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01课程介绍与教学目标Chapter《大学物理》课程简介0102教学目标与要求教学目标教学要求教材及参考书目教材参考书目《普通物理学教程》（力学、热学、电磁学、光学、近代物理学），高等教育出版社；《费曼物理学讲义》，上海科学技术出版社等。
02力学基础Chapter质点运动学位置矢量与位移运动学方程位置矢量的定义、位移的计算、标量与矢量一维运动学方程、二维运动学方程、三维运动学方程质点的基本概念速度与加速度圆周运动定义、特点、适用条件速度的定义、加速度的定义、速度与加速度的关系圆周运动的描述、角速度、线速度、向心加速度01020304惯性定律、惯性系与非惯性系牛顿第一定律动量定理的推导、质点系的牛顿第二定律牛顿第二定律作用力和反作用力、牛顿第三定律的应用牛顿第三定律万有引力定律的表述、引力常量的测定万有引力定律牛顿运动定律动量定理角动量定理碰撞030201动量定理与角动量定理功和能功的定义及计算动能定理势能机械能守恒定律03热学基础Chapter1 2 3温度的定义和单位热量与内能热力学第零定律温度与热量热力学第一定律的表述功与热量的关系热力学第一定律的应用热力学第二定律的表述01熵的概念02热力学第二定律的应用03熵与熵增原理熵增原理的表述熵与热力学第二定律的关系熵增原理的应用04电磁学基础Chapter静电场电荷与库仑定律电场与电场强度电势与电势差静电场中的导体与电介质01020304电流与电流密度磁场对电流的作用力磁场与磁感应强度磁介质与磁化强度稳恒电流与磁场阐述法拉第电磁感应定律的表达式和应用，分析感应电动势的产生条件和计算方法。
法拉第电磁感应定律楞次定律与自感现象互感与变压器电磁感应的能量守恒与转化解释楞次定律的含义和应用，分析自感现象的产生原因和影响因素。
介绍互感的概念、计算方法以及变压器的工作原理和应用。
分析电磁感应过程中的能量守恒与转化关系，以及焦耳热的计算方法。
电磁感应现象电磁波的产生与传播麦克斯韦方程组电磁波的辐射与散射电磁波谱与光子概念麦克斯韦电磁场理论05光学基础Chapter01光线、光束和波面的概念020304光的直线传播定律光的反射定律和折射定律透镜成像原理及作图方法几何光学基本原理波动光学基础概念01020304干涉现象及其应用薄膜干涉及其应用（如牛顿环、劈尖干涉等）01020304惠更斯-菲涅尔原理单缝衍射和圆孔衍射光栅衍射及其应用X射线衍射及晶体结构分析衍射现象及其应用06量子物理基础Chapter02030401黑体辐射与普朗克量子假设黑体辐射实验与经典物理的矛盾普朗克量子假设的提普朗克公式及其物理意义量子化概念在解决黑体辐射问题中的应用010204光电效应与爱因斯坦光子理论光电效应实验现象与经典理论的矛盾爱因斯坦光子理论的提光电效应方程及其物理意义光子概念在解释光电效应中的应用03康普顿效应及德布罗意波概念康普顿散射实验现象与经德布罗意波概念的提典理论的矛盾测不准关系及量子力学简介测不准关系的提出及其物理量子力学的基本概念与原理意义07相对论基础Chapter狭义相对论基本原理相对性原理光速不变原理质能关系广义相对论简介等效原理在局部区域内，无法区分均匀引力场和加速参照系。
---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------1 / 7《大学物理教学课件》物理四、一质量为 m 0 ，长为 l 的子弹从水平方向飞来，击中棒少。
解：由角动量守恒定律可得由此可得棒和子弹的瞬时角棒中点获得的瞬时速率为 0063 4 2mv lv rml m l = = =+七、一质量为 m 、半径为R 的固定轴O 转动．另一质量为 m 始时轮是静止的，求子弹打 八、长为 l 的木杆,质量为 M 水平速度 v 射入杆的一端,并 15、一放置在水平桌面上的（1）物体在正方向端点；（2处，向负方向运动；（4）物体方程。
的棒能绕通过 O 点的水平轴自由转动。
一质量为棒的中点且留在棒内，如图所示。
则棒中点获得得 2 速度为0063 4mvml m l =+ 0033 4mvm m + 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上（可看0m 的子弹（可看作质点）以速度0v 射入轮缘，打入后车轮的角速度。
2mR J = 20 0 0) ( R m m R v m + = R m mv m) (00 0+= M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。
今有一子并留在其中,求木杆获得的角速度（2121Ml J = ） 弹簧振子，振幅22.0 10 A m= ，周期 0.5 T =2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在体在21.0 10 x m= 处，向正方向运动。
求以2 21( )2 12 2l lmv Ml m = +6( 3 )mvM m l =+m ，速率为 v 0 的得的瞬时速率为多看作圆环），可绕并留在轮内。
开子弹质量为 m,以。
50 s 。
当 0 t = 时，21.0 10 x m= 以上各情况的运动O v 0 解：由题给条件知22.0 10 A m= ， 2 / 4 T = =1rad s 而初相ϕ可采用两种不同方法来求。
解析法：根据简谐运动方程 cos( ) x A t ϕ = + ，当 0 t = 时有0cos x A ϕ = ，0sin A ϕ = 。
当（1）0x A = 时，1cos 1 ϕ= ，则10 ϕ= ；（2）00 x = 时，2cos 0 ϕ = ，则22ϕ = ，因00 ，取22ϕ = ；（3）201.0 10 x m= 时，3cos 0.5 ϕ= ，33ϕ= ，由00 ，取33ϕ= ；（3）201.0 10 x m= 时，4cos 0.5 ϕ = ，43ϕ = ，由00 ，取443ϕ = 。
旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b）所示，它们所对应的初相分别为10 ϕ = ，22ϕ = ，33ϕ = ，443ϕ = 。
振幅 A 、角频率、初相ϕ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）22.0 10 cos4 x t = ( ) m （2）22.0 10 cos(4 /2) x t = + ( ) m （3）22.0 10 cos(4 /3) x t = + ( ) m （4）22.0 10 cos(4 4 /3) x t = + ( ) m 5、图示为一平面简谐波在t＝0 时的波形图，求：（1）该波的波函数；（2）P 处质点的振动方程。
解:（1）由图知：---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------3 / 7A ＝0.04m ，＝0.40m ， 2ϕ = 0.405( )0.08T su= =（2）P 处质点的振动方程为：6、平面简谐波沿 O x 轴正方向传播，已知振幅 m s T m A 2 , 2 , 1 = = = 波长 周期 ，在 t=0时,坐标原点处的质点位于平衡位置沿 O y 轴正方向运动。
求：（1）波动方程； （2）x=0.5m 处质点的振动方程。
解:（1） ] ) ( 2 cos[ ϕ + =xTtA y2ϕ = cos[2 ( ) ]m2 2 2t xy = （2） cos( )m y t = 7、一平面简谐波，波长为 12m ，沿 Ox 负向传播。
如图所示为原点处质点的振动曲线，求：（1）原点处质点的运动方程，（2）此波的波动方程。
解：ϕ32=6 ϕ ==ts T 122= = 原点处质点的运动方程为波动方程为 设 ) cos( ϕ + = t A y 设 ] ) ( 2 cos[ ϕ + + =xTtA y m t y )326cos( 4 . 0 + =mx tmx ty)326 6cos( 4 . 0]32)12 12( 2 cos[ 4 . 0 + + =+ + = 16、两个同心球面的半径分别为1R 和2R ，各自带有电荷1Q 和2Q 。
求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？分析：通常可采用两种方法（1）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球面对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势。
取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场分布，再由可求得电势分布。
s t) (m y4 . 0 2 . 0 50（2）利用电势叠加原理求电势。
一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为04QVr = 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势04QVR = ，其中 R 是球面的半径。
根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布。
解 1：（1）由高斯定理可求得电场分布，2 1，1 23 220,(由电势可求得各区域的电势分布。
当1r R 时，有 1 21 21 1 2 31 1 20 1 2 0 21 10 ( )4 4R Rr当1 2R r R 时，有 222 2 31 1 20 2 0 21 1( )4 4Rr RV E dl E dlQ当2r R 时，有1 23 304rQ---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------（2）两个球面间的电势差 21112 20 1 21、两个很长的共轴圆柱面21 2( 3.0 10 , 0.10 ) R m R m= = ，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450V 。
求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？（2） 0.05 r m = 处的电场强度。
解：（1）两圆柱面之间的电场强度为02Er= 根据电势差的定义有解得8 10 122 122.1 10ln /UC mR R = = （2）解得两圆柱面之间 0.05 r m = 出的电场强度1074752E V mr= = 18、两同心带电球面,分别带等量异号电荷 Q。
内球面半径1R ，带电量+Q；外球面半径2R ，带电量-Q。
求球面内外的场强分布和两球面间的电势差。
解：1 10( ) E r R =2 1 220( )4QE R r Rr =3 20( ) E r R、如图所示，两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别是 R 1 、R 2 ，单位长度上的电荷为，内筒带正电，外筒带负电，求空间各点的电场强度及两筒间的电势差。
解：5 / 7(1) 作同轴圆柱面为高斯面，设筒面高为 L，根据高斯定理 02对1r R ，，10 E = 对1 2R r R ，，202Er= 对2r R ，， 0 E = (2) 两筒间电势差、在真空中，有一电荷为 Q，半径为 R 的均匀带电球壳，其电荷是面分布的。
试求：（1）球壳内两点Ar 、Br 间的电势差；（2）球壳外两点Cr 、Dr 间的电势差；（3）球壳外任意点的电势；（4）球壳内任意点的电势。
解：由高斯定理可求得电场分布（2 分）2024 rQE= R r （1）球壳内两点的电势差（2）球壳外两点的电势差（3）球壳外任意点的电势（4）由于带点球壳是一个等势体，当 R r = 时得球壳表面及内部的电势 RQV04 = 20、有一同轴电缆，其尺寸如图（a）所示，两导体中的电流均为 I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。
计算以下各处的磁感强度：（1）1r R ；（2）1 2R r R ；（3）2 3R r R ；（4）3r R 。
画出 B r 图线。
同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为 r 的同心圆为积分路径，，利用安培环路---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------定理，可解得各区域的磁感强度。
解：1r R 21 0212IB r rR =01212IrBR= 1 2R r R 2 02 B r I =022IBr= 2 3R r R 2 223 02 23 2( )2 [ ]( )r RB r I IR R =2 20 332 23 22I R rBr R R= 3r R4 02 ( ) 0 B r I I = =40B = 磁感强度 ( ) B r 的分布曲线如图（b）。
20、如图所示，直角三角形金属架 abc 放在均匀磁场中，磁场 B平行于 ab 边，bc 的长度为 l。
当金属框架绕 ab 边以匀角速度转动时，abc 回路中的感应电动势和 a、c 两点间的电势差 Ua- Uc 为：（B）7 / 7。
