医用物理学复习提纲

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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 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)IM

cos2lmgM

lgIM2cos3

sin2212lmgI

l

gsin3

(2)sin3gllv 2cos3glat sin32glan

222sin3123gaaa

nt

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 = 221MR

2)15.0(0.521 = 5.63×10-2 ㎏·㎡

图1-3 (1) ∵ ω=βt ∴ tnt2

=50.0102 = 40π = 1.26×102 rad·s-2 221t rad5)50.0(402

12

revN5.2252 (2) 由 M = Iβ = F·R ∴ NRIF1.4715.0401063.52

A = M·θ = Iβ·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 = Rω = 0.15×1.26×103 = 1.88×102m·s-2

an = Rω2 = 0.15×(1.26×103)2 = 2.37×105m·s-2

at = Rβ = 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0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2Rm,则转动时受到的摩擦阻力矩大小为 RgRrrgMM03232d2d

由转动定律JM可得角加速度大小 RgmRgRJM3μ421

μ

3

2

23



设圆板转过n转后停止,则转过的角度为n2。由运动学关系 0,02202

可得旋转圈数 gRRMgn16

3

23422020

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R21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

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R21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221MR)

解: (1)设人运动时圆盘对地的角速度为, 则人对地的角速度为 RvR

v221

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: 

220222102121021RMMRRMMR

可得Rv21

2

0

(2)欲使盘对地静止,则令0代入,可得

2210Rv

符号表示人走动的方向与图中所示方向相反,即人沿与0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

kg2.0的物体,设弹簧的劲度系数为1mN8.1,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m05.0后释放.(2)将物体从平衡位置向右移m05.0后给与向左的速度1sm15.0. 解:32.08.1mk1srad

⑴ 将物体从平衡位置向右移m05.0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Am,0.

振动方程为 ts3cos05.0(m) (2)将物体从平衡位置向右移m05.0后给与向左的速度1sm15.0,则 05.0cos0As,v0=15.0sinA

,

205.0)315.0(05.022A(m),4)305.015.0arctan(, 振动方程为 )43cos(205.0ts(m) 2. 一沿OX轴负方向传播的简谐波的波长为m6。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; (3)原点处质点的振动方程。 解: (1)由图可得该质点的振幅为10cm,

旋转矢量法可确定初相为3,

圆频率为6, 故质点在该处的振动方程为36cos1.0tx(m) (2)该简谐波的波动方程为 220.1cos(3)0.1cos63633ytxtx



(m)

(3)原点处的振动方程为020.1cos63yt(m)

3. 两个同频率同方向的简谐振动,其合振动的振幅为20 cm,与第一个简谐振动的相位差为61,若第一个简谐振动的振幅为310 cm = 17.3 cm,则第二

个简谐振动的振幅是多少?两个简谐振动的相位差)(12是多少? 解:已知61,20Acm, 3101Acm

由矢量关系可知: 1006cos310202310(20)cos(22)21121222AAAAA 102Acm

)cos(2122122212



AAAAA

)cos(10310210)310(2012222





,0)12cos(



,...2,1,0,2212kk



4.如图所示,一个平面简谐波沿Ox轴的正方向以u的速度传播,若已知A处质点质点的振动方程为tAyAcos,求: (1)该简谐波的波动方程 (2)O点的振动方程。 (3)B点的振动方程. (4)所有与B振动状态相同的点的坐标。

解:(1)已知axA,tAyAcos,uk/,可得该简谐波的波动方程

)(cosaxutAy

(2)O点的振动方程为)cos(autAyo (3)B点的振动方程)2cos(autAyB (4)与B点振动状态相同的点 nauaxu22)( 所以 unax23 (,...2,1n) 第六章 静电场 1、电荷和电场的基本性质,库仑定律 2、电场强度矢量及场强计算 (1)点电荷产生的电场的计算方法 (2)点电荷系产生的电场的计算方法 (3)任意带电体产生的电场的计算方法 3、电通量的物理意义、计算及静电场的高斯定理,利用高斯定理计算场强 4、电势与电势差,电势、电势能的计算,电场力做功,电场强度与电势梯度的关系 补充复习练习: 1.在一个边长为a的正三角形的三个顶点处各放一个电荷Q,试求三角形重心处的场强和电势。

解:建立图示坐标系,由点电荷场强公式可知三个点电荷在重心O处产生的场强大小相等,即:

223213aQkrQkEEE

方向如图所示。

设重心处的场强E1、E2和E3在X方向和Y方向上的分量分别为E1x、E2x、E3x和E1y、E2y、E3y,则有:

oyoxoyoxyxEEEEEEEEEEE60cos60sin60cos60sin033

33

2222111

设重心处的合场强E在X方向和Y方向上的分量分别为Ex和Ey,根据场强叠加

原理,有: