅cm1021=+=AAA(2)∵,334πππφ=−=∆∴合振幅0=A【例题8】一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为−=+=m)652cos(3.0m)62cos(4.021ππtxtx试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：∵πππφ=−−=∆)65(6∴m1.021=−=AAA合3365cos3.06cos4.065sin3.06sin4.0coscossinsintan22122211=+−×=++=ππππφφφφφAAAA∴6πφ=其振动方程为m)62cos(1.0π+=tx8第六章波动重点：时间推迟法、波动方程三层物理意义、波的干涉。主要公式：1．波动方程：])(cos[ϕω+=uxtAy取加号向左取负号向右,;,uu或：])(2cos[ϕλπ+=xTtAy2．相位差与波程差的关系：x∆=∆λπϕ23．干涉波形成的条件：振动方向相同、频率相同、相位差恒定。4．波的干涉规律：)(21212xx−−−=∆λπϕϕϕa.当相位差满足：πϕk2±=∆时，干涉加强，21AAAMAX+=；b.当相位差满足：πϕ)12(+±=∆k时，干涉减弱，21AAAMIN−=。【例题1】一平面简谐波沿x轴负向传播，波长λ=1.0m，原点处质点的振动频率为ν=2.0Hz，振幅A＝0.1m，且在t=0时恰好通过平衡位置向y轴负向运动，求此平面波的波动方程．解:由题知0=t时原点处质点的振动状态为0,000=vy，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xTtAy则有]2)12(2cos[1.0ππ++=xty)224cos(1.0πππ++=xtm【例题2】已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y=Acos(CxBt−)，其中A，B，C为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差．解:(1)已知平面简谐波的波动方程)cos(CxBtAy−=(0≥x)将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxtAy−=比较，可知：9波振幅为A，频率πυ2B=，波长Cπλ2=，波速CBu==λυ，波动周期BTπυ21==．(2)将lx=代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(ClBtAy−=(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为)(212xx−=∆λπφ将dxx=−12，及Cπλ2=代入上式，即得Cd=∆φ．【例题3】沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y=0.05cos(10xtππ4−)，式中x,y以米计，t以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求x=0.2m处质点在t=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达哪一点?解:(1)将题给方程与标准式)22cos(xtAyλππυ−=相比，得振幅05.0=Am，频率5=υ1−s，波长5.0=λm，波速5.2==λυu1sm−⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max=×==Av1sm−⋅222max505.0)10(ππω=×==Aa2sm−⋅(3)2.0=xm处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==uxs故2.0=