医用物理学复习提纲
第一章 生物力学基础
1、基本概念
什么是刚体，转动惯量及刚体的定轴转动，线量角量关系，匀变速转动公式，力矩与刚体转动定律，角动量守恒定律及其应用。
2、补充复习练习
1. 如图所示，质量为m ，长为l 的均匀细棒绕过O 点的转轴自水平位置以零角速度自由下摆. 求
（1） 细棒运动到与水平夹角为θ 时的角加速度和角速度； （2） 此时细棒末端A 的速度和加速度.
解：（1）α I M =
θ
cos 2l
mg M ⋅=
l g I M 2cos 3θα==
θ
ωsin 2212l
mg I ⋅= l g θωsin 3=
（2）θωsin 3gl l v ==
2cos 3θ
αg l a t =
=
θωsin 32
g l a n == θ22
2sin 312
3+=
+=g
a a a n t
2.一飞轮直径为0.30m,质量为5.0㎏,边缘绕绳,现用恒力拉绳一端，使它由静止均匀地加速，经0.50s 转速达到每秒钟10转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数。（2）拉力及拉力所作的功。（3）从拉动后t = 10 s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 [解] 飞轮的转动惯量
I = 22
1MR
2)15.0(0.52
1
⨯⨯= = 5.63×10-2 ㎏·㎡ 图1-3
(1) ∵ ω=βt
∴ t
n t πωβ2==
=50
.0102⨯π = 40π = 1.26×102 rad ·s -2
22
1t βθ=
rad ⋅=⨯⨯=ππ5)50.0(402
12
rev N 5.2252===π
ππ
θ
(2) 由 M = I β = F ·R
∴ N R I F 1.4715
.0401063.52
=⨯⨯==-πβ
A = M ·θ = I β·θ
= 5.63×10-2
×40π×5π= 111 J (3) t = 10 s 时，
ω= βt = 40π×10 = 1.26×103 rad ·s -2 v = R ω
= 0.15×1.26×103 = 1.88×102m ·s -2
a n = R ω2
= 0.15×(1.26×103)2 = 2.37×105m ·s -2
a t = R β
= 0.15×1.26×102 = 18.8 m ·s -2
3. 有一半径为R 的均匀圆形平板放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度0ω开始旋转，它将在旋转几圈后停止？ 解：设圆板的质量为m
圆板面密度为2
R m
πσ=
，则转动时受到的摩擦阻力矩大小为 ⎰⎰=
⋅==R gR r r g M M 0
3232
d 2d πμσπμσ
由转动定律βJ M =可得角加速度大小
R g mR gR J M 3μ42
1μ3223
=
==σπβ 设圆板转过n 转后停止，则转过的角度为n πθ2=。由运动学关系
()0,02202<==-βωβθ
ωω
可得旋转圈数
g
R R
Mg
n πμωπω16323422
2
0=
⨯⨯
=
4.在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距
转轴为R
21处，人的质量是圆盘质量的1/10。开始时盘载人相对地以角速度0
ω匀速转动。如果此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示。求： （1）圆盘对地的角速度。
（2）欲使圆盘对地静止，人沿着R 21圆周对圆盘的速度v
的大小及方向？
（已知圆盘对中心轴的转动惯量为2
21
MR ）
解：
（1）设人运动时圆盘对地的角速度为ω， 则人对地的角速度为 R v R v
22
1-=-
='ωωω
以人和圆盘为研究对象，合外力矩为零，系统的角动量守恒。设圆盘质量为M ：
ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+2
2
0222102121021R M MR R M MR
可得R
v
2120+=ωω
（2）欲使盘对地静止，则令0=ω代入，可得
2
210
ωR v -=
符号表示人走动的方向与图中所示方向相反，即人沿与0ω一致的方向运动。
第三章 振动、波动和声
1、简谐振动的相关概念，回复力，相位、周期、频率、角频率，什么是同相，什么是反相，简谐振动方程，振动能量，速度方程，加速度方程，简谐振动的合成，波动方程，波的强度公式，波的衰减，波的叠加原理，横波，纵波，什么是超声波，什么是多谱勒效应。
2、补充复习练习 1. 一弹簧振子放置在光滑的水平面上，弹簧一端固定，另一端连接一质量为
kg 2.0的物体，设弹簧的劲度系数为1m N 8.1-⋅，求在下列情况下的谐振动方程.（1）
将物体从平衡位置向右移m 05.0后释放.（2）将物体从平衡位置向右移m 05.0后给与向左的速度1s m 15.0-⋅. 解：32
.08.1===m
k ω1s rad -⋅
⑴ 将物体从平衡位置向右移m 05.0后释放，说明物体处在正的最大位移处，
下一时刻向位移的负方向运动，所以，05.0=A m ,0=ϕ.
振动方程为 t s 3cos 05.0=(m)
（2）将物体从平衡位置向右移m 05.0后给与向左的速度1s m 15.0-⋅,则 05.0cos 0
==ϕA s ，v 0=15.0sin -=-ϕωA ,
205.0)315.0(05.022=-+=A (m)，4
)305.015.0arctan(πϕ=⨯=，
振动方程为 )4
3cos(205.0π+=t s (m)
2. 一沿OX 轴负方向传播的简谐波的波长为m 6=λ。若已知在x=3m 处质点的振动曲线如图所示，求： （1）该处质点的振动方程; （2）该简谐波的波动方程;
