大学物理 马文蔚 课堂笔记12

平动
角坐标 非定轴转动
运动
转动
角位移
定轴转动 角速度： d 方向
角加速度： ddt 方向
dt
角量和线量的关系（定轴转动）
v r, at r, an r 2
第四章 刚体定轴转动
力矩 M rF
转 动定律
M J
与质量、形状、 质量分布、轴的 位置方向有关
大小 rF sin
方向—右手螺旋
T C
m M
RT
ln
V2 V1
0
m M
RT
ln
V2 V1
绝热 PV C
TV 1 C
0
m M
Cv,m (T2
T1)
m M
Cv,m (T2
T1)
0
1
1
1 (P2V2 P1V1) 1 (P2V2 P1V1)
比热容比
CP,m 1 R 2 i
CV ,m
CV ,m i
循环过程 E = 0
0 f (v)dv 1
最概然速率 满足 df (v) 0 dv vp
平均速率
v 0 vf (v)dv
方均根速率 满足 v 2 v2 f (v)dv 0
2kT
RT
vp
1.41
m
M
v 8kT 1.60 RT
m
M
v 2 3kT 1.73 RT
m
M
第十三章 热力学基础
• 准静态过程、功、热量
t1
t0
动量定理 Fdt mv1
mv0
分量式
直角坐 标系 i jk
质点系的动量定理
t n
(
t0 i1
Fi外）dt

第九章振动习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )A、T/12B、T/8C、T/6D、T/4分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。

可设位移函数y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/69-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j⅛动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（）3 1（A）-7W （B）—IT（C）F （D）O分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）•运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；« + 瓷）・它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便A求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）.9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图.解因3=X∕T,则运动方程/ 2πf≡½cos(ωt + φ) =ACUS根据题中给出的数据得X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,)(Z = ∂2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ∙ s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.9若简谐运动方程为x=0. 10 cθs(201r∕+0. 25ιτ)(m),求：(1)振幅，频率、角频率、周期和初相；(2) t=2s时的位移、速度和加速度.解(1)将x-0. IoeOS(20Trf + 0. 25Ir) ( m)与为=Λυos(<wi + ¢)比较后可得；振幅4=0. 10叫角频率e =20π√j,初相管=0. 25TF,则周期T = 2ττ∕ω = O. I s,频率P = 1∕71=10 Hz.(2) t=2s时的位移、速度、加速度分别为X =0. 10co√40π +0.25Tr) =7.07 ×W2 m1； = djj/dt = -2<ττsin(4θιτ +O.25ττ) = -4, 44 m ∙ E-Ia= d2x∕dt2= -40Ir i COS(40π +0.25TT) = -2. 79 X IO2m ∙ s^29-冋某振动质点的X"曲线如图(a)所示,试求：(1)运动方程；(2)点P对应的相位；(3)到达点尸相应位置所需的时间.第十章波动习题：P89～93 1，2，3，4，5，6，12，16，25，10-6 在驻波中,两个相邻波节间各质点的振动（）A.振幅相同,相位相同B.振幅不同,相位相同C.振幅相同,相位不同D.振幅不同,相位不同答案：波函数叠加检验.（C）振幅相同，相位相反优质. 参考. 资料IQ +冋已知一波动方程为y =0. 05sin( IO J ni -2χ)(m)I(1)求波长、频率、波速和周期；(2)说明-τ =0时方程的意义，并作图表示.解(1)将题给的波动方程改写为y =0. 05cos[ 10ιτ( i -x∕5ττ}~ ττ∕2]( m) 题1。

上海师范大学
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2m
m
C
m
§3.9 质心 质心运动定律
解法一: 书上的解法-----用质心运动定律求解.
由于爆炸是属于内力, 因此根据质心运动定律 可知, 爆炸前后弹丸的质心运动轨迹是相同的.
m C m
2m 建立坐标系如图, 以第一个碎片的落地点为坐标原点. 第二个碎片的落地点为x2; 二碎片的质心坐标为xc . 由质心坐标的计算公式可得,

rc
mi ri
i 1
m'
因为质点的质量及总质量是不变的, 因此上式两边对时间求导数, 得 drc dri (5) m' mi dt dt i
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§3.9 质心 质心运动定律
d rc d ri 由速度的定义式可知 是质心的运动速度; 是第i个质点的运动速度. dt dt 因此, (5)式可以写成, n n m'c mii pi pc (6)
化简得
m2 2 (m ) m 2mgR m'
2m' gR ; m m'
上海师范大学
m
m'
m m m m' m'
2m' gR m m'
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习 题 课
m
2m' gR ; m m'
m'
m m'
2m' gR m m'
2m' gR m m'
§3.9 质心 质心运动定律
密度均匀、形状对称分布的物体, 其质心都在它的几何中心处. 如质量均匀分布的圆环其质心在圆环中心; 质量均匀分布的球其质心在球心等. 下面通过两个例子掌握质量分立和连续分布体系的质心的求法.

第五章 恒定电场
1 库仑定律
F 12
1 q1q2 e12 2 4π 0 r 12
2
电场强度
(1)定义式： E F / q
(2)点电荷： E
E
1 q er 2 4π 0 r
dE
(3)叠加原理 4π 0 （求 E 方法1） (4) 应用：带电圆环、圆盘、电偶极子
2 或 an rw en
（速度方向的变化）
4 伽利略相对速度变换式
v v u
5 牛顿定律及其应用
(1)牛顿第二定律是核心
F ma
微分形式
（一般用分量式进行计算）
(2)不同的
dv F m dt
F
或
2 d r F m 2 dt
作用下，质点运动的研究。
第1-2章 质点运动和动力学
1 描述质点运动学的基本物理量
(1)位置矢量 (2)位移
(3)速度
r ( x2 x1 )i ( y2 y1 ) j ( z2 z1)k dr d x d y d z v i j k dt dt dt dt
V V V E V gradV （ i j k) x y z
应用：带电圆环、圆盘、电偶极子
5
特殊几何形状带电体的电场强度（略记忆）.
点电荷、球面、无限大平面
第六章 静电场中的导体及电介质
1 静电场中的导体
(1) 静电平衡时的条件

a 导体内部： E 0 b 导体表面：与 E 垂直
r1
S r
r r2
z
o
x
(3)描写质点运动状态的物理量