大学物理教案

大学物理精选教学设计大学物理精选教学设计大学物理精选教学设计教学设计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【授课目标】☆理解质点模型和参照系等看法☆掌握地址矢量、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：地址矢量、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【授课过程】·描述质点运动和运动变化的物理量·典型运动、圆周运动·相对运动

2学时2学时2学时《解说》一、基本看法质点参照系和坐标系（1）直角坐标系（如图1-1）：yrτOxnz图1-2图1-1（2）自然坐标系（如图1-2）：时辰与时间二、描述质点运动的基本量地址矢量表示运动质点地址的量。如图1－1所示。rxiyjzk（－）11矢径r的大小由下式决定：rrx2y2z2（1－2）矢径r的方向余弦是cosx,cosy,cosz（1－3）rrr运动方程描述质点的空间地址随时间而变化的函数。称为运动方程，能够写作x=x（t），y=y（t），z=z（t）（1－4a）或r=r（t）（1－4b）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此后，可得轨道方程。例：设已知某质点的运动方程为yx3sintr6y3costr16r2z0Oz图1-3位移从x、y两式中消去t后，得轨道方程：x2y29,z0位移表示运动质点地址搬动的量。如图1－3所示。ABrBrAr在直角坐标系中，位移矢量r的正交分解式为rxiyjzk式中xxBxA；yyByA；zzB的沿坐标轴的三个重量。位移r的大小由下式决定r(x)2(y)2(z)2位移r的方向余弦是

x1—5）1－6）zA是r1－7）x；cosy；coszcosrr（1－8）r行程行程是质点在运动过程中实质经过的路径的长度。行程是标量。速度：描述质点运动的快慢和方向的量．r（1）平均速度：vt（1－9）（2）瞬时速度（速度）：vlimrdr（1－10）tdtt0直角坐标系中，速度矢量也可表示为vvxivyjvzk（1－11）其中vxdx、vydy、vzdzdtdtdt

分别是速度v的沿坐标轴的三个重量。速度v的大小由下式决定vvvx2v2yv2z（1－12）速度v的方向余弦是cosvx；cosvy；cosvz（1－13）vvv速率速率等于质点在单位时间内所经过的行程。平均速率：vs（1－14）tsdslimr（1－15）瞬时速率（简称速率）vlimdtvt0tt0t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：（2）瞬时速度（速度）：

av（1－16）talimvdvd2r（1－17）tdt2t0dt在直角坐标系中，加速度矢量a的正交分解式为aaxiayjazk（1－18）其中axdvxd2x、aydvyd2ydvzd2z分别是加速度a的沿坐dtdt2dtdt2、azdtdt2标轴的三个重量。[第二次]三、几种典型的质点运动直线运动1）匀变速直线运动（略）2）变加速直线运动［例1－1］潜水艇在下沉力不大的状况下，自静止开始以加速度Aet铅直下沉（A、为恒量），求任一时辰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Ox，按加速度定义式，有adv或dvadt①dt今取潜水艇开始运动的时辰作为计时零点，按题意，t0时，x0，v0。将aAet代入上式①，积分：vttdtdvAe00由此可求得潜水艇在任一时辰t的速度为vA(1et)②再由直线运动的速度定义式vdxdt，将上式写作dxA(1et)或dxA(1et)dtdt依照上述初始条件，对上式求定积分，有V1xtt)dtBdxA(1eAV200由此即可求得潜水艇在任一时刻t的地址坐标x，即运动方程V1为O

VxA(et1)AtV2③图1-4抛体运动（略）圆周运动（1）匀速圆周运动V1V2v其加速度为a

dv

lim

vdt

t

0

t加速度的大小：valimt0t从图1－4中看出，vrvvvrRR所以alimvlimvrt0tt0Rt因v和R均为常量，可取出于极限号之外，得avlimrRt0t由于t0时rs，所以avlimrvlimsv2Rt0tRt0tR故得

a

v2R

（1－19）再谈论加速度的方向：加速度的方向是

t→0时

v的极限方向。由图

1一8可看出

v与vP间的夹角为

1(2

)；当

t→0时，这个角度趋于

2

，即a与vP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心加速度。at只改变质点速度的大小；一个沿圆周的法线方向，叫做法at表示，（2）变速圆周运动V1V2如图1一5所示的。V1ABV2V1这个角度也可能随时间改变。平时将加速度a分解为两个分加速度，一个沿圆周的切线方向，叫做切向加速度，用

VOV2图1-5向加速度，用an表示，an只改变质点速度的方向；即aatan（1－20）a的大小为aat2an2式中anv2，atdvBRdtA1anθ2a的方向角为tgatθ1（3）圆周运动的角量描述①角坐标θ②角位移Δθ=θ1θ2-③角速度ω图1－6dvdsRdRdtdtdt④角加速度ββdd2v2(R)2dvdanR2RatRRdtdt2Rdtdt曲线运动若是质点在平面内作一般的曲线运动，其加速度a也可分解为aatan（1－39）上式中，at为切向加速度，an为法向加速度，其量值分别为atdv；anv2dt（1－22）［例1－2］一质点沿半径为R的圆周运动，其行程用圆弧s表示，s随时间t的变化规律是sv0tbt2，其中v0、b都是正的常数，求（1）t时辰质2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vdsd(v0tbt2)v0btdtdt2再求它的切向和法向加速度，切向加速度为atdvd(v0bt)bdtdt法向加速度为anv2(v0bt)2RR于是，质点在t时辰的总加速度大小为a22(b)2(v0bt)atanR1R2b2(v0bt)4R

22其方向与速度间夹角为tgan(v0bt)2atRb（2）总加速度大小达到b值时，所需时间t可由a1R2b2(v0bt)4bR求得v0tbv0(v0)1b(v0)2代入行程方程式，质点已转过的圈数Nsb2bv022R2R4Rb[第三次]Ⅰ相对运动Ⅱ习题1—2、34、5、6、8、10、11【本章作业】1—2；1—3；1—8；1—11【本章小结】坐标系：直角坐标系、自然坐标系四个基本量：地址（运动方程）、位移、速度、加速度圆周运动：角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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【授课目标】☆掌握牛顿三定律及其合用条件。☆理解万有引力定律。☆认识力的种类、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。【授课过程】牛顿定律、力的种类、惯性系与非惯性系败

2学时《解说》一、牛顿运动定律第一运动定律：第二运动定律：物体碰到外力作用时，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同样。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）重量式：直角坐标系：Fxmax,Fymay,Fzmaz（2—4a）或d2xd2yd2z（2—4b）Fxmdt2,Fymdt2,Fzmdt2Fnmanv2m圆周轨道或曲线轨道：（2—5）Ftmatdvmdt式中Fn和Ft分别代表法向合力和切向合力；是曲线在该点的曲率半径。（3）F是物体所受的所有外力的合力，但不能够把ma误认为外力．二、力的种类常有的力重力、弹性力、摩擦力四种自然力现代物理学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（认识）四、惯性系和非惯性系（认识）例题2—13质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比率系数为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．2—14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60km/h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40km/h的速度行驶，问车胎与路面间的摩擦系数最少多大，才能保证汽车在转弯时不至滑出公路？2—15质量为m的小球，在水中受的浮力为常力F，当它从静止开始沉降时，碰到水的粘滞阻力为f=kv（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V=算的时间。【本章作业】2—7、8、9【本章小结】第二定律重量式

mgFkt/m)，式中t为从沉降开始计(1ek1直线运动：Fxmd2x,Fymd2y,Fzmd2zdt2dt2dt2Fnmanm圆周轨道或曲线轨道：

v2dvFtmatmdt【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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【授课目标】☆掌握功的看法。能计算直线运动状况下变力的功。☆掌握保守力作功的特点及势能看法，会计算势能。☆掌握质点的动能定理并能用它解析、解决质点在平面内运动时的简单力学问题。☆掌握机械能守恒定律及合用条件。掌握运用它解析问题的思想方法。能解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【授课过程】1功的看法、动能定理2学时2势能、功能原理、机械能守恒定律2学时《解说》一、功和功率功的定义（1）恒力的功（图3-1）①A=Fs②A=Fcoss（3-1）FFαss【注】图3-1功有正负．当α＜时，功为正当，也就是力对物体作正功。当α=时，22功为零，也就是力对物体不作功。当α＞时，功为负值，也就是力对2物体作负功，也许说，物体抗争外力而作功．功自己是标量，没有方向的意义．（2）变力的功（图3-2）bdsαFa图3-2在曲线运动中，我们必定知道在曲线行程上每一位移元si处，力Fi和位移元si之间的夹角i，所以微功A和总功A分别为AFisiFicosisiAFisiFicosisiii或把总功用积分式表示为bbbAFcosdsFds(FxdxFydyFzdz)（3－2）aaa式中a、b表示曲线运动的起点和终点．3）合力的功若是有好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（N·m），称为焦耳（符号J）；在工程制中，是千克力·米，没有特地名称．（4）功率平均功率NAt瞬时功率NlimAdAtdtt0或NlimFcossFcosvFv（3－3）tt0上式说明瞬时功率等于力的速度方向的重量和速度大小的乘积．在国际单位制中，功率的单位是焦耳·秒―1―1（J?s），称为瓦特（符号W）。［例1］一质点受力F3x2i（SI）作用，沿X轴正方向运动。从x=0到x=2m过程中，力F作功为J［例2］质量为m＝0.5kg的质点，在XOY坐标平面内运动，其运动方程为x＝5t，y＝2(SI)，从t＝2s到t＝4s这段时间内，外力对质点作的功为J二、动能、动能定理1动能Ek1mv222质点的动能定理b1mvb21mva2（1）推导：AFcosds（3－4）a22（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．ha和hb）有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AEkEk0（3－5）Ek和Ek0分别表示系统在终态和初态的总动能，A表示作用在各物体上所有的力所作的功的总和．[第六次]三、保守力作功势能重力作功的特点bhdsαah2mgh1图3-3dAGdsPcosdsmgcosdsmgdh式中dhdscos()dscos就是在位移元ds中物体上升的高度．所以重力所作的功是AdAhbmghbmgdhmghaha可见物体上升时（hb>ha），重力作负功（A＜0）；物体下降时（hb<ha），重力作正功（A>0）。从计算中能够看出重力所作的功只与运动物体的始末地址（关，而与运动物体所经过的路径没关。重力势能EpmghAmghamghbEpaEpb或A(EpbEpa)（3－6）上式说明：重力的功等于重力势能的增量的负值。2弹性力的功弹性势能弹性力也拥有保守力的特点．我们以弹簧的弹性力为例来说明．依照胡克定律，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①，即F=kxk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．得A1kxa21kxb2EpaEpb22弹性势能Epmgh则A(EpbEpa)（3－7）和重力作功完好相似，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AG0Mm(11推导得：ra)rb或EpaG0MmG0MmEpb（3－8）rarb平时，取m离M为无量远时的势能为零势能参照地址，亦即在上式中令rb→∞，Ep＝0，这样EpaG0Mm引力势能（3－9）ra四、功能原理机械能守恒定律功能原理现在我们对系统的动能定理AEkEk0作进一步的谈论。对于几个物体组成的系统来说，上式中A包括所有外力的功和所有内力的功．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）是合用于一个系统的动能定理．而A保守内力(EpEp0)（3－11）至于非保守内力的功，能够是正功（比方系统内的爆炸冲力），也得A外力A非保守内力(EpEp0)EkEk0或A外力A非保守内力(EkEp)(Ek0Ep0)（3－12）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，平时称为系统的功能原理．机械能守恒定律显然，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）的状况下，由上式得EkEpEk0Ep0恒量（3－13）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3－2］（学生自学）［例3－4］如图（见教材），有一小车沿圆形无摩擦轨道经过A、B、C、D各点，若轨道的圆心为O，半径为R，∠COD==60°，vA5gR，小车质量为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，所以只须用法向重量式；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重量式为：2mgcosNmvR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vA已知，应采用小车过A、D二点时为二状态，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1mv2A，势能为零；在状态D，动能为1mv2，势能为mgR(1cos)。22由机械能守恒定律，得：1mvA21mv2mgR(1cos)22在上二式中消去v后求N，得：NmvA22mg3mgcosR将vA和的值代入上式后化简，得：N3mg2［例3－5］以下列图，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h=10m的A点滑下时，平顺地经过坡底B，尔后沿平直冰道滑到C点停止。设雪橇与冰道间的摩擦系数为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AB下滑时，受重力Gmg，斜面的支承力N1和冰面对雪橇的滑动摩擦力f作用，方向如下图，f的大小为r1r1f

r1

N1mgcos按功的定义式（

。下滑的位移大小为ABhsin。3－1），由题设数据，可求出重力对雪橇所作的功为AW

(mgsin

)(hsin

)cos0

mgh

5000kg

9.8ms

2

10m105(J)斜坡的支承力

N1对雪橇所作的功为AN1

(mgcos

)(hsin

)cos90

0摩擦力

fr1对雪橇所作的功为f

r1

(

mgcos

)(h

sin

)cos180

mghctg5000kg

s

2

10m

ctg10104

(J)在下滑过程中，合外力对雪橇作功为AAW

AN1

Afr1

4.9105J

0

104J)

4.07105(J)【本章作业】3—7、8、10【本章小结】1基本看法：⑴功和功率⑵势能和动能基根源理：bFcosds1mv21mv2⑴质点的动能定理：Aa22⑵功能原理：A外力A非保守内力(EkEp)(Ek0Ep0)⑶机械能守恒定律：EkEpEk0Ep0恒量【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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【授课目标】☆掌握的冲量看法。会计算变力的冲量☆掌握质点动量定理，并能用它解析、解决质点在平面内运动时的简单力学问题。☆掌握动量守恒定律及合用条件。掌握运用它解析问题的思想方法。【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。【授课过程】1冲量、动量定理2学时2动量守恒定律、碰撞2学时《解说》一、冲量动量动量定理冲量（1）恒力的冲量I=F（t2－t1）（4一1）（2）变力的冲量若是外力F是一变力，则把力的作用时间t2－t1分成好多极小的时间间隔ti，在时间ti中的冲量为IiFiti而在时间t2－t1中的冲量为IIiFiti若是所取的时间ti为无量小，上式可改写为积分式It2Fdt（4一2）t1要注意到，与上式相应，在各坐标轴方向的重量式是2IxFxdtFx(t2t1)t1Iyt2Fy(t2t1)（4一3）Fydtt12IzFzdtFz(t2t1)t12动量动量定理（1）动量（运动量）pmV（4—4）（2）动量定理能够证明，在合外力F是变力，物体作一般运动的状况下，有：It2mv1Fdtmv2（4－5）t1在坐标轴方向的三个相应的重量式是Ixt2Fxdtmv2xmv1xt1Iyt2Fydtmv2ymv1y（4－6）t1Izt2Fzdtmv2zmv1zt1［例4－1］一质量为2.5克的乒乓球以速度v1=10米秒飞来用板推挡后,/,又以v2=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为45°和60°，以下列图。v2p2I60°p160°v145°45°（a）（b）图例4—1（1）画出板对球的平均冲力的方向；（2）求乒乓球获得的冲量大小；（3）如撞击时间是秒，求板施加于球上的平均冲力。解：（1）由动量定理：Ftmv2mv1得：mv2Ftmv1能够画出冲量方向Ft如图，平均冲力的方向与Ft方向同样。（2）将初、末两状态动量向x轴作重量p1xmv1cos452-110kgm·sp1ymv1sin45-1102kgm·sp2xmv2cos60102-1kgm·sp2ymv2sin60102-1kgm·spxP2xP1x0.7102-1kgm·spyP2yP1y-1102kgm·sP226.14102-1PxPykgm·s由动量定理：Ftmv2mv1PPFNt[第八次]三、动量守恒定律两个物体相互正碰（高中）按动量定理m1v1m1v10f1tm2v2m2v20f2t牛顿第三运动定律指出：f1＝－f2，所以，以上两式相加后得m1v1m2v2m1v10m2v20简单看出，碰撞前后，两物体的动量之和保持不变。n个物体组成的系统按牛顿第二运动定律和第三运动定律，能够证明：（1）系统内所有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d(mivi)fi（4－8）dt式中mivi为系统的总动量，fi是系统所受外力的矢量和．若是该系统不受外力或所受外力的矢量和为零（即fi＝0），从式（4－8）可知：d(mivi)0于是mivi=恒量，（在fi＝0的条件下）（4－9）这一结论称为动量守恒定律：在系统不受外力或外力矢量和为零时，系统的总动量守恒．重量式m1v1xm2v2xmnvnx恒量(在fix条件下)0m1v1ym2v2ymnvny恒量(在fiy0条件下)m1v1zm2v2zmnvnz恒量(在fiz0条件下)（4－10）理解（1）分方向守恒；（2）条件：外力与内力比较可忽略。［例4－4］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，人和小车本来都静止不动。若是这人从车的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）、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GA、车的重力G和地面对车的支承力N，它们沿水平方向的重量为零，所以，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（4－10），有m0M0m(v)M(V)于是得Vmv①M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dt内的位移为dx=vdt．所以，小车和人在时间dt内的位移分别为dx车=Vdt和dx人=vdt．将式①两边乘dt，即得dx车mdx人②M设人从A端走到B端时，小车的B端坐标从零变为x，则人的坐标从l相应地变为x，积分上式xmxdx车=dx人Ml得xm(xl)M解出上式中的x，得小车相对于地面的位移为x

mlMm人相对于地面的位移（即末地址与初地址的坐标之差）为mlMlxxllMmMm负号表示人的位移方向与x轴反向。四、碰撞若是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连续极为短暂的时间，这种相遇就是碰撞分类（1）弹性碰撞；（2）非弹性碰撞；（3）完好非弹性碰撞对心碰撞（正碰）若是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4－5］设A、B两球的质量相等，B球静止在水平桌面上，A球在桌面上以向右的速度v130ms1冲击B球，两球相碰后，A球沿与本来前进的方向成30角的方向前进，B球获得的速度与A球本来运动方向成45角。若不计摩擦，求碰撞后A、B两球的速率v1和v2各为多少？yAv1/mAmBv1αβxABBv2/图例4—5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，所以，系统所受外力的矢量和为零，于是动量守恒，由式（4－10），有mAv1mB0mAv1mBv2沿v1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上。于是上述矢量式的重量式为mAv10mAv1cosmBv2cos00mAv1sinmBv2sin以mAmB，30，45代入上两式，联立求解；由题设v130ms1，得2v230ms11v1122.0ms31312v230ms11v2115.5ms3131［例4－8］利用完好非弹性碰撞原理能够测定高速翱翔子弹的速率。如图所示装置就是测定子弹速率v1的原理图。质量为M的滑块静止于水平面上，轻弹簧处于自然状态，所以坐标原点选在滑块（视作质点）处。现求质量为m的子弹的翱翔速率v1。kv1Mm·XO图例4—8解：①子弹射入滑块过程能够认为是两个质点之间的完好非弹性碰撞过程。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：mv1(mM)v②碰撞后（m+M）以速度V沿X正方向运动，压缩弹簧，（m+M）的动能变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：1(mM)v21kx222③x是弹簧的最大压缩量，能够经过测量获得。联立上述两式解得(mM)kv1xm若m（kg），M0.99（kg），k900（N/m），x（m），代入上述数据得v1300（m/s）。［例4－9］以下列图，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地址，若空气阻力可被忽略，子弹、砂箱均可作质点办理，求子弹的速度v。（学生自学）【本章作业】：4—8、13、14【本章小结】1基本看法：⑴冲量⑵动量基根源理：⑴动量定理：It2mv2mv1Fdtt1⑵动量守恒定律：m1v1xm2v2xmnvnx恒量(在fix0条件下)mvmv2ymvny恒量(在fiy0条件下)11y2nm1v1zm2v2zmnvnz恒量(在fiz0条件下)【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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【授课目标】☆掌握刚体绕定轴转动定律，理解力矩、转动惯量、转动动能等看法。☆理解动量矩（角动量）看法，经过质点在平面内运动和刚体绕定轴转动状况，理解动量矩守恒定律及其合用条件。能应用动量矩守恒定律解析、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【授课过程】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《解说》一、刚体的定轴转动刚体看法刚体运动分类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。定轴转动1）轴；（2）转动平面；（3）角量描述复习圆周运动［例5－1］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，以下列图。关闭电源后，砂轮平均地减速，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缘上一点的速度和加速度。设砂轮的半径为r250mm。解：（1）选定循逆时针转向的角量取正当（见图）；则由题设，初角速度为正，其值为021800rads160rads160按题意，在t15s时，末角速度0，由匀变速转动的公式得：0060rads14rads212.57rads1t15s为负值，即与0异号，表示砂轮作匀减速转动。（2）砂轮从关闭电源到停止转动，其角位移及转数N分别为0t1t2260rads115s1(4rads2)(15s)22450radN450rad225（转）22rad（3）在时辰t10s时砂轮的角速度是0t60rads1(4rads2)10s20rads162.8rads1的转向与0同样。在时辰t10s时，砂轮边缘上一点的速度v的大小为vr0.25m20rads115.7ms1的方向以下列图，相应的切向加速度和法向加速度分别为atr0.25m(4rads2)3.14ms2anr2(20rads1)2102ms2边缘上该点的加速度为aatan；at的方向和v的方向相反（为什么？），an的方向指向砂轮的中心。a的大小为aaat2an2(3.14ms2)2102ms2)29.88102ms2a的方向可用它与v所成的夹角表示，则arctganarctg102ms2at3.14ms2二、力矩转动定律1力矩（1）力矩的定义M=Fd（5－1）（2）MFrsin（5－2）（3）力矩矢量式（一般式）．M＝r×F（5－3）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（本来静止的连续静止，原在转动的则作匀角速转动）．这就是转动刚体的第必然律（1）内容MJ（5－5）（2）推导如图5－6所示，β，ωFifiθiφiOriP图5－6推导转动定律用图依照牛顿第二运动定律，Fifi(mi)ai（1）法向和切向重量的方程以下：(FicosFisin

ificosi)(mi)ain(mi)ri2（2）ifisini(mi)ait(mi)ri（3）式中ain＝ri2和ait＝ri分别是质点P的法向加速度和切向加速度，我们得到Frsinifrsini(m)r2（4）iiiiii式（4）左边的第一项为哪一项外力Fi对转轴的力矩，第二项是内力fi对转轴的力矩。同理，对刚体中所有质点都可写出和式（4）相当的方程．把这些式子全部相加，则有：Firisini2（5）firisini(miri)由于firisini等于零。这样，式（5）左边只剩下第一项Firisini，按定义，它是刚体所受所有外力对转轴OZ的力矩的总和，也就是合外力矩．用M表示合外力矩，miri2由刚体的形状和相对转轴的质量分布所决定，称为刚体的转动惯量，以J表示，则式（5）可写成MJ证毕。转动惯量（1）定义J=miri2连续刚体JVr2dmVr2dV（5－6b）（2）理解刚体的转动惯量决定于刚体各部分的质量对给定转轴的分布状况．（3）计算［例5－3］求质量为m、长为l的平均细棒对下面（1）、（2）和（3）所给定的转轴的转动惯量。1）转轴经过棒的中心并与棒垂直；2）转轴经过棒的一端并与棒垂直；3）转轴经过棒上离中心为h的一点并与棒垂直。4定律应用［例5－4］一轻绳超出一轴承圆滑的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体，m1<m2，以下列图。设滑轮的质量为m，半径为r，其转动惯量可按J1mr2计算（滑轮视为圆盘）。绳与轮之间无相2对滑动。试求物体的加速度和绳的张力。解：按题意，滑轮拥有必然的转动惯量，在转动中，两边绳子的张力不再相等。设m1这边的张力为T1、T1（T1T1），m2这边的张力为T2、T2（T2T2）。因m2>m1,m1向上运动，m2向下运动，而滑轮顺时针旋转。按牛顿运动定律和转动定律可列出以下方程：T1G1m1aT2G2m2aT2rT1rI式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度，G1m1g，G2m2g。滑轮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(m2m1)g(m2m1)gaI1m1m22m1m2mr2而m1(2m21m)gT1m1(ga)21mm1m22m2(2m11m)gT2m2(ga)21mm1m22a(m2m1)gr(m1m21m)r2［例5－5］以下列图，质量为m1和m2的滑块用一根轻软绳系住后跨在定滑轮的两侧。定滑轮的质量为m3，半径为R。m2与斜面之间圆滑接触，斜面角为。当m2沿斜面下滑时软绳带动定滑轮作转动，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力矩的功变力矩所作的功为AMd（5－8）转动动能Ek1mr221(mr2)22ii2iiEk1J2（5－9）2刚体定轴转动中的动能定理22AMd11

d(1J2)1J22

22

J

21（5－10）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。机械能守恒［例5－8］以下列图，一根长为l，质量为m的匀质细杆。一端与圆滑的水平轴相连，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<<l。设杆由水平川址自由释放，求杆下摆至任意角度时的角加速度和角速度。解：①题意解析：细杆在下摆过程中碰到两个力矩作用。细杆的重力矩M1mg(l2)cos，重力的作用点在细杆的质心处；小球所受的重力矩M2mglcos，重力的作用点在小球处。两力矩的方向同样均指向纸面。②列出刚体的转动方程：M1M2mg(l)cosmglcosJ（1）2③其中J是细杆和小球绕轴的转动惯量，JJ1J21ml2ml2（2）3④代入（1）式后得出角加速度值9gcos（3）8l⑤依照角加速度是角速度的一阶导数的关系来求解角速度值。dddd，dddtddtd00最后得：9gsin（4）4l四、角动量角动量守恒定律角动量（1）质点角动量Lrp（5－12）（2）刚体对轴的角动量LJ（5－13）角动量定理（1）冲量矩与冲量相似，我们用冲量矩表示力矩在一段时间内的累积效应．冲量矩等于力矩乘以力矩所作用的时间．（2）定理刚体作定轴转动时，依照转动定律和

dMJJ，可得Md(J)dL（5－14）dtdtMdtd(J)（5－15）两边进行积分后，得t22（5－16）Mdtd(J)J2J1t11转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在这段时间内转动物体角动量的增量，这一关系叫做角动量定理．角动量守恒定律（1）定律由角动量定理可知，若是物体所受对某固定轴的合外力矩M恒等于零，那么依照式（5－17）得dLd(J)0dtdt所以LJ=恒量（5－21）亦即当物体所受的合外力矩等于零时，物体的角动量Jω保持不变．这一结论就是角动量守恒定律，也叫做动量矩守恒定律．（2）合用范围①几个刚体组成的系统②质点与刚体组成的系统③非刚体④非刚体做非定轴转动［例5－10］一水平圆形转台，质量为M，半径为r，可绕过中心的铅直圆滑轴转动。质量为m的人，站在台边缘。设开始时人与转台均静止。若是人在台上以v的速率沿台边缘顺时针（从上往下看）方向奔跑，求此时转台转动的角速度[第十一次]刚体习题课【内容】一、填空题：一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为M=。一飞轮的转动惯量为J，在t=0时角速度为ω0，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比率系数k＞0。当ω=1/3ω0时，飞轮的角加速度β=。从开始制动到ω=1/3ω0所经历的时间t=。3动量矩定理的内容是，其数学表达式可写成。动量矩守恒的条件是。一飞轮以角速度ω0绕轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J1；另一静止飞轮突然被啮合到同一个轴上，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍，啮合后整个系统的角速度ω＝。二、选择题：1一圆围绕过盘心且与盘面垂直的轴O以角速度ω按图示方向转动，若以下列图的状况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度ω（A）必然增大；（B）（B）必然减少；ωF（C）不会改变；F.O（D）如何变化，不能够确定。2一刚体的转动惯量只决定于（A）刚体的质量；（B）刚体的质量的空间分布；（C）刚体的质量对给定转轴的分布；（D）转轴的地址。花式滑冰运动员绕过自己的竖直轴转动，开始时两臂张开，转动惯量为J0，角速度为ω0。尔后她将两臂回收，使转动惯量减少为1/3J0。这时她转动的角速度变为1（B）1（C）3ω0；（D）3。33000三、计算题：1一轴承圆滑的定滑轮，质量为，半径为，一根不能够伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m＝5.00kg的物体，以下列图。定滑轮的转动惯量为J＝MR2/2．已知定滑轮的初角速度ω0，其方向垂直纸面向里。求：（1）定滑轮的角加速度；

ω0RMm（2）定滑轮的角速度变化到ω＝0时，物体上升的高度；（3）当物体回到本来地址时，定滑轮的角速度．2有一质量为m1、长为l的平均细棒，静止平放在滑O动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕经过其端点O且与桌面垂直的固定圆滑轴转动。还有一水m1l平运动的质量为m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小v1m2滑块在碰撞前后的速度分别为V1和V2，如图所v2A示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程(俯视图)所需的时间。（已知棒绕O点的转动惯量J1m1l2）33以下列图，已知弹簧倔强系数k＝k20N/m，滑轮质量M=2kg，半径R＝，物体质量m＝1kg，滑轮绕轴的转动惯量J1MR2．开始时系统静m2止，弹簧处于自然状态，求：当物体h下落h＝0.2m时，物体速度的大小？（设绳在滑轮缘上不打滑，忽略滑轮轴的摩擦阻力）【本章作业】：5—8、11、12【本章小结】1基本看法：⑴力矩⑵转动惯量⑶转动动能⑷力矩的功⑸角动量基根源理：⑴转动定律：MJ⑵转动动能定理：212AMdJ21212J12t22⑶动量矩定理：Mdtd(J)J2J1t11⑷动量矩守恒定律：LJ=恒量【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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）[第十二次]第六章振动【授课目标】☆掌握描述简谐振动的各物理量（特别是相位）的物理意义及各量之间的互有关系。☆掌握旋转矢量法，并能用以解析有关问题。☆掌握谐振动的基本特点。能建立弹簧振子或单摆谐振动的微分方程。能依照给定的初始条件写出一维谐振动的运动方程，并理解其物理意义。☆理解两个同方向、同频率谐振动的合成规律，以及合振动振幅极大和极小的条件。【重点、难点】※本章重点：描述简谐振动的各物理量、旋转矢量法、弹簧振子和单摆、给定的初始条件写出一维谐振动的运动方程、谐振动的合成▲本章难点：旋转矢量法、谐振动的合成【授课过程】1振动、简谐振动、旋转矢量法、两个实例2学时2振动的合成、部分习题2学时《解说》〖序言〗1、机械振动；2、广义振动；3、分类：（1）从时间上分（2）从轨迹上分一、简谐振动：周期性的直线振动1、简谐振动的表达式x＝Acos（ωt十α）．（6—1）质点走开平衡地址的位移x按余弦（或正弦）函数随时间t而改变，称为简谐振动的表达式．2、三个特点量（1）振幅A（2）圆频率ω①周期：T2②频率：2v（3）位相（周相或相位）（ωt十）初位相：t0时的位相，即3、速度和加速度vdxAsin(t),（6－2）dtd2xA2cos(t)2x.（6－3）a2dt4、动力学特点d2x2x.（6—4）dt25、两个特例（1）弹簧振子如图6─1所示，O就是系统的平衡地址．kxFM··xOp图6─1弹簧振子物体所受的弹力为：F＝－kx．由牛顿第二定律得：ma＝－kx，令k2m得d2x2.dt2x所以T2.2mk（2）单摆（过程略）圆频率为：gl单摆的周期为：T

2

2

lg［例6－1］如图例6—1所示，一原长为l的弹簧（图a），其倔强系数为k，下端固定，上端系一质量为m的重物，形成一铅直方向振动的弹簧振子。静平衡时，弹簧的缩短量为b。试解析此弹簧振子的运动规律。［例6—2］有一弹簧振子，质量为，劲度系数为·m-1．t=0时，小球过x00.04m处，并以v0=0.21m·s-1的速度沿X轴作正向运动．试求弹簧振子的：（1）振幅；（2）初位相；（3）振动表达式．解：弹簧振子作简谐振动，由（6－3）式，可求得它的圆频率为：7rads1m可求得它的振幅为：2v020.05mAx02114cosx0Acos36°52′5因v0为正，sin应为负：故初位相应为：36°52′0.643rad弹簧振子的振动表边式为：x0.05cos(7t0.643)m．6、简谐振动的矢量图示法如图（6－3）所示，在图平面内画坐标轴OX，由原点O作一个矢量，使它的长恰等于振幅A．这个矢量称为振幅矢量；t＝0时，振幅矢量OQ0与X轴所成的角等于初位相．这个矢量，以数值等于圆频率ω的角速度、在图平面内绕O点作逆时针方向的匀速转动．在时辰t，振幅矢量经过OQ的地址，它和X轴所成的角t恰等于该时辰的位相；这时振幅矢量OQ在X轴上的投影Acos（t），恰表示简谐振动的位移x．Q(t=t1)Q(t=0)ωt+αωOαXP图6－3简谐振动的矢量图示法这样，振幅矢量OQ的尾端点Q在X轴上的投影P，就是作简谐振动的质点在时辰t的地址．在振幅矢量的转动过程中，Q点作匀速圆周运动（有时把这个圆称为参照圆），而Q的投影P点就在OX轴上作简谐振动；振幅矢量转一周所需的时间与简谐振动的周期相等．7、简谐振动的图象（详尽问题再说）8、简谐振动的能量作简谐振动的质点t时辰的动能为：Ek1mv21mA22sin2(t)22振动系统的弹性势能为：Ep1kx21kA2cos2(t)22将式2k或km2代人此式，得：mEp12cos2(t)mA22故t刻系的机械能（也叫做振能）：EEkEp1mA221mvm21kA2222机械能守恒[第十三次]二、同方向同率两个振的合成二振都沿X行，率同ω，振幅各A1、A2，初位相各1、，两个振的表达式：x1A1cos(t1)，x2A2cos(t2)x1、x2表t刻每一振的位移．用振幅矢量示法合成两个振，得合振，也是一个振：xAcos(t)合振的振幅A和初位相AA12A222A1A2cos(21)an1A1sin1A1cos1

A2sin2A2cos2：（1）若二分振的位相差2的整数倍，即21＝2k，其中k0、土1、土2、⋯，cos（21）=1，AA12A222A1A2A1A2（2）若二分振的位相差的奇数倍，即21(2k1)，k0、土1、土2、⋯，cos（21）＝－1AA2A22AA2AA12112位相差二振的步不一致，就生孰先孰后的．若2>1，常第二个振动的位对照第一个振动的位相超前，或第一个振动的位对照第二个振动的位相落后．练习一、填空题：1有两个同样的弹簧，其倔强系数均为k.（1）把它们串通起来，下面挂一个质量为m的重物，此系统作谐振动的周期为。（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。2–1一弹簧振子，弹簧的倔强系数为0.32Nm·，重物的质量为0.02kg，则这个振动系统的固有圆频率为____________，相应的振动周期为_____________。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t=0时质点过x=0处且朝x轴正方向运动，则振动方程为x=。（2）若t=0时质点过x=A/2处且朝x轴负方向运动，则振动方程为x=。x(cm)一谐振动用余弦函数表示，其振动曲线以下列图，则此谐振动的三个特点量为A=；ω=；φ=。二、选择题：

105O1471013t(s)一质点作谐振动，周期为T.当它由平衡地址向X轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处这段行程所需要的时间为（A）T/4；（B）T/12；（C）T/6；（D）T/82一质点作谐振动，振动方程为xAcos(t)，当时间t=T/2（T为周期）时质点的速度为（A）Asin；（B）Asin；（C）Acos；（D）Acos.[]当质点以频率ν作简谐振动时，它的动能的变化频率为（A）ν；（B）2ν；（C）4ν；（D）（1/2ν）.4一简谐振动曲线以下列图。则振动周x(m)期是42O1t(s)（A）2.62s.（B）2.40s.（C）0.42s.（D）0.382s.【本章作业】：6—8、10【本章小结】1基本看法：⑴简谐振动⑵振幅⑶圆频率（周期、频率）⑷位相简谐振动：⑴三个特点量：振幅、圆频率、初位相⑵三种描述：解析式、旋转矢量法、图象⑶三个特点：运动学特点、动力学特点、能量特点⑷两个同方向、同频率谐振动的合成【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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]第七章颠簸【授课目标】☆理解机械波产生的条件。掌握依照已知质点的谐振动方程建立平面简谐波的颠簸方程的方法，以及颠簸方程的物理意义。理解波形图线。认识波的能量流传特点及能流、能流密度等看法。☆理解惠更斯原理和波的叠加原理。掌握波的有关条件。能应用相位差或波程差看法解析和确定有关波叠加后振幅加强和减弱的条件。☆理解驻波及其形成条件。认识驻波和行波的差异。【重点、难点】※本章重点：颠簸方程的建立；波能量及能流、能流密度；惠更斯原理和波的叠加原理；波的有关；驻波▲本章难点：颠簸方程的建立；波的有关；驻波【授课过程】1机械波产生、平面简谐波的颠簸方程

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《解说》一、机械波的产生和流传1、波种类：（1）机械波（2）电磁波2、机械波及其产生的条件产活力械波的条件有两个：一个是波源；另一个是拥有弹性和惯性的弹性媒质．3、横波和纵波4、波的形成和流传（略）5、波的频率、波长和波速（1）波速u弹性模量波速媒质的密度（2）频率ν（周期T）（3）波长λ（4）三者关系u(7—1)6、波的几何描述·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、平面简谐波看法2、平面简谐波的表达式yAcos(tx（7－2）)u这就是以速度u在x轴正向流传的平面简谐波的表达式；由于2和uv，（7－5）式还可以够写成其他一种形式：TTyAcos2(tx)（7－3）T平面简谐波表达式的物理意义（1）若x＝常数（2）若t=常数（3）x,t都变化沿坐标轴的负向流传的平面简谐波yAcos(tx（7－4）)u这就是所求的颠簸表达式。［例7—2］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v00.001ms1（注意差异波的流传速度u与质点的振动速度v）．试求：（1）数值形式的颠簸表达式；（2）t1s时，X轴上各质点的位移分布规律；（3）x0.5m处质点的振动规律．解：（1）为了求得颠簸表达式，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：vdy)0.001sin(t)Asin(tdt以初始条件t0时vv00.001代入，得sin或2将各有关数值代人（1）式，得数值形式的颠簸表达式为：y(tx)12（2）将t1秒代入（2）式，得该时辰Y轴上各质点的位移分布规律为：yxx2（3）将x0.5m代入（2）式，得该处质点的振动规律为：y(t1)0.001cost［例7—3］有一以速率u、沿x轴正向流传的平面简谐波，已知始点P0的平衡地址的坐标为x0，振动规律为yAcost，试求此波的表达式．ux0P0P···Ox

X解：在x轴上取任意点P，其坐标为x．P0Pxx0，振动由P0传到P，需时xx0，故P处质点在t时辰的位移y，等于在xx0时间从前（即txx0uuu时辰）P0处质点的位移，于是得：xx0)yAcos(tu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取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轴正向流传，其表达示为yAcos(tx)u在媒质中坐标为x处取一体积元V，其质量为mV，当颠簸流传到这个体积元，依照上式，其振动速度为vyAsin(tx)tu体积元的振动动能为Ek1(m)v21(V)A22sin2(tx)（7－5）22u能够证明，体积元的弹性势能也为Ep1(m)v21(V)A22sin2(tx)（7－6）22u体积元的总机械能为其动能和弹性势能之和，即EEkEp(V)A22sin2(tx)（7－7）u从以上三式看到，行家波流传过程中，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wwWA22sin2(tx)（7－8）Vu（2）平均能量密度（在一个周期内的平均值）w1A22（7－9）23、能流密度（1）能流（2）能流密度或波的强度Iwu1uA22（7－10）24、波的吸取（自学）［例7－7］一频率为500Hz的平面简谐波，在密度为kg·m-3的空气中以u340m·s-1的速度流传，到达耳时的振幅为A104，试求：耳cm中的平均能量密度及声强。解：平均能量密度为w12A21(104102)2(2500)222106Jm2s1声强I（即能流密度）的大小为1063402.18103Jm2s1四、惠更斯原理1、原理于1690年提出，媒质中颠簸传到的各点，都可看作是发射子波的波源；在以后的任一时辰，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、定性解说现象（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）二波若在一地区相遇后再分开，其流传状况（如频率、波长、流传方向等）与未相遇时同样，互不搅乱；（2）在相遇地区内，任一质点的振动为二波所引起的合振动。2、波的干涉（1）现象（2）条件两列波频率同样、振动方向同样、位相同样或位相差恒定3、谈论设有两个有关波源

S1和S2，振动方程分别为y1

A10

cos(

t

1)，

y2

A20cos(t

2)式中ω为圆频率，

A10、

A20为波源的振幅，

1、

2为波源的初位相，依照相干波源的条件，可知两波源的位相差

2－

1是恒定的．从这两个波源发出的波在空间任一点P相遇时，P处质点的振动可按叠加原理来计算．设P点走开S1和S2的距离分别为r1和r2，并设这两个波到达P点时的振幅分别为A1和A2，被长为，那未P点的两个分振动为y1A1cost12r1，y2A2cost22r2而合成振动为yy1y2Acos(t)式中222A1A2cosr2r1AA1A2212A1sin2r1A2sin2r212tg2r12r2A1cosA2cos12由于两个有关波在空间任一点所引起的两个振动的周相差r2r1212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r2r12k,k0,1,2,（7－11）212的空间各点，合振幅最大，这时AA1A2。适合下述条件12r2r12k1k0,1,2,（7－12）2,2的空间各点，合振幅最小，这时AA1A2。若是12，即对于同位相有关波源，上述条件可简化为r1r2k,k0,1,2,(最大)（7－13）r1r2k1,k0,1,2,最小2()r1r2表示从波源S1和S2出发的两个有关波到达P点时所经行程之差称为波程差。所以上列两式说明，当两个有关波源为同位相时，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7－9］以下列图，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（100Hz）、同方向的振动。设它们激起的波为平面简谐波，振幅均为5cm，且A点为波峰时，B点恰为波谷，求AB连线上因干涉而静止的各点的地址。设波速为200ms1。···ACB解：第一选定坐标系，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yA

Acos2

tyB

Acos(2

t

)以A点为波源向

C点流传的颠簸表达式为yAC

(x,t)

Acos2

(t

x)其中

x

AC，以

B点为波源（仍以

A点为原点）向

C点流传的颠簸表达式为（考虑到

BC

AB

x20

x）yB

C(x,t)

Acos2(t

20x)因干涉而静止的条件为位相差2(t20x)2(tx)(2k1)k化简后，得x102将u2002m代入上式100x(k10)m解出在AB连线上因干涉而静止的各点的地址x1,2,3,,17,18,19m。[第十六次]［例

7－10］以下列图，波源S发出一列简谐波沿路径上有一阻挡物，其上有两个相对于

X方向流传。在其流传的S对称的小孔S1和S2，小孔之间的距离aS1S24，是S波源发出波的波长。求沿图示X轴上干涉加强与减缺点的地址。S1r1PO·XSr2S2解：S1和S2能够看作是位在波源发出的第4个波面上的新的子波波源。它们发出的子波是有关波，且初相位同样。依照题意，S1发出的一列子波沿X方向流传（即r1方向）；S2发出的一列子波沿r2方向流传，两列波在X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x≥0，故上式建立的条件k≤4，即k只能取：1，2，3，4四个数。加强点的分布以下：x1；x23；x31.17；x40（2）求干涉减缺点的分布ra2x2x(2k1)/2，整理后得[64(2k1)2]x1)4(2k欲使解吻合题意，x≥0；要求分子[64(2k1)2]≥0；k必定≤，由此决定k的取值为0，1，2，3四个数。减缺点的分布以下：x0；x1；x2；x3由解题过程得知，k的取值要吻合题意，不能任意采用。六、驻波1、形成两列振幅同样的有关波相向流传时叠加而成的波，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（认识）1、声波分类；2、声强级练习一、填空题：频率为500Hz的波，其速度为350m/s，位相差为2/3的两点间距离为。A、B是简谐波波线上的两点。已知B点的位对照A点落后1/3π，A、B两点相距，波的频率为100Hz，则该波的波长λ=m.波速u=m/s.以下列图，P点距波源S1和S2的距离分别为3λ和10/3，λ为两列波在介质1S3λ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。P1、S2为振动频率、振动方向均同样的两个4SS210λ/3点波源，振动方向垂直纸面，两者相距3λ／2（λ为波长）以下列图．已知S1的初位相为π／2．（l）若使射线S2C上各点由两列波M引起的振动均干涉相消，则S2的初位相应为；S·1S·2·12（2）若使SS连线的中垂线MN上C各点由两列波引起的振动均干N涉相消，则S2的初位相应为。三、计算题：某质点作简谐振动，周期为2s，振幅为，开始时（t=0），质点恰好处在负向最大位移处，求该质点的振动方程；此振动以速度u=2m·s–1沿x轴正方向流传时，形成的一维简谐波的颠簸方程；该波的波长。2教材7—20题7—22题【本章作业】：7—3、4、10【本章小结】1基本看法：波长、波速、周期（频率）、波强度基根源理：⑴惠更斯原理、波的叠加原理⑵建立平面简谐波的颠簸方程的方法⑶波的能量流传特点⑷有关波叠加后振幅加强和减弱的条件⑸驻波及其形成条件、特点【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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【授课目标】☆能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等看法。认识系统的宏观性质是微观运动的统计表现。☆认识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。经过推导气体压强公式，认识从提出模型、进行统计平均、建立宏观量与微观量的联系到说明宏观量微观实质的思想和方法。认识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。☆认识麦克斯韦速率分布律及速率分布曲线的物理意义。认识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【授课过程】1理想气体状态方程；压强公式和温度公式2学时2能均分定理；内能；麦克斯韦速率分布律、平均自由程2学时《解说》一、平衡状态理想气体状态方程1、状态参量2、平衡状态3、平衡过程．4、理想气体状态方程pVMRTRT（8－1）MmolM这就是理想气体状态方程，式中是气体的摩尔数。Mmol［例8－1］一容器内有氧气，其压强为1.013106Pa，温度为320K。因容器漏气，稍后，测得压强减到本来的5/8，温度降到300K。求：（1）容器的体积；（2）在两次察看之间遗漏多少氧气。解：（1）可按理想气体状态方程PVMRT/Mmol，求容器的体积，已知：M=0.100kgMmol0.032kg?mol-1（因氧气的分子量为32），T=320K，P=1.013106-1-1。代入状态方程得Pa；R值应取R=8.31J?mol?KMRTVMmolP8.31Jmol1K1320Kmol1106Pa103m3（2）已知在漏气一段时间后，压强减小到P5/81.013106Pa，温度降到T=300K。如以M表示容器中节余的氧气质量，从状态方程得M

MmolPVRT0.032kgmol15/818.31JmolK

106Pa103m31300K10

2kg所以，遗漏的氧气质量为MM二、气体分子运动论的压强公式1、理想气体的分子模型（1）气体分子的大小与气体分子间的距离比较，能够忽略不计．所以气体分子可看作为大小能够不计的小球，它们的运动则遵守牛顿运动定律．（2）可把每个分子看作完好弹性的小球，它们相撞或与器壁相撞时，遵守能量守恒定律和动量守恒定律．（3）气体分子之间的平均距离相当大，所以除碰撞的瞬时外，分子间的相互作用也略去不计．其他，为防备一些有关的复杂性，分子所受的重力也忽略不计．这种模型即是理想气体的分子模型．2、两点假设（1）容器中任一地址处单位体积内的分子数不比其他地址占有优势，（2）分子沿任一方向的运动不比其他方向的运动占有优势．3、三点推论（1）沿空间各方向运动的分子数目是相等的；（2）从一个体积元飞向上、下、左、右、前、后的分子数各为1；6（3）分子速度在各个方向上的重量的各种平均值相等，比方vx2vy2vz2等等．4、理想气体压强公式的推导（过程略）p1nmv2（8－2）3平均平动动能12（8－3）wmv2式（8－2）可写作p2n1mv22nw（8－4）323这就是气体分子运动论的压强公式．5、气体分子平均平动动能与温度的关系由理想气体状态方程MpVRTMmol得NRTVN0式中Nn是单位体积中的分子数．R和N0都是恒量，两者的比值同样是个恒V量，称为玻耳兹曼常数，用k表示kR1023JK1N06.0221023所以，理想气体状态方程可改写作pnkT（8－5）将上式平易体压强公式（8－4）比较，得w1mv23kT（8－6）22［例8－2］今有一容积为10cm3的电子管，当温度为300K时用真空泵抽成高真空，使管内压强为5106mmHg，问管内有多少气体分子？这些分子总的平动动能是多少？解：已知气体体积V=10cm3=10－5m3，温度T=300K，压力P=5106mmHg=133.35106Pa，玻尔兹曼恒量k1023J?K1，设管内总分子数为N，则由式（8—5），PnkTNkTV得PV106510512N102310个kT300由式（8—4）2n(1mv)3N(1mv)P22322V2可得总的分子平动动能EkN(1mv)3PV222代入已知数据，得Ek3133.35106105108J2应该指出，温度是大量气体分子热运动的集体表现，拥有统计的意义；对个别分子，说它有温度，是没有意义的。6、气体分子的方均根速率依照气体分子平均平动动能的公式

1mv23kT，我们能够求出给定气体在一22定温度下，分子运动速度的平方的平均值．若是把这平方的平均值开方，即可得出气体分子速度的一种平均值，称为气体分子的方均根速率：v23kT3RT3RT（8－7）mmN0Mmol[第十八次]三、能量按自由度均分原理理想气体的内能1、自由度（1）看法（2）分子自由度①单原子分子②双原子刚性分子③多原子刚性分子2、能量按自由度均分原理（1）原理在平衡状态下，由于气体分子无规则运动的结果，能够推论，任何一种可能的运动都不会比另一种可能的运动特别占有优势，机遇是完好均等的，而且平均说来，不论何种运动，相应于每一个可能自由度的平均动能都应相等．这一能量分配所依照的原理，称为能量按自由度均分原理．（2）分子平均总动能气体分子有t个平动自由度、r个转动自由度和s个振动自由度，那么分子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能分别为tkT、rkT和22kT，而分子的平均总动能为21(trs)kT2（3）分子的平均总能量1(tr2s)kT2（4）刚性分子平均总能量ikT3、理想气体的内能（1）内能看法（2）理想气体的内能EMiRTMmol2四、麦克斯韦分子速率分布定律1、速率分布2、麦克斯韦分子速率分布定律

（8—8）（8－9）N432mv2（8－10）②N2kT麦克斯韦分子速率分布函数f(v)32mv2f(v)4me2kTv2（8－12）2kT3、意义4、归一化条件Nf(v)v100%1所有N所有或f(v)dv105、应用（1）最可几速率2kT2RTRT（8一13）vpMmolMmolm（2）平均速率（求解方法）8kT8RTRT（8－14）vMmolMmolm五、分子碰撞和平均自由程1、自由程（1）看法；（2）平均自由程；（3）平均碰撞频率Z2d2vn（8－15）v1（8－16）Z2d2n依照pnkT，我们能够求出和温度T及压强p之间的关系kT（8－16a）2d2p练习一、填空题：1若某种理想气体分子的方均根速率

(v2)1/2

450m/s，气体压强为p7104Pa，则该气体的密度为ρ＝

。室温下1mol双原子分子理想气体的压强为p，体积为V，则此气体分子的平均动能为。容器中贮有1mol的氮气，压强为，温度为7℃，则1）1m3中氮气的分子数为________________；2）容器中的氮气的密度为________________；3）1m3中氮分子的总平动动能为______________。231（玻耳兹曼常量k＝×10JK）若理想气体的体积为V，压强为P，温度为T，一个分子的质量为m，k为玻耳兹曼常量，R为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为：（A）PV/m；（B）PV/(kT)；（C）PV/(RT)；（D）PV/(mT)。三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n同样，而方均根速率之比为(vA2)1/2：(vB2)1/2：(vC2)1/2=1：2：4，则其压强之比PA：PB：PC为：（A）1：2：4；（B）4：2：1；（C）1：4：16；（D）1：4：8.压强为p、体积为V的氢气（视为刚性分子理想气体）的内能为：（A）5pV；（B）3pV；（C）1pV；（D）pV；222麦克斯韦速率分布曲线以下列图，图中A、B两部分面积相等，则该图表示（A）v0为最可几速率；f(v)（B）v0为平均速率；（C）v0为方均根速率；AB（D）速率大于和小于v0的分子数各占O一半。v0v【本章作业】：8—3、4、5、8【本章小结】1基本看法：⑴自由度⑵分子平均能量⑶内能⑷算术平均速率⑸均方根速率⑹最可几速率⑺平均碰撞频率⑻平均自由程2基根源理：⑴理想气体状态方程：pVM或pnkTRTRTMmol⑵压强公式：p21mv223nnw23⑶温度公式：w1mv23kT2能量按自由度均分原理32mv2⑸麦克斯韦分子速率分布率：f(v)4me2kTv22kT【参照书】：程守珠、江之永一般物理学（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）[第十九次]第九章热力学的物理基础【授课目标】☆掌握功和热量的看法。理解平衡过程。掌握热力学第必然律。能熟练地解析、计算理想气体各等值过程和绝热过程中的功、热量、内能改变量及卡诺循环的效率。☆理解可逆过程和不能逆过程。理解热力学第二定律的两种叙述，认识这两种表达的等价性。☆认识热力学第二定律的统计意义及无序性，认识熵的看法。【重点、难点】※本章重点：热力学第必然律及应用；绝热过程；卡诺循环及效率；热力学第二定律；可逆过程和不能逆过程▲本章难点：热力学第必然律及应用；绝热过程【授课过程】1热力学第必然律及应用、摩尔热容2学时2绝热过程、循环过程、卡诺循环及效率2学时3热力学第二定律；可逆过程和不能逆过程2学时《解说》一、功热量内能二、热力学第必然律1、定律内容（1）积分形式QE2E1A（9－1）理解：各量正负的规定（2）微分形式dQdEdA（9－2）2、准静态过程3、准静态过程中的功（以气缸内气体膨胀为例）dApSdlpdV（9－3）则热力学第必然律可写作：dQdEpdV或QE2E1V2pdVV1［例9－1］一系统由以下列图的a状态沿pabc到达c状态，有336J热量传入系统，而系统作功126J。（1）经adc过程，系统作功42J，b试问有多少热量传入系统？（2）当系统由c状态沿ca曲线返回状态a时，外界对系统作a功为84J，试问系统是吸热还是放热？传达的O热量是多少？解：（1）已知系统由→→过程中Q336J，A1。abc1126J由热力学第必然律有EQA，即：EcaQ1A1210J当系统由a→d→c，已知：A242J，Eca210J。由热力学第必然律有QEA，即：Q2EA2252J（2）已知系统由c→a，A384J，EacEca210J由热力学第必然律有QEA21084294J<0即该过程为放热过程.三、热必然律对理想气体等值过程的应用1、等容过程（dV0）

9－4）9－6）cdV（1）dA0。（2）(dQ)VdE(Q)VE2E1M其中EE2E1R(T2T1)Mmol2、等温过程（dT0）（1）dE0．（2）(dQ)TdApdVMRTdVMmolV而M1pRTMmolV所以(Q)TAdAV2MRTdVMRTlnV2（9－8a）V1MmolVMmolV1应用p1V1p2V2的关系式，上式也可写作(Q)TMp1ARTlnMmolp23、等压过程（dp0）（1）V2MApdVp(V2V1)R(T2T1)V1Mmol（2）(Q)pE2E1MT1)R(T2Mmol（3）EE2E1MT1)R(T2Mmol

（9－8b）（9－9）（9－10）（9－11）四、气体的摩尔热容1、摩尔热容我们知道，向一物体传达热量，热量Q的量