歐姆定律的應用知識點范文第1篇
1 直流電路歐姆定律及應用
1.1 歐姆定律
歐姆定律, 有部分電路歐姆定律和全電路歐姆定律兩種形式, 部分電路歐姆定律的內容是導體中的電流強度和導體兩端的電壓成正比, 和導體本身的電阻成反比, 即。而全電路歐姆定律為電路中的電流強度, 和電源的電動勢成正比, 和電路的總電阻成反比。即。對于直流電路這兩種形式, 雖然在中學學過, 也經過大量的應用, 但對于復雜電路應用還存在一定的困惑, 下面我們通過實例進行探討, 加深對歐姆定律的理解, 得以正確應用歐姆定律, 為電工學的學習打下扎實的基礎。
1.2 復雜電路的應用
所謂的復雜電路, 通常指的是含有兩個或兩個電源以上的電路, 這類電路通常用基爾霍夫定律或者用戴維南定理求解, 但在應用中遇到含有電源的電路時, 歐姆定律的應用存在問題。下面, 通過實例探討。
如圖1所示電路, 若E1=18V, E2=15V, R1=12Ω, R2=10Ω, R3=15Ω, 求I3,
應用戴維寧定理求解時, 把復雜電路看成一個有源二端網絡和一個待求支路相串聯的電路。因為有源二端網絡能夠簡化為一個電壓源, 這樣, 復雜電路就簡化為一個簡單電路。
待求支路如圖2所示, 首先要計算二端有源網絡的開路時的端電壓UOC, 對于初學者而言, 含有兩個電源, 應用歐姆定律有一定的困難, 主要是電流的方向選擇問題, 若選擇ABCD方向為電流方向, 應用閉合回路的歐姆定律有E1-E2=IR1+IR2, E1和E2電動勢方向相反所以為減號, 帶入數值得電流, 在求UOC的電壓, 和BC支路的電壓相等, 以BC支路為參考求UOC的電壓, , 此處, BC兩端的電壓為E的電動勢和電阻上電壓降之和, 是因為電流的實際方向和電動勢方向相反, 相當于蓄電池充電, 是閉合回路歐姆定律的特殊形式。
等效電阻R0經過計算, , 如圖3所示, 再次應用閉合回路的歐姆定律。如此反復的應用歐姆定律, 最后求出了I3。
2 交流電路歐姆定律及應用
交流電路中, 歐姆定律的形式為, 此即為相量形式的歐姆定律, 它綜合反映了交流電路元件的電壓和電流有效值相量之間的關系, 當X=0時, 為純電阻電路或諧振電路;當R、X都不為0時, 為阻抗電路情況較為復雜, 可能是容性阻抗, 也可能是感性阻抗, 下面進行討論。
1) 含有電阻、電感和電容電路。當R和X都不為0時, 阻抗Z≠0此時, 電路為感性或容性, 計算電流和電壓可以運用歐姆定律。
如圖4所示, 已知R=30Ω, L=31.53m H, C=79.6μF的串聯電路, 交流電源的電壓U=220V, 頻率f=50Hz。求a.電路中的電流;b.各元件兩端的電壓。
解題, 經計算阻抗為大小為42.43Ω, 阻抗角為-45°, 電流大小由交流電路歐姆定律得, 各元件電壓由歐姆定律計算分別為電阻端壓155.7V, 電感端壓為51.9V電容端壓為206.7V。
經過應用相量形式歐姆定律計算求得電壓電流值, 并且也可求出它們之間的相位關系。交流電路相位要引起注意。-45°說明此電路為容性電路。
2) 當R、L、C串聯時, 若電抗X=0, 電路發生串聯諧振諧振, 諧振時電壓和電流的計算都遵循歐姆定律, 只是電感和電容的電壓相位相反而已, 這里不再舉例說明。
3 磁路的歐姆定律
閉合磁路的磁通, 和磁通勢Fm成正比, 與磁阻Fm成反比。即=RmFm。由于與電路歐姆定律形式相同, 故稱之為磁路的歐姆定律。把該公式推廣可得全磁路的歐姆定律。
磁路的歐姆定律不適合定量計算, 只適合對磁路進行分析, 因為磁通勢變化, 磁阻也發生改變。由于沒有計算, 這里就不列舉了。
4 結語
1) 從前面的探討可知, 直流電路、交流電路、磁路不同, 歐姆定律的表示意義也有所不同, 因此, 在處理問題時, 一定分清情況。2) 在使用歐姆定律解題時, 注意什么情況可以用什么情況不能用, 要具體問題具體分析。3) 學完知識進行歸類對比, 有助于知識系統化, 不僅能夠扎實的掌握知識, 而且在使用時, 便于再現?？傊畾W姆定律貫穿整個電工學內容, 歐姆定律掌握熟練了, 電工的學習將更加輕松、愉快。
摘要：歐姆定律是電工中最重要的基本定律, 對其各種應用情況進行討論總結, 能夠更加深刻掌握定律, 正確運用定律。
關鍵詞：歐姆定律,電壓,電流,感抗,容抗,阻抗
參考文獻
[1]谷立新, 齊俊平.工電子技術, 2011.
歐姆定律的應用知識點范文第2篇
對動量守恒定律的應用, 主要分以下幾個方面:
一、碰撞、打擊、爆炸問題
1.共同點:
a.時間極短;b.系統的F內>>F外;c.物體的位移變化可忽略不計, 即:認為在原地發生;d.系統的動量守恒。
2.異同點:
⑴碰撞:①分類及其特點:a.彈性碰撞:碰后兩物體分開運動;其系統的動量守恒、機械能也守恒;且等質量的二物體碰后, 其速度交換.如:正碰。b.非彈性碰撞:碰后兩物體分開運動;其系統的動量守恒、機械能不守恒, 其系統損失的動能轉化為系統的內能。c.完全非彈性碰撞:碰后兩物體粘在一起運動, 各物體的末速度相同;其系統的動量守恒、機械能不守恒, 其系統的動能損失最大。②其速度要符合實際:a.當二物體同向運動相碰時, 碰前:后面物體的速度一定大于前面物體的速度, 即v后>v前;碰后, 在前面運動的物體的速度一定增大, 且v前/≥v后/;在后面運動的物體的速度一定減小或為零或反向。b.當二物體相向運動相碰時, 碰后:原來動量小的物體的運動方向改變, 二物體不可能再發生第二次碰撞。③實質:是物體間相互作用的作用力和反作用力產生的效果。④打擊現象也屬于碰撞問題。
⑵爆炸:是其他形式的能量轉化為系統的動能, 所以, 系統的機械能會增加, 一般以系統動能的增大來體現出來。
二、用動量守恒定律求位移——“人船模型”:
①研究對象:人與船的系統, 如圖所示:
②特點:
a.人、船的運動方向相反;人走船走, 人停船聽停。
b.人相對于船的位移L是人、船相對于地的位移S、S/之和, 即:S+S/=L ①。
c.系統在水平方向上動量守恒, 人船的S、v的大小均與其質量成反比. (∵人船的系統在水平方向動量守恒, ∴0=mv-Mv′, 則0=mvt-Mv′t, ∴0=ms-Ms′ ②, 由①②式解得:S=ML′ (m+M) , S′=mL′ (m+M) .)
③條件:a.系統原來處于靜止狀態;b.系統在全過程中動量守恒, 其平均動量也守恒。
三、反沖運動
①特點:a.系統內各物體的初速度相同, 發生相互作用后各物體的末速度不再相同而分開。 (因為, 系統在內力作用下, 一部分物體向某方向發生動量變化, 其余部分向相反方向發生動量變化, 這是物體間相互作用的作用力和反作用力產生的效果, 所以, 二物體相對運動方向必然相反。) b.因系統的F內>>F外, 且作用時間短, 所以, 系統的動量守恒或系統在某一方向上動量守恒。c.因系統內力對物體做功, 系統的機械能增加, 并當物體分離時獲得巨大速度。
②特例:噴氣式飛機、火箭、禮花、射擊等。
下面舉例說明:
例1 如圖甲所示:在光滑水平面上的兩小球發生正碰, 小球的質量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的s-t圖象。已知m1=0.1kg。由此可以判斷 ( )
A.碰前m2靜止, m1向右運動
B.碰后m2和m1都向右運動
C.m2=0.3kg
D.碰撞過程中系統損失了0.4J的機械能
分析:①首先要學會“讀圖”, 由圖中挖掘題中的隱含條件。
②由圖乙知:碰前m1的位移隨時間均勻增加, m2的位移不變, 所以, m2靜止, m1向右運動, 故A正確。碰后一個位移增大, 一個位移減小, 說明運動方向不一致, 故B錯。又由s-t圖象可計算出碰前m1的速度v′1=4m/s, 碰后的速度v′1=-2m/s, 碰前m2的速度v2=0, 碰后的速度v′2=2m/s, 由動量守恒定律得:m1 v1+ m2 v2= m1 v′1+ m2 v′2, 計算得, m2=0.3kg, 故C正確。碰撞過程中系統損失的機械能△E= (1/2) m1 vundefined- (1/2) m1 v112- (1/2) m2 v212=0.故D錯。 答案:AC
例2 如圖所示:一浮吊質量為M=2×104kg, 由岸上吊起一質量m=2×103kg的物后, 再將吊桿OA從與豎直方向間夾角θ1=600轉到θ2=300, 設吊桿長L=8m, 水的阻力不計求:浮吊在水平方向移動的距離?向哪邊移動?
分析:此題屬“人船模型”。需弄清M、m相對于地面的位移及其關系;再弄清在哪個方向上動量守恒, 再列方程, 聯立求解。
解:設M、m相對于地面的位移分別為s1、s2, 向右為正方向。
由題知:m相對于浮吊的位移為:L (sin600-sin300) = s1+ s2 ①
對M、m的系統, 在水平方向上由動量守恒定律得:0= M v1-mv2, 則有:0=M s1- m s2,
∴s1/ s2= m/M ②,
歐姆定律的應用知識點范文第3篇
一、動量守恒定律
一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變。其拓展形式還有：
1. 若某一方向系統不受外力或某一方向的外力的合力為零，則該方向系統動量守恒，這是應用得比較多的情況。
2. 若系統的內力遠大于外力時，可以忽略外力的影響，認為系統的動量守恒。
二、動量守恒定律的不同表達式及其含義
1. p=p′(系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)。
2.△p=0(系統總動量的增量等于零)。
3.△p1=-△p2(兩個物體組成的系統中，各自動量增量大小相等、方向相反)。
4. m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2(兩個物體組成的系統
中，相互作用前的總動量等于作用后兩個物體的總動量)。
三、應用動量守恒定律的幾種情況
1. 爆炸、碰撞、反沖
其物理過程的共同特點是：內力遠大于外力。
2. 碰撞的幾種類型
(1)彈性碰撞：碰撞前后系統的總動量和總機械能均保持不變。
(2)非彈性碰撞：碰撞前后系統的總動量保持不變，但碰撞后的總機械能減小，損失的機械能轉變為內能。
(3)完全非彈性碰撞：屬于非彈性碰撞的一種。碰撞后物體粘合在一起，總動量不變，但機械能損失最大。
四、動量守恒定律的應用
1. 動量守恒定律的基本應用
(1)兩個物體相互作用，且作用前后在一條直線上
若研究對象為相互作用的兩個物體組成的系統，且相互作用前后的速度都在一條直線上，解題步驟是：
(1) 選定研究對象。分析研究對象在狀態變化的過程中是否符合動量守恒的條件。
(2) 選定發生相互作用的始、末狀態。確保系統的始、末狀態研究對象不變，確保v1、v2是作用前同一時刻的速度，v′1、v′2是作用后同一時刻的速度(同時性)，并且都必須相對于地球(或同一參考系)的速度(相對性)。
(3) 指定正方向。用正、負表示矢量方向，將始、末狀態的動量代入式中進行計算(矢量性)。
例1.一輛實驗小車在光滑導軌上行駛，其質量為M，速度為v0。
(1) 若一個質量為m的物體相對于地面豎直落到小車光滑的頂棚上，則車速變為多大?
(2) 若小車向行駛的反方向彈射出一個質量為m的物體，m對地水平速度為v0，則小車的速度變為多大?
(3) 若從小車中間向外相對地面豎直向上彈射一個質量為m的物體，則小車的速度變為多大?
(4) 若從小車中間向外相對于小車豎直向上彈射一個質量為m的物體，則小車的速度變為多大?
解析：本題的研究對象為車和物體，初狀態取為將要拋出物體前，末狀態取為剛拋出物體后，以地面為參考系。
(1) 因小車頂棚光滑，物體與小車在水平方向無相互作用力，小車速度保持v0不變。
(2) 系統水平方向動量守恒，有
(3) 物體m相對于地面豎直向上射出，對地面的水平速度應為零，有
(4) 拋出的物體仍屬于系統，因系統在水平方向不受外力，物體m在水平方向仍保持原來的速度v0不變，則
點評：相對運動是動量守恒的難點，由于動量守恒公式中的v都是相對于同一參考系的速度，因而必須把相對運動速度轉換成相對同一參考系的速度。
(2)兩個物體間有多次相互作用
在滿足動量守恒的條件下可多次應用動量守恒定律，但有時也可只需考慮初、末狀態的動量守恒，而將中間過程忽略。
例2.如下圖所示，長度為L，質量為M的車廂，靜止于光滑的水平面上，車廂內有一個質量為m的物體以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n次后，靜止在車廂中，這時車廂的速度為多少?
解析：物體與小車組成的系統動量守恒，只考慮初、末狀態，忽略中間過程，有
方向與v0相同, 水平向右。
2. 動量守恒定律的特殊應用
(1)平均動量守恒
若系統在全過程中動量守恒(包括單方向動量守恒)，則這一系統在全過程中的平均動量也必定守恒。如果系統是由兩個物體組成，且相互作用前均靜止、相互作用后均發生運動，則由0=m1v1-m2v2得推論：m1s1=m2s2，使用時應明確s1、s2必須是相對同一參考系位移的大小。
例3.氣球質量為200kg，載有質量為50kg的人，靜止在空中距地面20m的地方，氣球下懸一根質量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑，且安全到達地面，則這根繩長至少為多長?
解析：氣球和人組成的系統在整個運動過程中，所受的合外力近似為零。系統的平均動量守恒，設繩長為L，人下滑的高度為h，氣球移動的距離就為L-h。
由m1s1=m2s2得：
點評：應用平均動量守恒求位移，要注意守恒的條件。符合條件的試題應用起來非常簡單。
(2)多個物體組成的系統動量守恒
若系統內是兩個以上的物體相互作用，處理這類問題時要根據題意合理選擇系統內物體，并合理地選取始末狀態，列出方程進行求解。
例4.質量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1向右運動，質量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須發射子彈數目為多少(子彈留在木塊中不穿出)?
解析：把木塊和所有子彈作為研究系統，只考慮初、末狀態，由動量守恒定律得
點評：可見解此類題的關鍵是正確選取研究系統，注意分析始、末狀態。
(3)用動量守恒定律進行動態分析
充分利用反證法、極限法找出臨界條件，結合動量守恒定律進行解答。
例5.如下圖所示，一個質量為m的玩具蛙，蹲在質量為M的小車的細桿上，小車放在光滑的水平桌面上，若車長為l，細桿高為h，且位于小車的中點，試求：玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上(要求寫出文字，方程式及結果)。
解析：設青蛙下落高度h時，小車移動的距離為s，青蛙水平移動的距離為2l-s，由平拋運動的知識有
由于青蛙和小車組成的系統在整個運動過程中都不受外力，由平均動量守恒得
點評：正確選擇研究對象、研究過程以及正確找出臨界條件是解此類題的關鍵。
(4)動量近似守恒
有時盡管合外力不為零，但是內力遠大于外力，且作用時間又非常短，所以合外力產生的沖量跟內力產生的沖量相比較可以忽略，總動量近似守恒。常見的是爆炸、碰撞和反沖現象。
例6.錘的質量是m1，樁的質量為m2，錘打樁的速率為一定值。為了使錘每次打擊后，樁更多地進入土中，我們要求m1>m2。假設錘打到樁上后，錘不反彈，試用力學規律分析說明為什么打樁時要求m1>m2。
解析：打樁過程可以等效為兩個階段，第一階段錘與樁發生完全非彈性碰撞，即碰撞后二者具有相同的速度，第二階段二者一起克服泥土的阻力而做功，樁向下前進一段。我們希望第一階段中的機械能損失盡可能小，以便錘的動能絕大部分都用來克服阻力做功，從而提高打樁的效率。
設錘每次打樁時的速度都是v，發生完全非彈性碰撞后的共同速度是v′。則由動量守恒得
非彈性碰撞后二者的動能為
程中系統的機械能損失最小。
點評：碰撞過程中內力遠大于外力，可以近似用動量守恒定律進行解答。
3. 動量守恒定律的拓展應用
動量守恒是指物體系統在相互作用過程中的守恒。由于作用過程比較復雜，因此我們一般取初、末兩個狀態，在具體應用中，即使兩個物體無相互作用，也可以把它轉化為動量守恒模型。
例7.一輛總質量為M的列車，在平直軌道上以速度v勻速行駛，突然后一節質量為m的車廂脫鉤，假設列車受到的阻力與質量成正比，牽引力不變，則當后一節車廂剛好靜止的瞬間，前面列車的速度為多大?
解析：把列車和車廂視為一個整體，由于系統的合外力為零，所以系統的動量守恒，則
點評：把兩個無相互作用的物體組成的系統轉化為動量守恒模型是解題的關鍵。
例8.質量為m的木塊和質量為M的金屬塊用細線系在一起，處于深水中靜止，剪斷細線后，木塊剛要露出水面時的速度為v0，此時金屬塊還未下沉到水底，求金屬塊此時的速度。(水的阻力不計)
解析：木塊和金屬塊組成的系統在整個運動過程中，所受的合外力為零，此過程可以用動量守恒定律來處理，設金屬塊的速度為v，有
點評：動量守恒模型的應用使問題得到簡化。
歐姆定律的應用知識點范文第4篇
練習1:一質量為m的質點, 系于長為R的輕繩的一端, 繩的另一端固定在空間的O點, 假定繩是不可伸長的、柔軟且無彈性的。今把質點從O點的正上方離
O點的距離為的O1點以水平的速度拋出。試求:
(1) 輕繩即將伸直時, 繩與豎直方向的夾角為多少?
(2) 當質點到達O點的正下方時, 繩對質點的拉力為多大?
(1) 設與水平成θ角
∴與豎直成90角
練習2:如圖所示, 質量分別為2m和3m的兩個小球固定在一根直角尺的兩端A、B, 直角尺的頂點O處有光滑的固定轉動軸。AO、BO的長分別為2L和L。開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方。讓該系統由靜止開始自由轉動, 求:
(1) 當A到達最低點時, A小球的速度大小v;
(2) B球能上升的最大高度h;
(3) 開始轉動后B球可能達到的最大速度v m。
解析:以直角尺和兩小球組成的系統為對象, 由于轉動過程不受摩擦和介質阻力, 所以該系統的機械能守恒。
(1) 過程中A的重力勢能減少, A、B的動能和B的重力勢能增加, A的即時速度總是B的2倍。, 解得。
(2) B球不可能到達O的正上方, 它到達最大高度時速度一定為零, 設該位置比OA豎直位置向左偏了α角。2mg·2Lcosα=3mg·L (1+sinα) , 此式可化簡為4cosα-3sinα=3, 利用三角公式可解得sin (53°-α) =sin37°, α=16°
(3) B球速度最大時就是系統動能最大時, 而系統動能增大等于系統重力做的功W G。設O A從開始轉過θ角時B球速度最大,
結論:由上面兩個例題可以看出, 無論是對多個物體還是單個物體而言, 機械能守恒定律都可以簡化解題過程, 不涉及中間的運動狀態, 只需找清外力做功及初末狀態
摘要：機械能守恒定律是在只有重力 (相當于彈簧的彈力) 做功條件下成立的, 在解決力學問題中比牛頓第二定律更為廣泛, 簡單, 尤其是不必要分析中間過程, 大大簡化了解題過程。
關鍵詞：機械能,機械能守恒
參考文獻
歐姆定律的應用知識點范文第5篇
牛頓第二定律定量地給出了物體的加速度的大小跟它所受的合力成正比, 跟物體的質量成反比, 加速度的方向跟合外力的方向相同, 其數學表達式為F=ma。
本人從事大中專及高職物理教學工作多年, 發現這樣一種現象, 在經典力學重點章節中, 除運動學一章外, 其余各章節的主要內容都可以由牛頓第二定律推導而來, 力學中幾乎所有的定理、定律都要用到牛頓第二定律來推導、證明。下面舉幾個例子來說明。
1 結合功的定義、運動學公式推導動能定理
如圖1所示, 設質量為m的物體, 在水平拉力F作用下, 在光滑的水平面上運動, 設物體初速度為V1, 發生一段位移S后速度變為V2。
在這一運動過程中, 外力F對物體所做的功為W=FS。
根據牛頓第二定律F=ma和運動學公式代入上式可得
其中Ek2, Ek1分別表示物體的末動能和初動能。上式表明, 合外力對物體所的功等于物體動能的變化。
以上過程就是動能定理的推導。利用動能定理還可以導出機械能守恒定律。
2 結合加速度的定義公式推導動量定理
設一個質量為m的物體, 初速度為V0, 在合外力F的作用下, 經過時間t后速度變為Vt, 根據牛頓第二定律有F=ma。
即F·t=pt-p0
上式表明, 物體所受合外力沖量等于物體動量的變化。
以上就是動量定理的推導, 利用動量定理和牛頓第三定律即可推導出動量守恒定律。
3 應用牛頓第二定律推導向心力公式
牛頓第二定律除了在推導相關定理、定律中起主要作作用外, 還在高職教材第6章曲線運動中有重要的應用, 比如向心力公式的推導。
如圖2所示, 一質點受到拉力F的作用在光滑的平面內而做勻速圓周運動, 則據牛頓第二定律有:。
如圖3所示, 根據放大了的矢量三角形△ACD。
所以, 向心力的公式為:
4 應用牛頓第二定律解題
應用牛頓第二定律解題, 主要有以下三種類型:
(1) 直接套用公式
例:一個鐵塊在8N的力作用下, 產生的加速度是, 它在12N作用下產生的加速度是多少?
分析與解答:這是一道直接套用公式的題目。物體的質量一定, 加速度與力成正比。
(2) 已知物體的受力情況, 求運動情況。
例:如圖4所示:一質量為5kg的滑塊在F=15N水平拉力作用下由靜止開始做勻加速直線運動, 若滑塊與水平之間的動摩擦因數為0.2, 則求:滑塊受到水平面的支持力;滑塊運動的加速度;滑塊在力F作用下經過5S通過的位移。
分析與解答:這是一個已知物體的受力情況求運動情況的問題。首先要確定問題的研究對象, 分析它的受力情況。木塊受到四個力的作用:水平方向的拉力F和滑動摩擦力f、豎直方向的重力G和水平面對木塊的支持力N如圖5所示。
其次分析木塊的加速度情況。依題意, 木塊加速度與合外力方向相同, 木塊做勻加速直線運動。選取水平向右方向為x軸正方向, 豎直向上的方向為y軸的正方向。
應用牛頓運動定律列出方程求解。
沿y軸方向平衡,
沿x方向產生加速度
運用運動學公式求出滑塊在5S內的位移為:
(3) 已知物體的運動情況, 求受力情況
如圖6所示, 質量為m的物塊在與水平方向成θ=37°角的斜向上拉力F的作用下沿水平面以的加速度運動, 物塊與水平面間的動摩因數為0.2, 求拉力的大小。 (sin37°=0.6, cos37°=0.8)
分析與解答:這是一個已知物體的受力情況, 求運動情況的問題首先要確定問題的研究對象, 分析物塊的受力情況。物塊受到四個力的作用:重力G, 方向豎直向下;地面的支持力N, 方向垂直向上;拉力F, 方向與水平方向成37°;滑動摩擦力f, 方向水平向左, 如圖7所示。
其次分析物塊的加速度情況。物體運動的加速度題目中已告之。選取直角坐標系, 將力F分解成Fcosθ和Fsinθ應用牛頓運動定律求解。
沿y方向受力平衡,
沿x方向合力產生加速度Fsinθ-f=ma
即Fsinθ-µ (mg+Fsinθ) =ma
5 在其它學科中的應用
本人在從事高職機電專業工程力學的教學中, 發現牛頓第二定律在該教材第16章構件動力學基礎;第18章動靜法中都有重要的應用。例如:第18章動靜法中, 慣性力的概念是這樣講的:質點由于慣性必然給施力物體以反作用力, 該反作用力即為質點的慣性力。質點慣性力的大小等于質點的質量與其加速度的乘積 (其表達式與牛頓第二定律相同) , 方向與加速度的方向相反。作用于質點上的主動力、約束反力及慣性力, 在形式上構成一平衡力系。此即為達朗伯原理。
可見, 牛頓第二定律在經典力學中占有十分重要的地位和作用。學好它, 對于后續課程的學習將起到很好的幫助作用。
摘要：本文從著名的牛頓第二定律入手, 緊扣中專信高職物理教材的體系, 理論上闡明了牛頓第二定律是貫穿整個力學的主線, 是整個力學的靈魂, 力學中幾個重要的定理都可以從牛頓第二定律引伸出來, 強調了牛頓第二定律在力學中的地位。
關鍵詞：牛頓第二定律,動能定理,達朗伯原理
參考文獻
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歐姆定律的應用知識點范文第6篇
馬呂斯定律指出:入射強度為I0的偏振光通過偏振片后出射光的強度為I, 若入射光偏振光的光振動方向與偏振片的偏振化方向之間夾角為α, 則I=I0cos2α。通常, 該定律適用條件使入射光為偏振光。對于一般光源發出的光中, 包含著各個方向的光矢量, 沒有哪一個方向占優勢, 即在所有可能的方向上, 光矢量E的振幅都相等, 這樣的光叫做自然光。實驗表明, 讓一束強度為I0的自然光通過吸收可以忽略的起偏器, 如圖所示, 不論起偏器的透光方向怎樣旋轉, 透射光的光強都不發生改變, 經起偏器后的出射光強這一實驗結果也可用馬呂斯定律證明。
設一束光強為I0的自然光沿著z方向傳播, 偏振片的透光方向為y軸方向, 任取一列光 (可視為偏振光) , 其振動方向與y軸夾角 (也就是和偏振片的透光方向的夾角) 為θ, 其光強應為由馬呂斯定律可知, 該振動在經過偏振片后光強, 則這個光束經過偏振片后的光強I應為即馬呂斯定律對自然光也可以適應。
參考文獻
[1]馬文蔚.物理學[M].北京:高等教育出版社, 1999
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