動能定功A=b動能定功A=baFAext+Aint=Ekb動恒定P=i=沖量Fdt I 2 I 2F?dt=Pt1F=Fxi+Fyj+Fz

當外非保內當外非保內0EEkEp常量 A=a(

dr

Fxdx+Fydy+a(在剎車時卡車有一恒定的a=7.0m/s2。剎車一l=2m后撞上了卡車的前幫。問此箱子撞間的滑動摩擦系數μk=0.50。f=μkmg0F0?f= kk

a'=F0

=aμfa’afa’a 2a'l 2(aμg)l=k角量與線量的 v=ω×rrrvv= v at=dt

2an 212(1t點的

a=?t?時

=b，此時質點己沿圓周運行了多質點何時開始逆時針方向?解:(1)??

=vnRn? d2?

*?an*?

(V0tR????dt

dt

a

= a=at+an

aa

bt2

+b

.o.R方向?arctananarctan

(V0bt) Rb ba

?

t

+b2=

bt)4

t=V t時刻路

S =V0t?1bt2 V 1V V=V0 0

= = ?b

V圈數：N

(3)由前面at=-b可知,質點 率圓周運動逆時針轉.此時刻記為t′V=V0′=

′=b也正是前ab的時t位置，且繩剛好伸直。從這時開始將b球自靜止釋放。求：(1)bθ角時的(2)θ=a解：(1)分析b

分析b受力,選自然坐標當b球下擺到與豎直線成θ

?nFmg?n F=mgsinθ=m

? 由(2)式 gsinθ=dv=

ds=v ? vdvgg ∴v

2l2lbgNaT(2)θ=NaTTmg時，a

2ll

mgcosθb

=m lb b

gT T

θ=cos?13lFn=Tgcosθ=m vlb

質 剛 v= ω 2 a= =da

β= β=dω=d dt dt I=rV質 F=ma ip=mvi

定軸轉動剛 M=∑ ∑p L=r× d(m

L= d F=dp

M L 動量守合外力為零，動量守

角動量合外力矩為零，角動量質 dW=F =1mv =EK2EK1

剛dW=dθ =1 =EK2EK1剛體的運=平動+轉動平動剛 質 質點力學問已知θ(t),求ωβ用導轉動剛

或β求θ(t用積剛體定軸轉動的動力學問關鍵是分析受力(力矩),兩套方法方法一:平動物體, 體法,寫出牛頓方轉動物體, ,特別注意剛體質心的動力由角量和線量關系,v=rω,aτ=rβ方法二:剛體定軸轉動的功能問題(包括機械能守恒角動量守恒習題的基本類剛體的純轉動注意明確轉動軸位置選定轉動的正方向,注意力矩、角速度、角加速同一方程式中所有量都必須相對同一轉 1.認剛體定轉軸,找運動分析力和力矩一人造地球繞地球作橢圓運動,A、B分別為設的質量m，地球的質量為M，萬有引力常G，則在A、B的萬有引力勢能的差為多少？在A、B的動能差為多少？解:由萬有引力勢能公式

地 EpB

Ep

=GMmGMm)=GMmr2r1 由機械能守EkAEpBEpAr1 ?EP ?EP ?EP

F=??xi? j??z例：繞地球沿橢圓軌道運行，地球的中心位于橢圓的一個焦點上，地球R=6378km，距地面的最近距離h1=439km,最遠距離h2=2384km,在近地點A1的速度v1=8.10km/s，求：在遠地點A2v2.解：在運動過

受地球引力，力矩為因此角動量守恒 LA1 =LA在A1和A2兩點L方向相LA1=21LA1=rmv=(R+h1)mv1mv1(R+h1)=mv2(R+h221 =rmv=(R+h2)mv

v=(R+h1)A2

(R+h26.求均勻薄圓盤對于中心垂直軸的解:取面積元dS,其質元的質量為dm=σdSdS=則質元dm對oo'軸的轉動慣dJ=rJ=r

dθ =σRrrπdθ=1 CCRmJc=m

對邊緣 CxCxm0對質心 Jc

3=1ml JZ=JC+mdm1和m2的物體，求在重力作用下，m2下落

m1:T11g=m1a1m2:m2gT2=

? ? 對整個輪，由轉動Τ2R2Τ1R1

=(1ΜR2+1ΜR2 由運動學關

β=

=

聯立解

β= (mRm M1+?2

R1?1

+M?2

+

R?.片與轉盤之間的滑動摩擦系數為μk。轉盤原來以角速度ω勻速轉動，唱片剛放上去時它受到的摩擦力矩是多大？唱片達到角速ω需要多長時間？在這段時間內轉盤保持角速度ω不變，驅動力矩共β唱片獲得了多大動能β解:唱片上一面元面積為dS=R此面元受轉盤摩擦力

= mgμr = rμk各質元所受力矩方向相同，整個唱片所受摩擦力M=M=

k

π

Rr2dr

2μ

kk唱片在此力矩作用下做勻加速轉動，ω, 角速度從0增加到ω需要時間

t=ω

=

mR2?

4μk

唱片獲得動

2 =

=1

mR22=1mR 2 量為M的勻質園盤,半徑為R,盤底面與水平接觸面之擦系μ一質量為m的以速度v射入緣并嵌在盤邊,1)嵌入盤邊后盤的角速度2)經多少時間停下來3)盤共轉個多少角解 與圓盤相撞L守mvR=(mR2+1MR2

2ω (2m+M與盤從ω到停止轉動,MΔt=0 M=M1+M2 rμσ Rrμ

g =?2μMg3

M2=?μmg?(2μMgR+μmgR)Δ =?mvR3Δt

3m(2M+3m)μ運用功能原理Ek?(2μMgR+μmgR)Δθ=0?1(mR2+1MR2)ω Δθ

3m2v(2m+M)(2μMgR+3μmgR例:勻質細桿(m1,L)一端掛在墻上,(m2)求1)轉動慣量,2)的β,3落到鉛直位置時的角加速度角速解

J=

m

+m

由

=

mgL+mgL= 解 β=(6m2(6m2

+3m1+2m1

,取ω方向為豎直位置時,棒受重力矩M=0,故此時(6m2+3m1)g(3m2+(6m2+3m1)g(3m2+m1)LLm2gL+

gL=2

+m1g

）長量有量=8.0g的 以=200m/s入下求停在桿中時桿的角速度；(2)求桿的最大偏轉解：(1) 和桿系統對懸點O的角動量守 2 .mv×3L=1ML2+m3L? .?4? ω

9

?44L34L m

rCm

= (2)對桿 和地球，由機械能守恒1

2? ?ML

mLω= s2 由此

1M+

m2 M+3m 2??2??=9418'

一質量為M，長度為L的均勻細桿，放在光滑的水平桌面上，可繞通過其中點O 動，開始時靜止。一質量為m的（m<M） 度v0垂直 也為m的一段（可視為質點），與 v0/8的速度沿垂直于桿的方向飛出，如圖。求(1)撞擊

mv0l

1(2)m

l+1 J=1Ml21ml1 =1(M3m)l ω=9 2(M3m)l

? v0

+1Jω2

=1mv2

mv2

(M3m)l2

4(M3m)=1mv2(

0 16M3m

Oω= 2(M3m)lNν=

分子總Mn=V

——分子數密度，注意與密度ρmn一個分子的VPV P=

p=2

εt 2記住幾個常R=8.31(J/mol

k=1.38×10?23標準狀況下：P1atm=1.013×105T=273.151mol理想氣體的體積V22.4升CV,m(J/mol·g 5R/25/3= 7R/27/5= 8R/28/6=剛剛性雙原剛性多原

CV

=i =C +

P,m V。氫解(1)ε3

/ =1 p=2

3H /H2

:MHe/

=4g/ /

=

/2

/: mol,He=

/pHe=2 i

/ /

/ E

/

= 2

2

f(v)是速率分布函數,試說明下列各表達式的物理意義(2) 速率在v附近dv速率間隔內的分子數占總分子數的比例(3)(3)vf 平均速0(4)∞1mv

f

平均平動動

∞f(v)dv=0

N0

f 速率小于最概然速率vP的分子數

∞f

的分子數占總分子數的比例

N0f

≤N個粒子,其速率分布函數

f(v)=aaf(v)=a

(0≤vv0) ≤v≤2v)作速率分布曲線并求常數

0f(v)= (2v0

vv分別求速率大于v0和小v∞解：(1速率分布曲線如右圖所示：∞由歸一化條件

vdvvv0

vv

fv v0

+ +

av2+

—)=

a=

vv

av

v0

a

S=1 +

=100

a

100

3v0vvN1=N

f =N

2v0

0= =N0

?

=2 小于v0的粒子數

N?2N=1 ( (平均速率v

v?f0v=0

v

vv

v

vv+0=v0v

v

=11 2kTmvp2kTm8kTπm8RTπ8kTπm8RTπ

=1.40MRTMRTMRTMRTMmmM求：該氣體分子的方均根速 v2=?解 v2

不能直接使用p=p

∴v2

3×1.013×105∴kTn

=24.43v2

p=

=495(ms力學第一實驗證明:外界對系統做外界對系統傳

系統內能其數學表達式Q=

E1

dQ=dE+此式稱為熱力學第一定 現在把四種過程歸納如下過程特征過程V=P=T=PVg常數TVg常數方程PT–1=VT–1=PV=熱量νCV(T2-CVV(PP) 0功0P（V2-g內能增 CVP(V 0g熱一Q=W=-4.如圖，總體積為40L的絕熱容器，中間用一隔熱板隔開，隔板重量忽略，可以無摩擦的自由升降。A、B兩部分各裝有1mol的氮氣，它們最初的壓強是 105Pa，隔板停在中間，現在使微小電流通過BiBA）piBA A1 4V Bp=B

T4V

（2）

= g1

2

gg

Q=ΔE+A=iR

)

pdV

4.2×102? ?

—

dV VB=1.66×104循環過 一次循環工質對外做的凈功ηη=A=Q1=?Q2

T2=Q Q12此式為卡諾循環的熱機效率 致冷系數w=Q2,w Q1T

oV1 卡wc

? 卡諾循環熱機效率只由兩個恒溫熱庫溫度T1和有關,與工它指明提高熱機效率的方向,即提高T1值或降低T25如圖所示循環過程，ca5如圖所示循環過程，ca是絕熱過程，pa、Va、Vc已知，比熱容比為g，求循環效率。ppaabcOVQ (TT)=

p

?V)0 b→c

Q (TT)=CV

pV?pV V

VpVγ=pV

= V,m

?pV)

aVγ c V VcV, ( 1?η=A=1?Q2

g

V

=1

V Cp,

pa(Vc

Cp,

1VaVVg1Va Vg=1 Va（10考題）1mol雙原子分子理想氣體作如圖的可逆 知T2=2T1,V3=8V1,試求：(1)各過程的功，內能增量和傳遞的熱量(用T1和已知常數表示)；(2)此循環的率 ：(1)1-2任意過

=CV

T1)= (2TT)=5

V A=1(pV?pV

=1RT1RT=1 Q=ΔE+A=5RT+1RT=3RT P2132-3絕熱膨P213ΔE2=CV,mol(T32 = (TT)=5 V A==5 Q2=

等溫壓縮過 ΔE3=11l(1Q3=A3Q32.08RT1熱二律的兩種表述開爾文表述：唯一效果在一個孤立系統W增大的方熵的概概率或微觀狀態數W增大的方向進行。中所進行的自然過程總

S=kln熵是系統狀態的函數，與過程無關克勞修斯熵定義：當系統由平1渡到平態2熵的增量等于系統沿任何可逆12的dQ/T。熵的單位為J/K熵變 S

?S1

d （可逆到達末態(T2,V2);求熵變(設氣體的CV,mol為恒量)解一:設計一個可逆過程,如

1~3為等ΔS1~3

3dQ

T3CV,moldT

3~2為等· ·=C

=C 1 TVT1

V Δ 2d

dQ=PdV+dE=RT23~

∴ΔS3~

V2RdVV

=Rln

=Rln

=

+ΔS

= lnT2+Rln

V dS=dQ=dE+PdV= dT+P 等式兩邊積分,得系統的熵變ΔS1~2=S2

V 2 dS2

2dE+PdV

T2

dT

V2R11 11

V = lnT2+RlnV 位移 xx旋轉xx二.描述簡諧振動的特征由初始機械能E0與k決 周期T和頻率 相

由初始條件決O

ωt 振幅矢φ 判斷一個物體做簡諧振動只需證明滿足下列條件之1，x=Acos(ωt+φ)2，a=23，f=4，d2x+ω2x=k24N/m，重物質量m=6kgF=10N向左作用于物體(不計摩擦),使之由平衡位置向左kmkmFx=Acos(ωt+φ)

–s kFs=1ks2+1mv2 Ak

km角頻率ω km

=6物體運動到–Aφ6所以物體的運動方程為x0.204cos(2tπω2= (2t=0時，x1A/2x負方向運動，畫出二者的x-t曲線及相量圖。解：(1)由已知條件畫出相量圖，可見 x 故Δφ=φ2–φ1=–π/2， (2)t0時，x1=–A/2v0φ2π/3 OOωOOω

ω求：(1)合振動的振動函數；aAxoA1A2+A2+12tga= =

=0.5maAxa1 10.21πx=0.5cos(3t+0.12π)?3?0.12π時，AmaxAA3?πA3同一直線上同頻率的簡諧振動的合 A=A1+

PP 2Aφφ]

∴A A2+A2+2AAcos(φφ 由圖tgφ=A1sinφ1+A2A1cosφ1+A2一、簡諧y=Acosωtπx+φ)λ

二、波的特征量波長

λ

ν=T

T、ν由波源決波速

u =λνT

波速由媒質的 四、波形圖和振動

（Ａ）它的勢能轉換成動能（Ｂ）它的動（Ｃ）它從相鄰的一段媒質質元獲得能量，其能量逐漸增加答案 （Ａ）它的動（Ｂ）它的勢能轉換成動能（Ｃ）它從相(Ｄ）它把自己答案t2s

u=y ? x Acos?+λ

? A0.5m，λ2m，Tλu20.5由0.5=y(t2,x0.50.5cos20.5+φ? 2 得3π+φ2πφ2

2

所以波函數為y0.5cos

t+πx

π?2?o

=0.5cosπt+π 例：平面簡諧波以速度u=120m/s沿x軸正 的，t=時波形如A

yuyt=D

初相：φ=π D初相

D相 ?φ Δφ=

λ=Δx=2π λω=2πu=2π

=

yo

π6π0.2cos(20πt+3y=0.2cos(20πt+π?2πx) 12

y=0.2cos(20πt?πx+π 考慮同頻率、振動方向同初位相、同振幅y=Acos(ωt?2πr

·· =Acos(ωt?2πr

p點兩分 A2+A2+A2+2AAcos12 Δφ=2π(rr 例：兩波源A、B相距30cm，初相差為π，兩簡諧振動的振幅為1m,頻率為10Hz,CB垂直于AB，CB=40cm,若使C處 cos(2π

cos(2π10t

+π 10t πt2π =2π(rr)+π

r2)40若振動加

2π(rr)+π=±2kπ 2π10+π= 20+1= λλ=±2k

λ>

λ=2k

k=1,2,

2π(rr)+π=±2kπ r2)40平面簡諧波沿x軸正向 ，振幅為A，頻率為v，速度為u。(1)t=0時，在原點O處的質元由平位置向x軸正向運動，寫出波函數；(2)若經反射面反并求在x軸上因兩波疊加而靜止的各點的位置。

u

π/

3λ/

y=Acosπvtπxπ=Acosπvtπvx 2 2y

2πv

λ

πv Acost

4λx?=Acost+2πvxπ

2?

3λ/

λ/2xλ/45、透鏡的等光A CF

AFBCab b

楊氏雙一實驗裝λs二、明暗

δ δ G

d>λ，D>>(d~10?4m,D~xp·xoH單色光入

r1

θ：位置明紋δ≈dsinθ暗紋δ≈d

k 相長，光強最零級、一級 明k 相消，光強最一級、二級 暗δ為其它值，光為1.58，試求玻璃片的厚度 解:設玻璃折射率為 S1和S2發出的兩束光的光

:δ=r21+(n 原來k級明紋處:δr21現在該處變為

δ=r21+(n?1)t]==(n1t= 7λ=tn

=1.在圖示的雙 實驗中,D=120cm,用波長為λ=5000?的單色光垂直照射雙縫求原點o(零級明條紋所在處)方的第五級明條紋的坐標x率n=1.58的透明薄膜覆蓋s1縫后面x求上述第五級明條紋的坐標x'x解:(1)原點o上方的第五級的坐標D

x=k λ= ×5000 =

dsinθ=5λ?dx≈5λD(2)覆蓋s1時,條紋向上 的改變量為λ,所以明條紋移動的條數為Δk

λ

=(5+Δk)Dλ=19.92[mm s dsinθ+(n)h=*dx'(n1)hDx'=5λD+D(n

等劈θ

A點光 e

在A點反射→反射線A→B→A透射→光線Bδ=2ne+

=kλ

k 明 (e)Δe=2

L= 2

′+1, 暗2同一厚度e對應同一級條紋—

等厚條（10考題）兩平板玻璃之間形成一個θ=10-4rad的空:由δ

+λ=明θ 1 =4.35∴L = ≈ =4.35 2)第15條明紋向棱邊方向移動(為什么因空氣中第15條明紋對應的 等于液體第15條明紋對應的 , +λ=′+

Lk 明e15 15 ′=

明 eΔL=

15

=15

=9.5明暗環公垂直入射i

δ=2e+CRCRλDrOMkλ,k 明λ=′+

,= 暗 2O處，e0，暗明暗環半徑（反射光中rr(2k1)R2

r kRr kRλ的球面;用波長λ=500nm的單色光垂直照射。解:(1)第kr 1)Rλ2令r=rm,∴k=

o no 改變2ne0,而 :λ

00

=4 相干條件（1）同頻，（2）同向，（3）恒定I=I1+I2+ I1I2cos光程：L 和相位差的關系 Δd=2

M2ΔΔφ=πλ微小位移測 ?測折射 ?測波

S半透

1E例:測波長,等厚情況.當M1移動時,等厚條紋移過1204條,求 ΔL=N2 =5349單縫的夫瑯禾一.縫平

透鏡

S:單色透鏡 B *Af

θ衍射 ABa(縫寬0二.半波

aaGaa

c

3asinθ=±2kλ=2單縫衍

- -

I I00

λ

asinθ=d?sinθd?sinθ=2k2相鄰主極

-(λ/d)

之間分布（N?1個N?2)次極

-7-6-5-4-3-2-10123456 N=d=N=d=光柵衍光強曲

單縫衍輪廓-

k=±a+b=±d 缺級條1θ d(sinθ±sinφ)=單縫衍

E D條紋數目

a

=2da

（條斜入

d(sinθ±sinφ)=θ、φ在法線的同、φ在法線的兩

k=0，1,——光柵方雙縫，縫間距d=0.10mm，縫寬a=0.02mm，用波長λ=480nm單色光入射雙縫后放一焦透鏡焦平面處屏 條紋的間距單縫衍 亮紋的寬度單縫衍 亮紋包線內有多 主極 條紋間Δx=d衍 亮紋寬度Δx'

2a單縫衍 亮紋包線 主極大2d1a單縫衍射,己知:a=0.5mm,f=50cm白光垂直照應波長?衍射級數?2)該條紋對應半波帶數?解:1)asinθ(2k+12x=f

sinθ≈tanθ=λ =2×0.5×1.5×107=3×10λ=

(2k+1) (2k

2k

答:x=1.5mm

2)k=2k=3

5.5.在通常亮度下,人眼的瞳孔直徑約2mm,人眼