大学物理教案

1、教案大学物理大学物理教研室第一次【引】本学期授课内容、各篇难易程度、各章时间安排、考试时间及形式等绪论1、物理学的研究对象2、物理学的研究方法3、物理学与技术科学、生产实践的关系第一章质点运动学【教学目的】理解质点模型和参照系等概念掌握位置矢量、位移、速度、加速度等描述质点运动和运动变化的物理量能借助于直角坐标系熟练地计算质点在平面内运动时的速度和加速度，能熟练地计算质点作圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。【重点、难点】本章重点：位置矢量、位移、速度、加速度、圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。本章难点：切向加速度和法向加速度【教学过程】描述质点运动和运动

2、变化的物理量2学时典型运动、圆周运动2学时相对运动2学时讲授一、基本概念1质点2参照系和坐标系（1）直角坐标系（如图1-1）：yrOxnz图1-1（2）自然坐标系（如图1-2）：3时刻与时间二、描述质点运动的基本量1位置矢量表示运动质点位置的量。如图11所示。图1-2rxiyjzk（11）矢径r的大小由下式决定：rrx2y2z2（12）矢径r的方向余弦是xyzcos,cos,cosrrr（13）运动方程描述质点的空间位置随时间而变化的函数。称为运动方程，可以写作x=x（t），y=y（t），z=z（t）（14a）或r=r（t）（14b）轨道方程运动质点在空间所经过的路径称为轨道质点的运动轨道为直

3、线时，称为直线运动质点的运动轨道为曲线时，称为曲线运动从式（1一4a）中消去t以后，可得轨道方程。6tr例：设已知某质点的运动方程为x3siny3cost6z0yr1r2OxABrrrz图1-3位移从x、y两式中消去t后，得轨道方程：x2y29,z02位移表示运动质点位置移动的量。如图13所示。BA在直角坐标系中，位移矢量r的正交分解式为rxiyjzk（15）（16）式中xxBxA；yyByA；zzBzA是r的沿坐标轴的三个分量。位移r的大小由下式决定r(x)2(y)2(z)2（17）位移r的方向余弦是cosxry；cosr；coszr（18）路程路程是质点在运动过程中实际通过的路径的长度。路

4、程是标量。3速度：描述质点运动的快慢和方向的量t（1）平均速度：vr（19）（2）瞬时速度（速度）：tdt（110）vlimt0rdr直角坐标系中，速度矢量也可表示为vvivjvkxyz（111）、v、v分别是速度v的沿坐标轴的三个分量。dtdtdt其中vxyzdydxdzyz（112）速度v的大小由下式决定vvv2v2v2x速度v的方向余弦是y；cosvz（113）x；coscosvvvvv速率速率等于质点在单位时间内所通过的路程。平均速率：vst（114）瞬时速率（简称速率）vlimsdslimt0t0tdttrv（115）4加速度：描述质点速度改变的快慢和方向的量。（1）平均加速度：av

5、（116）t（2）瞬时速度（速度）：alimvdvdrt0tdtdt22（117）aaiajak（118）在直角坐标系中，加速度矢量a的正交分解式为xyzdtdtdtdtdt222其中axdvxdt、ay、azyzdvd2yd2xdvd2z分别是加速度a的沿坐标轴的三个分量。第二次三、几种典型的质点运动1直线运动（1）匀变速直线运动（略）（2）变加速直线运动例11潜水艇在下沉力不大的情况下，自静止开始以加速度aAet铅直下沉（A、为恒量），求任一时刻t的速度和运动方程。解：以潜水艇开始运动处为坐标原点O，作铅直向下的坐标轴，按加速度定义式，有adv或dvadtdt今取潜水艇开始运动的时刻作为计

6、时零点，按题意，t0时，x0，v0。将aAet代入上式，积分：vdvtAetdt00由此可求得潜水艇在任一时刻t的速度为vA(1et)再由直线运动的速度定义式vdxdt，将上式写作dxdtA(1et)或dxA(1et)dtdxA(1et)dt根据上述初始条件，对上式求定积分，有xt00由此便可求得潜水艇在任一时刻t的位置坐标x，即运动方程为V1ABOV2V1V(et1)AtxAV2抛体运动（略）图1-423圆周运动（1）匀速圆周运动VV12其加速度为vdvvalimdtt0t加速度的大小：alimt0vtvr从图14中看出，vv所以rRvRvvralimlimt0tt0Rt因v和R均为常量，可

7、取出于极限号之外，得vralimRt0t因为t0时rs，所以rvvsv2alimlimRt0tRt0tR故得av2R（119）22再讨论加速度的方向：加速度的方向是t0时v的极限方向。由图1一8可看出v与v间的夹角为1()；当t0时，这个角度趋于，即aP与v垂直。所以加速度a的方向是沿半径指向圆心，这就是读者所熟知的向P心加速度。（2）变速圆周运动VV12如图1一5所示的。这个角度也可能随时间改变。通常将加速度a分解为两AV1OBV2V1V2V个分加速度，一个沿圆周的切线方图1-5向，叫做切向加速度，用a表示，a只改变质点速度的大小；一个沿圆周的法线方向，叫做法tt向加速度，用a表示，a只改变

8、质点速度的方向；即nna的大小为aat2an2aaatn（120）式中nR，tdtaav2dvBAa的方向角为tg1aant21（3）圆周运动的角量描述角坐标角位移=1-2角速度图16dvRRaR2aRRRRdtdtdt2dsddtdtdt角加速度dd2v2(R)2dvddtnt4曲线运动如果质点在平面内作一般的曲线运动，其加速度a也可分解为aaatn（139）上式中，a为切向加速度，a为法向加速度，其量值分别为tndt；n（122）atdvv2a间t的变化规律是svtbt2，其中v、b都是正的常数，求（1）t时刻质2dtdt2advdtdt例12一质点沿半径为R的圆周运动，其路程用圆弧s表示

9、，s随时00点的总加速度。（2）总加速度大小达到b值时，质点沿圆周已运行的圈数。解：（1）由题意可得质点沿圆周运动的速率为d(vtbvdst2)vbt00再求它的切向和法向加速度，切向加速度为d(vbt)bt0aRR法向加速度为nv2(vbt)20RR于是，质点在t时刻的总加速度大小为(vbt)22aa2a2(b)20tn1R2b2(vbt)40其方向与速度间夹角为ntRbtga(vbt)2a0R（2）总加速度大小达到b值时，所需时间t可由a1R2b2(vbt)4b0求得tv0bv(0)b(0)2v02N代入路程方程式，质点已转过的圈数第三次相对运动v1vs0b2b2R2R4Rb习题12、34

10、、5、6、8、10、11【本章作业】12；13；18；111【本章小结】1坐标系：直角坐标系、自然坐标系2四个基本量：位置（运动方程）、位移、速度、加速度3圆周运动：角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第二版）第四次第二章质点动力学【教学目的】掌握牛顿三定律及其适用条件。理解万有引力定律。了解力的种类、物理学量刚、惯性系与非惯性系。【重点、难点】本章重点：牛顿运动定律的应用。本章难点：变力作用下牛顿运动定律的应用。【教学过程】牛顿定律、力的种类、惯性系与非惯性系败2学时讲授一、牛顿运动定律第一运动定

11、律：第二运动定律：物体受到外力作用时，物体所获得的加速度的大小与合外力的大小成正比，并与物体的质量成反比；加速度的方向与合外力的方向相同。第三运动定律：应用第二定律时，应注意下述几点：（1）瞬时性、方向性、叠加性（2）分量式：直角坐标系：Fma,Fma,Fmaxxyyz或z（24a）dt2,Fmdt2,Fmdt2（24b）Fmam圆周轨道或曲线轨道：ndvdtFmd2xxynFmamttv2d2yzd2z（25）式中F和F分别代表法向合力和切向合力；是曲线在该点的曲率半径。nt（3）F是物体所受的一切外力的合力，但不能把误认为外力二、力的种类1常见的力重力、弹性力、摩擦力2四种自然力现代物理学

12、按物体之间的相互作用的性质把力分为四类：万有引力、电磁力、强相互作用和弱相互作用三、力学的单位制和量纲（了解）四、惯性系和非惯性系（了解）例题213质量为m的子弹以速度v水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反0向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；（2）子弹进入沙土的最大深度214公路的转弯处是一半径为200m的圆形弧线，其内外坡度是按车速60设计的，此时轮胎不受路面左右方向的力，雪后公路上结冰，若汽车以40的速度行驶，问车胎与路面间的摩擦系数至少多大，才能保证汽车在转弯时不至滑出公路？215质量为m的小球，在水中受的浮力为常力F

13、，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f=（k为常数）证明小球在水中竖直沉降的速度值v与时间t的关系为mgF(1ekt/m)，式中t为从沉降开始计算的k时间。1直线运动：Fmdx,Fmdy,Fmdzdt2dt2dt2n2圆周轨道或曲线轨道：dvdtFmam【本章作业】27、8、9【本章小结】第二定律分量式222xyzv2nFmamtt【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第一版）第五次第三章功和能【教学目的】掌握功的概念。能计算直线运动情况下变力的功。掌握保守力作功的特点及势能概念，会计算势能。掌握质点的动能定理并能用它分析、解决质点在

14、平面内运动时的简单力学问题。掌握机械能守恒定律及适用条件。掌握运用它分析问题的思想方法。能分析简单系统在平面内运动的力学问题。【重点、难点】本章重点：功、势能、动能定理、机械能守恒定律本章难点：变力的功、动能定理、机械能守恒定律【教学过程】1功的概念、动能定理2学时2势能、功能原理、机械能守恒定律2学时讲授一、功和功率1功的定义（1）恒力的功（图3-1）A=FsA=Fcoss（3-1）FFss【注】图3-1功有正负当时，功为正值，也就是力对物体作正功。当=时，22功为零，也就是力对物体不作功。当时，功为负值，也就是力对2物体作负功，或者说，物体反抗外力而作功功本身是标量，没有方向的意义（2）变

15、力的功（图3-2）bFa图3-2元s之间的夹角，所以微功A和总功A分别为在曲线运动中，我们必须知道在曲线路程上每一位移元s处，力F和位移iiiiAFsFcossiiiiiAFsFcossiiiiiiiaaa或把总功用积分式表示为bAbFcosdsbFds(FdxFdyFdz)（32）xyz式中a、b表示曲线运动的起点和终点（3）合力的功假如有许多力同时作用于同一物体，我们不难证明合力的功等于各分力的功的代数和在国际单位制中，功的单位是牛顿米（Nm），称为焦耳（符号J）；在工程制中，是千克力米，没有专门名称（4）功率平均功率NAt瞬时功率AdANlimt0tdt或NlimFcost0sFcosv

16、Fv（33）t上式说明瞬时功率等于力的速度方向的分量和速度大小的乘积1在国际单位制中，功率的单位是焦耳秒（Js1），称为瓦特（符号W）。例1一质点受力F3x2i（）作用，沿X轴正方向运动。从0到2m过程中，力F作功为J例2质量为m0.5的质点，在坐标平面内运动，其运动方程为x5t，y0.5t2()，从t2s到t4s这段时间内，外力对质点作的功为J二、动能、动能定理21动能E1mvk2（1）推导：AbFcosdsmv2mv2（34）22a2质点的动能定理11ba（2）合外力对物体所作的功等于物体的动能的增量这一结论称为动能定理3系统的动能定理（1）系统内力系统外力。（2）系统的动能定理的形式AE

17、Ekk0（35）AE和E分别表示系统在终态和初态的总动能，表示作用在各物体上所有的kk0力所作的功的总和第六次三、保守力作功势能1重力作功的特点hbah2h1图3-3dAGdsPcosdsmgcosdsmgdh式中dhdscos()dscos就是在位移元中物体上升的高度所以重力所作的功是AdAhbhamgdhmghmghab可见物体上升时（hh），重力作负功（A0）；物体下降时（h0）。从计算中可以看出重力所作的功只与运动物体的始末位置（h和h）有ab关，而与运动物体所经过的路径无关。重力势能EmghpAmghmghEab或paEpbA(EpbEpa)（36）上式说明：重力的功等于重力势能的增

18、量的负值。2弹性力的功弹性势能弹性力也具有保守力的特点我们以弹簧的弹性力为例来说明根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹性力F的大小与弹簧的伸长量x成正比，即F=k称为弹簧的倔强系数因弹性力是一变力，所以计算弹性力作功时，须用积分法或图解法kx2kx2E2得A12ab1paEpb弹性势能Emghp则A(EpbEpa)（37）和重力作功完全相似，上式说明：弹性力所作的功等于弹性势能的增量的负值。3万有引力的功引力势能rr推导得：11AGMm()0ab或arrEpaG0MmMmG0bEpb（38）通常，取m离M为无限远时的势能为零势能参考位置，亦即在上式中令，E0，这样p引力势能EpaG0Mmra（

19、39）四、功能原理机械能守恒定律1功能原理现在我们对系统的动能定理AEEkk0作进一步的讨论。对于几个物体组成的系统来说，上式中A包括一切外力的功和一切内力的功内力之中，又应将保守内力和非保守内力加以区分所以式A外力A保守内力A非保守内力EkEk0（3一10）式（3一10）是适用于一个系统的动能定理而A保守内力(EpEp0)（311）至于非保守内力的功，可以是正功（例如系统内的爆炸冲力），也得A外力A(E非保守内力pEp0)EkEk0或A外力A(EE)(E非保守内力kpk0Ep0)（312）上式说明：系统机械能的增量等于外力的功和非保守内力的功的总和，通常称为系统的功能原理2机械能守恒定律显然

20、，在外力和非保守内力都不作功或所作的总功为零（或根本没有外力和非保守内力的作用）的情形下，由上式得EEEkpk0Ep0恒量（313）D各点，若轨道的圆心为O，半径为R，60，v5gR，小车质量亦即系统的机械能保持不变这一结论称为机械能守恒定律例32（学生自学）例34如图（见教材），有一小车沿圆形无摩擦轨道经过A、B、C、A为m。求小车在D点所受的轨道压力N。解：要求正压力，应采用牛顿第二定律；正压力在半径方向，因此只须用法向分量式；设过D点时小车的速率为v，则法向加速度为v2；小车除R受压力N外，还受重力作用；取向心的方向为法线的正向，得牛顿第二定律的法向分量式为：mgcosNmv2R2222

21、欲求N，应先求速率v，因重力是保守力，正压力不作功，摩擦力可忽略，故运动中机械能应守恒。因v已知，故选取小车过A、D二点时为二A状态，并取过A点的水平面为参照面；则在状态A，物体组（小车与地球）的动能为1mv2，势能为零；在状态D，动能为1mv2，势能为mgR(1cos)。A由机械能守恒定律，得：11mv2mv2mgR(1cos)A在上二式中消去v后求N，得：Nmv2A2mg3mgcosR将v和的值代入上式后化简，得：AN3mg2例35如图所示，一钢制滑板的雪橇满载木材，总质量m5t，当雪橇在倾角10的斜坡冰道上从高度10m的A点滑下时，平顺地通过坡底B，然后沿平直冰道滑到C点停止。设雪橇与冰

22、道间的摩擦系数为0.03，求雪橇沿斜坡下滑到坡底B的过程中各力所作的功和合外力的功。解：雪橇沿斜坡下滑时，受重力Gmg，斜面的支承力N和冰面对雪1N1(mgcos)(hsin)cos900橇的滑动摩擦力f作用，方向如图所示，f的大小为fNmgcos。r1r1r11下滑的位移大小为ABhsin。按功的定义式（31），由题设数据，可求出重力对雪橇所作的功为A(mgsin)(hsin)cos0mgh5000kg9.8ms210mW4.9105(J)斜坡的支承力N对雪橇所作的功为1A摩擦力f对雪橇所作的功为r1fr1(mgcos)(hsin)cos180mghctg0.035000kg9.8ms210

23、mctg10N1fr18.34104(J)在下滑过程中，合外力对雪橇作功为AAAA4.9105J0(8.34104J)4.07105(J)W【本章作业】37、8、10【本章小结】1基本概念：功和功率势能和动能2基本原理：22a质点的动能定理：AbFcosds1mv21mvba2功能原理：A外力A非保守内力(EE)(EE)kpk0p0机械能守恒定律：EEEEkpk0p0恒量【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第一版）第七次第四章动量【教学目的】掌握的冲量概念。会计算变力的冲量掌握质点动量定理，并能用它分析、解决质点在平面内运动时的简单力学问

24、题。掌握动量守恒定律及适用条件。掌握运用它分析问题的思想方法。【重点、难点】本章重点：冲量、动量定理、动量守恒定律、碰撞。本章难点：变力的冲量、动量定理、动量守恒定律。【教学过程】1冲量、动量定理2学时2动量守恒定律、碰撞2学时讲授一、冲量动量动量定理1冲量（1）恒力的冲量（t2t1）（4一1）（2）变力的冲量如果外力F是一变力，则把力的作用时间t2t1分成许多极小的时间间隔t，在时间t中的冲量为iiIiFiti而在时间t2t1中的冲量为IIFtiii如果所取的时间t为无限小，上式可改写为积分式iIt2t1Fdt（4一2）FdtF(tt)t1FdtF(tt)（4一3）t2t1FdtF(tt)I

25、t1要注意到，与上式相应，在各坐标轴方向的分量式是It2xxx21Iyyy21t2zzz212动量动量定理（1）动量（运动量）pmV（44）（2）动量定理可以证明，在合外力F是变力，物体作一般运动的情况下，有：It2t1Fdtmv2mv1（45）mvIFdtmvt1mv（46）IFdtmvt1It2Fdtmvmvt1在坐标轴方向的三个相应的分量式是t2xx2x1xt2yy2y1yzz2z1z例41一质量为2.5克的乒乓球以速度v=10米/秒飞来,用板推挡后,1又以v=20米/秒的速度飞出。设推挡前后球的运动方向与板面的夹角分别2为45和60，如图所示。v2p2Iv160p1604545（a）（

26、b）图例41（1）画出板对球的平均冲力的方向；（2）求乒乓球得到的冲量大小；（3）如撞击时间是0.01秒，求板施加于球上的平均冲力。解：（1）由动量定理：Ftmv2mv得：1mv2Ftmv1可以画出冲量方向Ft如图，平均冲力的方向与Ft方向相同。（2）将初、末两状态动量向x轴作分量pmvcos451.810211x1pmvsin451.810211y1p2xmvcos602.510212p2ymvsin604.310212pPP0.71021x2x1xpPyPy6.11021y21PP2P26.141021xy由动量定理：FtmvmvP21FP6.14Nt第八次三、动量守恒定律1两个物体相互正

27、碰（高中）按动量定理mvmvft111101mvmvft222202牛顿第三运动定律指出：f1f2，所以，以上两式相加后得mvmvmvmv1122110220容易看出，碰撞前后，两物体的动量之和保持不变。2n个物体组成的系统按牛顿第二运动定律和第三运动定律，可以证明：（1）系统内一切内力的矢量和等于零，（2）系统所受外力的矢量和等于系统总动量的时间变化率，即dtmv)fd(iii（48）式中mv为系统的总动量，f是系统所受外力的矢量和iii如果该系统不受外力或所受外力的矢量和为零（即f0），从式（4i8）可知：ddt(mv)0ii于是mvii=恒量，（在f0的条件下）（49）i这一结论称为动量

28、守恒定律：在系统不受外力或外力矢量和为零时，系统的总动量守恒3分量式11xmv11ymv11zmv0条件下)mvmvmv2222xmnv2ymnv2zmnvnxnynz恒量(在f恒量(在f恒量(在fixiyiz0条件下)0条件下)（410）4理解（1）分方向守恒；（2）条件：外力与内力比较可忽略。例44一长为l、质量为M的小车放置在平直轨道上，车的A端站有一质量为m的人，人和小车原来都静止不动。如果这人从车的A端走到B端，不计小车与轨道之间的摩擦，求小车和人各自的位移为多少？解：当人开始启步时，将人和小车视作一系统车对人作用的向前摩擦力（方向向左）、向上支承力和人对车作用的向后摩擦力（方向向右

29、）、向下压力，都是系统内的人和车相互作用的内力系统所受外力有：人的重力G、车的重力G和地面对车的支承力N，它们沿水平方向的分量为零，A因而，沿水平方向，系统动量守恒今取人走动前，B端所在处为坐标原点O，x轴水平向右，人走动前，人和车原为静止，速度均为零；走动后，设人和小车相对于地面的速度分别为v和V，假设它们均与x轴正向同方向，则由动量守恒定律的表达式（410），有m0M0m(v)M(V)于是得VmvM式中，负号表示人与小车运动的方向相反按直线运动的速度定义vdxdt，可得时间内的位移为因此，小车和人在时间内的位移分别为和将式两边乘，即得车人m车Mdx人设人从A端走到B端时，小车的B端坐标从零

30、变为x，则人的坐标从l相应地变为x，积分上式dx=mdxMx0车lx人得xm(xl)Mxxlml解出上式中的x，得小车相对于地面的位移为xmlMm人相对于地面的位移（即末位置与初位置的坐标之差）为MllMmMm负号表示人的位移方向与x轴反向。四、碰撞如果两个或两个以上的物体相遇，相遇时，物体之间的相互作用仅持续极为短暂的时间，这种相遇就是碰撞1分类（1）弹性碰撞；（2）非弹性碰撞；（3）完全非弹性碰撞2对心碰撞（正碰）如果两球碰撞前的速度在两球的中心连线上，那么，碰撞时相互作用的冲力和碰撞后的速度也都在这一连线上这种碰撞称为对心碰撞（或称正碰撞）例45设A、B两球的质量相等，B球静止在水平桌面

31、上，A球在桌面上以向右的速度v30ms1冲击B球，两球相碰后，A球沿与原来1前进的方向成30角的方向前进，B球获得的速度与A球原来运动方向成45角。若不计摩擦，求碰撞后A、B两球的速率v1和v各为多少？2yAv1v1/xABBv2/图例45解：将相碰时的两球看作一个系统，碰撞时的冲力为内力，系统仅在铅直方向受重力和桌面支承力等外力的作用，它们相互平衡，因而，系统所受外力的矢量和为零，于是动量守恒，由式（410），有mvm0mvmvA1BA1B2沿v的方向取x轴，与它相垂直的方向取y轴（见图），两轴都位于水平桌面1上。于是上述矢量式的分量式为mv0mvcosmvcosA1A1B200mvsinm

32、vsinA1B2以mm，30，45代入上两式，联立求解；由题设v30ms1，AB1得v12v131230ms13122.0ms1215.5ms12v230ms1v13131例48利用完全非弹性碰撞原理可以测定高速飞行子弹的速率。如图所示装置就是测定子弹速率v的原理图。质量为M的滑块静1止于水平面上，轻弹簧处于自然状态，因此坐标原点选在滑块（视作质点）处。现求质量为m的子弹的飞行速率v。1kv1MmXO图例48解：子弹射入滑块过程可以认为是两个质点之间的完全非弹性碰撞过程。子弹进入滑块后一起以速度V沿水平方向运动，列出动量守恒定律表达示：mv(mM)v1碰撞后（）以速度V沿X正方向运动，压缩弹簧

33、，（）的动能转换成系统的弹性势能，忽略滑块与水平面之间的摩擦力时，系统的机械能守恒，列出方程：11(mM)v2kx222x是弹簧的最大压缩量，可以通过测量获得。联立上述两式解得mv(mM)k1x若m0.01（），M0.99（），k900（），x0.1（m），代入上述数据得v300（）。1例49如图所示，设有轻绳，长为l，上端固定，下端悬质量为M的重砂箱。质量为m的子弹水平射入砂箱，并停留砂内，和砂箱一起，最远摆到悬绳与竖直线成角的位置，若空气阻力可被忽略，子弹、砂箱均可作质点处理，求子弹的速度v。（学生自学）【本章作业】：48、13、14【本章小结】1基本概念：冲量动量2基本原理：动量定理：I

34、t2t1Fdtmv2mv1动量守恒定律：11xmv11ymv11zmv0条件下)mvmvmv2222xmnv2ymnv2zmnvnxnynz恒量(在f恒量(在f恒量(在fixiyiz0条件下)0条件下)【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第一版）第九次第五章刚体的转动【教学目的】掌握刚体绕定轴转动定律，理解力矩、转动惯量、转动动能等概念。理解动量矩（角动量）概念，通过质点在平面内运动和刚体绕定轴转动情况，理解动量矩守恒定律及其适用条件。能应用动量矩守恒定律分析、计算有关问题。【重点、难点】本章重点：转动定律、力矩、转动惯量、转动动能、转动

35、动能、角动量、动量矩守恒定律、本章难点：转动定律、动量矩守恒定律应用【教学过程】1力矩、转动定律、转动惯量2学时2转动动能、动量矩、动量矩守恒定律2学时3习题课2学时讲授一、刚体的定轴转动1刚体概念2刚体运动分类（1）平动；（2）定轴转动；（3）平行平面运动；（4）定点转动；（5）一般运动。3定轴转动（1）轴；（2）转动平面；（3）角量描述4复习圆周运动例51一砂轮在电动机驱动下，以每分种1800转的转速绕定轴作逆时针转动，如图所示。关闭电源后，砂轮均匀地减速，经时间t15s而停止转动。求：（1）角加速度；（2）到停止转动时，砂轮转过的转数；（3）关闭电源后t10s时砂轮的角速度以及此时砂轮边

36、缘上一点的速度和加速度。设砂轮的半径为r250。解：60（1）选定循逆时针转向的角量取正值（见图）；则由题设，初角速度为正，其值为21800rads160rads10按题意，在t15s时，末角速度0，由匀变速转动的公式得：t0060rads14rads212.57rads115s2为负值，即与异号，表明砂轮作匀减速转动。0（2）砂轮从关闭电源到停止转动，其角位移及转数N分别为1tt2060rads115s450rad12(4rads2)(15s)2N450rad225（转）22rad（3）在时刻t10s时砂轮的角速度是t60rads1(4rads2)10s020rads162.8rads1的转

37、向与相同。0在时刻t10s时，砂轮边缘上一点的速度v的大小为vr0.25m20rads115.7ms1v的方向如图所示，相应的切向加速度和法向加速度分别为ar0.25m(4rads2)3.14ms2tar20.25m(20rads1)29.87102ms2n边缘上该点的加速度为aaa；a的方向和v的方向相反（为什么？），tnta的方向指向砂轮的中心。a的大小为naaa2a2tn(3.14ms2)2(9.87102ms2)29.88102ms2a的方向可用它与v所成的夹角表示，则a9.88102ms2arctgnarctg90.18a3.14ms2t二、力矩转动定律1力矩（1）力矩的定义（51）

38、（2）MFrsin（52）（3）力矩矢量式（一般式）MrF（53）2转动定律一个可绕固定轴转动的刚体，当它所受的合外力矩（对该轴而言）等于零时，它将保持原有的角速度不变（原来静止的继续静止，原在转动的则作匀角速转动）这就是转动刚体的第一定律（1）内容（2）推导如图56所示，MJ（55），OiPi图56推导转动定律用图根据牛顿第二运动定律，Ff(m)aiiii（1）法向和切向分量的方程如下：(Fcosfcos)(m)a(m)r2（2）iiiiiiniiFsinfsin(m)a(m)r（3）iiiiiitii式中ar2和ar分别是质点P的法向加速度和切向加速度，我们得iniiti到Frsinfrs

39、in(m)r2（4）iiiiiiii式（4）左边的第一项是外力对转轴的力矩，第二项是内力对转轴的力矩。同理，对刚体中全部质点都可写出和式（4）相当的方程把这些式子全部相加，则有：Frsinfrsiniiiiii(mr2)（5）ii因为frsin等于零。这样，式（5）左边只剩下第一项Frsin，按iiiiii定义，它是刚体所受全部外力对转轴的力矩的总和，也就是合外力矩用M表示合外力矩，mr2由刚体的形状和相对转轴的质量分布所决定，称为ii刚体的转动惯量，以J表示，则式（5）可写成MJ证毕。3转动惯量（1）定义J=mr2ii连续刚体JVr2dmVr2dV（56b）（2）理解刚体的转动惯量决定于刚体

40、各部分的质量对给定转轴的分布情况（3）计算例53求质量为m、长为l的均匀细棒对下面（1）、（2）和（3）所给定的转轴的转动惯量。（1）转轴通过棒的中心并与棒垂直；（2）转轴通过棒的一端并与棒垂直；（3）转轴通过棒上离中心为h的一点并与棒垂直。4定律应用例54一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m的物体，mm,m向上运动，m向下运动，而滑轮顺时针旋转。按222112牛顿运动定律和转动定律可列出下列方程：TGma111TGma222TrTrI21式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度，Gmg，Gmg。滑轮1122边缘上的切向加速度和物体的加速度相等，即ar从以上各式即可解得I

41、1r22a(mm)g(mm)g2121mmmmm1212而2222Tm(ga)11Tm(ga)221m(2mm)g121mmm121m(2mm)g211mmm1212ar(mm)g21(mmm)r12例55如图所示，质量为m和m的滑块用一根轻软绳系住后跨在定滑12轮的两侧。定滑轮的质量为m，半径为R。m与斜面之间光滑32接触，斜面角为。当m沿斜面下滑时软绳带动定滑轮作转动，2软绳与定滑轮之间无相对滑动。求滑块的加速度值与定滑轮的角加速度。（学生自学）第十次三、力矩的功转动动能刚体定轴转动中的动能定理机械能守恒1力矩的功变力矩所作的功为AMd（58）2转动动能k1mr2(mr2)2122Eiii

42、i2Ek12J2（59）3刚体定轴转动中的动能定理Mdd(1J2)J2J222221A212111（510）MMmg()cosmglcosJ（1）23合外力矩对定轴刚体所作的功等于刚体转动动能的增量这一关系称为刚体定轴转动中的动能定理。4机械能守恒例58如图所示，一根长为l，质量为m的匀质细杆。一端与光滑的水平轴相连，可在竖直平面内转动；另一端固定一质量也是m的小球，且小球的半径R，常说第二个振21动的位相比第一个振动的位相超前，或第一个振动的位相比第二个振动的位相落后练习一、填空题：1有两个相同的弹簧，其倔强系数均为k.（1）把它们串联起来，下面挂一个质量为m的重物，此系统作谐振动的周期为。

43、（2）把它们并联起来，下面挂一个质量为m的重物，此系统作谐振动的周期为。12一弹簧振子，弹簧的倔强系数为0.32Nm，重物的质量为0.02，则这个振动系统的固有圆频率为，相应的振动周期为。3一质点沿x轴作谐振动，振动范围的中心点为x轴的原点。已知周期为T，振幅为A。（1）若0时质点过0处且朝x轴正方向运动，则振动方程为。（2）若0时质点过2处且朝x轴负方向运动，则振动方程为。4一谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此谐振动的三个特征量为；=；x()105O1471013t(s)=。二、选择题：1一质点作谐振动，周期为T.当它由平衡位置向X轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处

44、这段路程所需要的时间为（A）4；（B）12；（C）6；（D）82一质点作谐振动，振动方程为xAcos(t)，当时间t=2（T为周期）时质点的速度为（A）Asin；（B）Asin；（C）Acos；（D）Acos.3当质点以频率作简谐振动时，它的动能的变化频率为（A）；（B）2；（C）4；（D）（1/2）.4一简谐振动曲线如图所示。则振动周期是（A）2.62s.（B）2.40s.x(m)42O1t(s)（C）0.42s.（D）0.382s.【本章作业】：68、10【本章小结】1基本概念：简谐振动振幅圆频率（周期、频率）位相2简谐振动：三个特征量：振幅、圆频率、初位相三种描述：解析式、旋转矢量法、图

45、象三个特征：运动学特征、动力学特征、能量特征两个同方向、同频率谐振动的合成【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第一版）第十四次第七章波动【教学目的】理解机械波产生的条件。掌握根据已知质点的谐振动方程建立平面简谐波的波动方程的方法，以及波动方程的物理意义。理解波形图线。了解波的能量传播特征及能流、能流密度等概念。理解惠更斯原理和波的叠加原理。掌握波的相干条件。能应用相位差或波程差概念分析和确定相干波叠加后振幅加强和减弱的条件。理解驻波及其形成条件。了解驻波和行波的区别。【重点、难点】本章重点：波动方程的建立；波能量及能流、能流密度；惠更斯原

46、理和波的叠加原理；波的相干；驻波本章难点：波动方程的建立；波的相干；驻波【教学过程】1机械波产生、平面简谐波的波动方程2学时2波的能量、能流密度、波的干涉2学时3驻波、声波、习题2学时讲授一、机械波的产生和传播1、波种类：（1）机械波（2）电磁波2、机械波及其产生的条件产生机械波的条件有两个：一个是波源；另一个是具有弹性和惯性的弹性媒质3、横波和纵波4、波的形成和传播（略）5、波的频率、波长和波速（1）波速u波速弹性模量媒质的密度yAcos(t)（72）由于2和uv，（75）式还可以写成另外一种形式：yAcos(t)（74）（2）频率（周期T）（3）波长（4）三者关系u(71)6、波的几何描述

47、球面波和平面波（1）波阵面（2）波线（3）球面波和平面波二、平面简谐波的表达式1、平面简谐波概念2、平面简谐波的表达式xu这就是以速度u在x轴正向传播的平面简谐波的表达式；TTyAcos2(tx)（73）T平面简谐波表达式的物理意义（1）若x常数（2）若常数（3）x,t都变化沿坐标轴的负向传播的平面简谐波xu这就是所求的波动表达式。例72在前例中，若波速为u=1ms1振幅为A0.001m，圆频率为rads1；在t0时，位于原点处质点的振动速度v0.001ms1（注意0区别波的传播速度u与质点的振动速度v）试求：（1）数值形式的波动表达式；（2）t1s时，X轴上各质点的位移分布规律；（3）x0.

48、5m处质点的振动规律解：（1）为了求得波动表达式，应先求位于原点处质点的振动初位相这个质点的振动速度为：vdyAsin(t)0.001sin(t)dt以初始条件t0时vv0.001代入，得y0.001cos(t)y0.001cosx0.001sinx00.0010.001sin或2将各有关数值代人（1）式，得数值形式的波动表达式为：x12（2）将t1秒代入（2）式，得该时刻Y轴上各质点的位移分布规律为：2（3）将x0.5m代入（2）式，得该处质点的振动规律为：y0.001cos(t1)0.001cost例73有一以速率u、沿x轴正向传播的平面简谐波，已知始点P的平0衡位置的坐标为x，振动规律为

49、yAcost，试求此波的表达式0uP0 x0PXOx解：在x轴上取任意点P，其坐标为xPPxx，振动由P传到P，需时000时间之前（即txx0，故P处质点在t时刻的位移y，等于在xx0 xxuuu时刻）P处质点的位移，于是得：00yAcos(txxu0)这就是所求平面简谐波的表达式第十五次三、波的能量能流密度波的吸收1、波的能量设有一平面简谐波在密度为的弹性媒质中沿X轴正向传播，其表达示为xyAcos(t)u在媒质中坐标为x处取一体积元V，其质量为mV，当波动传播到这个体积元，根据上式，其振动速度为E(m)v2(V)A22sin2(t)（75）22uE(m)v2(V)A22sin2(t)（76

50、）22uEEE(V)A22sin2(t)（77）uAsin(tvyx)tu体积元的振动动能为11xk可以证明，体积元的弹性势能也为11xp体积元的总机械能为其动能和弹性势能之和，即xkp从以上三式看到，在行波传播过程中，体积元的动能和势能是同相的，而且是相等的2、能量密度（1）波的能量密度wA22sin2(twWx)（78）Vu（2）平均能量密度（在一个周期内的平均值）w12A22（79）3、能流密度（1）能流（2）能流密度或波的强度Iwu1uA22（710）24、波的吸收（自学）例77一频率为500的平面简谐波，在密度为1.33的空气中以u340m1的速度传播，到达耳时的振幅为A104，试求

51、：耳中的平均能量密度及声强。解：平均能量密度为2A2w111.3(104102)2(2500)2226.41106Jm2s1声强I（即能流密度）的大小为Iwu6.411063402.18103Jm2s1四、惠更斯原理1、原理于1690年提出，媒质中波动传到的各点，都可看作是发射子波的波源；在其后的任一时刻，这些子波的包迹就决定新的波阵面这就是所谓的惠更斯原理2、定性解释现象（1）衍射；（2）波的反射和折射（略）五、波的叠加原理波的干涉1、波的叠加原理（1）二波若在一区域相遇后再分开，其传播情况（如频率、波长、传播方向等）与未相遇时相同，互不干扰；（2）在相遇区域内，任一质点的振动为二波所引起的

52、合振动。2、波的干涉（1）现象（2）条件两列波频率相同、振动方向相同、位相相同或位相差恒定3、讨论设有两个相干波源S和S，振动方程分别为12s(yAcos(t)，yAcot)11012202式中为圆频率，A、A为波源的振幅，、为波源的初位相，根据相102012干波源的条件，可知两波源的位相差是恒定的从这两个波源发出的21P波在空间任一点P相遇时，处质点的振动可按叠加原理来计算设P点离开S1和S的距离分别为r和r，并设这两个波到达P点时的振幅分别为A和A，21212被长为，那未P点的两个分振动为1，yAcostrr22AAcos221AA2A2ryAcost111222而合成振动为yyyAcos

53、(t)12式中2112212r222tgAsin1Asin112Acos1Acos1122r2r2r22r22k,k0,1,2,（711）因为两个相干波在空间任一点所引起的两个振动的周相差2r2r121是一个恒量，可知每一点的合振幅A也是恒量并由A式可知，适合下述条件2r2r121的空间各点，合振幅最大，这时AAA。适合下述条件122k,k0,1,2,（712）2r2r12112rrk,k0,1,2,(最小)2的空间各点，合振幅最小，这时AAA。12如果，即对于同位相相干波源，上述条件可简化为12rrk,k0,1,2,(最大)12112（713）rr表示从波源S和S出发的两个相干波到达P点时所

54、经路程之差称为1212波程差。所以上列两式说明，当两个相干波源为同位相时，在两个波的叠加的地区内，在波程差等于零或等于波长的整数倍的各点，振幅最大；在波程差等于半波长的奇数倍的各点，振幅最小。例79如图所示，在同一介质中，相距为20m的两点（A、B）处各有一个波源，它们作同频率（100）、同方向的振动。设它们激起的波为平面简谐波，振幅均为5，且A点为波峰时，B点恰为波谷，求连线上因干涉而静止的各点的位置。设波速为200ms1。ACB解：首先选定坐标系，水平向右为X轴正向，选择A点为坐标原点，设A点振动的初相为零，由已知条件，则A点和B点的振动表达式分别为yAcos2tAyAcos(2t)B以A

55、点为波源向C点传播的波动表达式为yxAC(x,t)Acos2(t)其中xAC，以B点为波源（仍以A点为原点）向C点传播的波动表达式为（考虑到BCABx20 x）(x,t)Acos2(t)yBC20 x2(t)2(t)因干涉而静止的条件为位相差20 xx(2k1)化简后，得xk210将u2002m代入上式100 x(k10)m解出在连线上因干涉而静止的各点的位置x1,2,3,17,18,19m。第十六次例710如图所示，波源S发出一列简谐波沿X方向传播。在其传播的路径上有一障碍物，其上有两个相对于S对称的小孔S和S，12小孔之间的距离aSS4，是S波源发出波的波长。求12沿图示X轴上干涉加强与减

56、弱点的位置。OS1r1PXSr2S2解：S和S可以看作是位在波源发出的第4个波面上的新的子波波源。12它们发出的子波是相干波，且初相位相同。根据题意，S发出的一列子波1沿X方向传播（即r方向）；S发出的一列子波沿r方向传播，两列波在X122定k的取值为0，1，2，3四个数。减弱点的分布如下：x15.75；x4.58；轴的P点上相遇。（1）求干涉加强点的分布rrxk，其中ra2x2，代入上式后得：x(a2k22)/2k(422k22)/2k题意要求x0，故上式成立的条件k4，即k只能取：1，2，3，4四个数。加强点的分布如下：x7.5；x3；x1.17；x01234（2）求干涉减弱点的分布ra2

57、x2x(2k1)/2，整理后得64(2k1)2x4(2k1)欲使解符合题意，x0；要求分子64(2k1)20；k必须3.5，由此决01x1.95；x0.5423由解题过程得知，k的取值要符合题意，不可任意选取。六、驻波1、形成两列振幅相同的相干波相向传播时叠加而成的波，叫做驻波。2、实验3、特点4、表达式5、半波损失七、声波超声波次声波（了解）1、声波分类；2、声强级练习一、填空题：1频率为500的波，其速度为350，位相差为2/3的两点间距离为。2A、B是简谐波波线上的两点。已知B点的位相比A点落后1/3，A、B两点相距0.5m，波的频率为100，则该波的波长=m.波速.3如图所示，P点距波

58、源S1和S2的距离分别为3和10/3，为两列波在介质S13PS210/3中的波长，若P点的合振幅总是极大值，则两波源应满足的条件是。4S1、S2为振动频率、振动方向均相同的两个点波源，振动方向垂直纸面，两者相距32（为波长）如图所示已知S1的初位相为2S2（l）若使射线S2C上各点由两列波引起的振动均干涉相消，则S2的初位相应为；（2）若使S1S2连线的中垂线上各点由两列波引起的振动均干涉相消，则S2的初位相应S1MNC为。三、计算题：1某质点作简谐振动，周期为2s，振幅为0.06m，开始时（0），质点恰好处在负向最大位移处，求(1)该质点的振动方程；(2)此振动以速度2ms1沿x轴正方向传播

59、时，形成的一维简谐波的波动方程；(3)该波的波长。2教材720题722题【本章作业】：73、4、10【本章小结】1基本概念：波长、波速、周期（频率）、波强度2基本原理：惠更斯原理、波的叠加原理建立平面简谐波的波动方程的方法波的能量传播特征相干波叠加后振幅加强和减弱的条件驻波及其形成条件、特点【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）赵近芳大学物理学（第一版）第十七次第八章气体分子运动论【教学目的】能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。了解气体分子热运动的图象。理解理想气体的压强公式和温度公式以及它们的物理意义。通

60、过推导气体压强公式，了解从提出模型、进行统计平均、建立宏观量与微观量的联系到阐明宏观量微观本质的思想和方法。了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程。理解气体分子平均能量按自由度均分定理，并会应用该定理计算理想气体的内能。了解麦克斯韦速率分布律及速率分布曲线的物理意义。了解气体分子热运动的算术平均速率、均方根速率、最可几速率的求法和意义。【重点、难点】本章重点：理想气体状态方程；压强公式和温度公式；能均分定理；内能；麦克斯韦速率分布律；算术平均速率、均方根速率、最可几速率；平均碰撞频率及平均自由程本章难点：能均分定理；内能；麦克斯韦速率分布律【教学过程】1理想气体状态方程；压强公式和温度公式2学时