教案大學物理高校物理教研室[第一次]【引】本學期授課內容、各篇難易程度、各章時間支配、考試時間和形式等緒論1、物理學的探討對象2、物理學的探討方法3、物理學及技術科學、消費理論的關系第一章質點運動學【教學目的】理解質點模型和參照系等概念駕馭位置矢量、位移、速度、加速度等描繪質點運動和運動變更的物理量能借助于直角坐標系嫻熟地計算質點在平面內運動時的速度和加速度，能嫻熟地計算質點作圓周運動時的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度?！局攸c、難點】※本章重點：位置矢量、位移、速度、加速度、圓周運動時的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度?！菊码y點：切向加速度和法向加速度【教學過程】·描繪質點運動和運動變更的物理量2學時·典型運動、圓周運動2學時·相對運動2學時《講授》一、根本概念1質點2參照系和坐標系xyzxyzO圖1-1圖1-2圖1-2τn圖1-2τn（2）自然坐標系（如圖1-2）：3時刻剛好間二、描繪質點運動的根本量1位置矢量表示運動質點位置的量。如圖1－1所示。（1－1）矢徑r的大小由下式確定：（1－2）矢徑r的方向余弦是（1－3）運動方程描繪質點的空間位置隨時間而變更的函數。稱為運動方程，可以寫作x=x（t），y=y（t），z=z（t）（1－4a）或r=r（t）（1－4b）軌道方程運動質點在空間所經過的途徑稱為軌道．質點的運動軌道為直線時，稱為直線運動．質點的運動軌道為曲線時，稱為曲線運動．從式（1一4a）中消去t以后，可得軌道方程。xyxyzO圖1-3位移從x、y兩式中消去t后，得軌道方程：2位移表示運動質點位置挪動的量。如圖1－3所示。（1—5）在直角坐標系中，位移矢量的正交分解式為（1－6）式中；；是的沿坐標軸的三個重量。位移的大小由下式確定（1－7）位移的方向余弦是；；（1－8）路程路程是質點在運動過程中實際通過的途徑的長度。路程是標量。3速度：描繪質點運動的快慢和方向的量．（1）平均速度：（1－9）（2）瞬時速度（速度）：（1－10）直角坐標系中，速度矢量也可表示為（1－11）其中、、分別是速度v的沿坐標軸的三個重量。速度的大小由下式確定（1－12）速度的方向余弦是；；（1－13）速率速率等于質點在單位時間內所通過的路程。平均速率：（1－14）瞬時速率（簡稱速率）（1－15）4加速度：描繪質點速度變更的快慢和方向的量。（1）平均加速度：（1－16）（2）瞬時速度（速度）：（1－17）在直角坐標系中，加速度矢量a的正交分解式為（1－18）其中、、分別是加速度a的沿坐標軸的三個重量。

[第二次]三、幾種典型的質點運動1直線運動勻變速直線運動（略）變加速直線運動［例1－1］潛水艇在下沉力不大的狀況下，自靜止開場以加速度鉛直下沉（A、為恒量），求任一時刻的速度和運動方程。解：以潛水艇開場運動處為坐標原點O，作鉛直向下的坐標軸Ox，按加速度定義式，有或①今取潛水艇開場運動的時刻作為計時零點，按題意，時，，。將代入上式①，積分：由此可求得潛水艇在任一時刻的速度為再由直線運動的速度定義式，將上式寫作或OABOAB圖1-4由此便可求得潛水艇在任一時刻的位置坐標，即運動方程為2拋體運動（略）3圓周運動（1）勻速圓周運動其加速度為加速度的大?。簭膱D1－4中看出，所以因v和R均為常量，可取出于極限號之外，得因為時，所以故得（1－19）再探討加速度的方向：加速度的方向是→0時的極限方向。由圖1一8可看出及間的夾角為；當→0時，這個角度趨于，即a及垂直。所以加速度a的方向是沿半徑指向圓心，這就是讀者所熟知的向心加速度。（2）變速圓周運動OAB圖1-5OAB圖1-5這個角度也可能隨時間變更。通常將加速度a分解為兩個分加速度，一個沿圓周的切線方向，叫做切向加速度，用表示，只變更質點速度的大??；一個沿圓周的法線方向，叫做法向加速度，用表示，只變更質點速度的方向；即（1－20）a的大小為ABθ1θABθ1θ2圖1－6a的方向角為（3）圓周運動的角量描繪①角坐標θ②角位移Δθ=θ1-θ2③角速度ω④角加速度β4曲線運動假設質點在平面內作一般的曲線運動，其加速度也可分解為（1－39）上式中，為切向加速度，為法向加速度，其量值分別為；（1－22）［例1－2］一質點沿半徑為R的圓周運動，其路程用圓弧s表示，s隨時間t的變更規律是，其中、都是正的常數，求（1）時刻質點的總加速度。（2）總加速度大小到達值時，質點沿圓周已運行的圈數。解：（1）由題意可得質點沿圓周運動的速率為再求它的切向和法向加速度，切向加速度為法向加速度為于是，質點在時刻的總加速度大小為其方向及速度間夾角為（2）總加速度大小到達值時，所需時間可由求得代入路程方程式，質點已轉過的圈數[第三次]Ⅰ相對運動Ⅱ習題1—2、34、5、6、8、10、11【本章作業】1—2；1—3；1—8；1—11【本章小結】1坐標系：直角坐標系、自然坐標系2四個根本量：位置（運動方程）、位移、速度、加速度3圓周運動：角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第二版）[第四次]第二章質點動力學【教學目的】☆駕馭牛頓三定律和其適用條件。☆理解萬有引力定律。☆理解力的種類、物理學量剛、慣性系及非慣性系?！局攸c、難點】※本章重點：牛頓運動定律的應用?！菊码y點：變力作用下牛頓運動定律的應用?！窘虒W過程】牛頓定律、力的種類、慣性系及非慣性系敗2學時《講授》一、牛頓運動定律第一運動定律：第二運動定律：物體受到外力作用時，物體所獲得的加速度的大小及合外力的大小成正比，并及物體的質量成反比；加速度的方向及合外力的方向一樣。第三運動定律：應用第二定律時，應留意下述幾點：（1）瞬時性、方向性、疊加性（2）重量式：直角坐標系：（2—4a）或（2—4b）圓周軌道或曲線軌道：（2—5）式中和分別代表法向合力和切向合力；是曲線在該點的曲率半徑。（3）是物體所受的一切外力的合力，但不能把ma誤認為外力．二、力的種類1常見的力重力、彈性力、摩擦力2四種自然力現代物理學按物體之間的互相作用的性質把力分為四類：萬有引力、電磁力、強互相作用和弱互相作用．三、力學的單位制和量綱（理解）四、慣性系和非慣性系（理解）例題2—13質量為m的子彈以速度v0程度射入沙土中，設子彈所受阻力及速度反向，大小及速度成正比，比例系數為k，忽視子彈的重力，求：（1）子彈射入沙土后，速度隨時間變更的函數式；（2）子彈進入沙土的最大深度．2—14馬路的轉彎處是一半徑為200m的圓形弧線，其內外坡度是按車速60km/h設計的，此時輪胎不受路面左右方向的力，雪后馬路上結冰，若汽車以40km/h的速度行駛，問車胎及路面間的摩擦系數至少多大，才能保證汽車在轉彎時不至滑出馬路？2—15質量為m的小球，在水中受的浮力為常力F，當它從靜止開場沉降時，受到水的粘滯阻力為f=kv（k為常數）．證明小球在水中豎直沉降的速度值v剛好間t的關系為V=，式中t為從沉降開場計算的時間?！颈菊伦鳂I】2—7、8、9【本章小結】第二定律重量式1直線運動：2圓周軌道或曲線軌道：【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第五次]第三章功和能【教學目的】駕馭功的概念。能計算直線運動狀況下變力的功。駕馭保守力作功的特點和勢能概念，會計算勢能。駕馭質點的動能定理并能用它分析、解決質點在平面內運動時的簡潔力學問題。駕馭機械能守恒定律和適用條件。駕馭運用它分析問題的思想方法。能分析簡潔系統在平面內運動的力學問題?！局攸c、難點】※本章重點：功、勢能、動能定理、機械能守恒定律▲本章難點：變力的功、動能定理、機械能守恒定律【教學過程】1功的概念、動能定理2學時2勢能、功能原理、機械能守恒定律2學時《講授》一、功和功率1功的定義（1）恒力的功（圖3-1）①A=Fs②A=（3-1）ααsFsF圖3-1【注】功有正負．當α＜時，功為正值，也就是力對物體作正功。當α=時，功為零，也就是力對物體不作功。當α＞時，功為負值，也就是力對物體作負功，或者說，物體抗拒外力而作功．功本身是標量，沒有方向的意義．ababαFds圖3-2在曲線運動中，我們必需知道在曲線路程上每一位移元處，力和位移元之間的夾角，所以微功和總功A分別為或把總功用積分式表示為（3－2）式中a、b表示曲線運動的起點和終點．（3）合力的功假設有很多力同時作用于同一物體，我們不難證明合力的功等于各分力的功的代數和．在國際單位制中，功的單位是牛頓·米（N·m），稱為焦耳（符號J）；在工程制中，是千克力·米，沒有特地名稱．（4）功率平均功率瞬時功率或（3－3）上式說明瞬時功率等于力的速度方向的重量和速度大小的乘積．在國際單位制中，功率的單位是焦耳·秒―1（J?s―1），稱為瓦特（符號W）。［例1］一質點受力（SI）作用，沿X軸正方向運動。從x=0到x=2m過程中，力作功為J［例2］質量為m＝0.5kg的質點，在XOY坐標平面內運動，其運動方程為x＝5t，y＝0.5t2(SI)，從t＝2s到t＝4s這段時間內，外力對質點作的功為J二、動能、動能定理1動能2質點的動能定理（1）推導：（3－4）（2）合外力對物體所作的功等于物體的動能的增量．這一結論稱為動能定理．3系統的動能定理（1）系統內力系統外力。（2）系統的動能定理的形式（3－5）和分別表示系統在終態和初態的總動能，A表示作用在各物體上全部的力所作的功的總和．[第六次]三、保守力作功勢能abh1abh1h2hαmgds圖3-3式中就是在位移元ds中物體上升的高度．所以重力所作的功是可見物體上升時（>），重力作負功（A＜0）；物體下降時（<），重力作正功（A>0）。從計算中可以看出重力所作的功只及運動物體的始末位置（和）有關，而及運動物體所經過的途徑無關。重力勢能或（3－6）上式說明：重力的功等于重力勢能的增量的負值。2彈性力的功彈性勢能彈性力也具有保守力的特點．我們以彈簧的彈性力為例來說明．依據胡克定律，在彈性限度內，彈簧的彈性力F的大小及彈簧的伸長量x成正比①，即F=kxk稱為彈簧的倔強系數．因彈性力是一變力，所以計算彈性力作功時，須用積分法或圖解法．得彈性勢能則（3－7）和重力作功完全相像，上式說明：彈性力所作的功等于彈性勢能的增量的負值。3萬有引力的功引力勢能推導得：或（3－8）通常，取m離M為無限遠時的勢能為零勢能參考位置，亦即在上式中令rb→∞，＝0，這樣引力勢能（3－9）四、功能原理機械能守恒定律1功能原理如今我們對系統的動能定理作進一步的探討。對于幾個物體組成的系統來說，上式中A包括一切外力的功和一切內力的功．內力之中，又應將保守內力和非保守內力加以區分．所以式（3一10）式（3一10）是適用于一個系統的動能定理．而（3－11）至于非保守內力的功，可以是正功（例如系統內的爆炸沖力），也得或（3－12）上式說明：系統機械能的增量等于外力的功和非保守內力的功的總和，通常稱為系統的功能原理．2機械能守恒定律明顯，在外力和非保守內力都不作功或所作的總功為零（或根本沒有外力和非保守內力的作用）的情形下，由上式得恒量（3－13）亦即系統的機械能保持不變．這一結論稱為機械能守恒定律．［例3－2］（學生自學）［例3－4］如圖（見教材），有一小車沿圓形無摩擦軌道經過A、B、C、D各點，若軌道的圓心為O，半徑為R，∠COD==60°，，小車質量為m。求小車在D點所受的軌道壓力N。解：要求正壓力，應采納牛頓第二定律；正壓力在半徑方向，因此只須用法向重量式；設過D點時小車的速率為v，則法向加速度為；小車除受壓力N外，還受重力作用；取向心的方向為法線的正向，得牛頓第二定律的法向重量式為：欲求N，應先求速率v，因重力是保守力，正壓力不作功，摩擦力可忽視，故運動中機械能應守恒。因已知，故選取小車過A、D二點時為二狀態，并取過A點的程度面為參照面；則在狀態A，物體組（小車及地球）的動能為，勢能為零；在狀態D，動能為，勢能為。由機械能守恒定律，得：在上二式中消去v后求N，得：將和的值代入上式后化簡，得：［例3－5］如圖所示，一鋼制滑板的雪橇滿載木材，總質量，當雪橇在傾角的斜坡冰道上從高度h=10m的A點滑下時，平順地通過坡底B，然后沿平直冰道滑到C點停頓。設雪橇及冰道間的摩擦系數為，求雪橇沿斜坡下滑到坡底B的過程中各力所作的功和合外力的功。解：雪橇沿斜坡AB下滑時，受重力，斜面的支承力和冰面對雪橇的滑動摩擦力作用，方向如圖所示，的大小為。下滑的位移大小為。按功的定義式（3－1），由題設數據，可求出重力對雪橇所作的功為斜坡的支承力對雪橇所作的功為摩擦力對雪橇所作的功為在下滑過程中，合外力對雪橇作功為【本章作業】3—7、8、10【本章小結】1根本概念：⑴功和功率⑵勢能和動能2根本原理：⑴質點的動能定理：⑵功能原理：⑶機械能守恒定律：恒量【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第七次]第四章動量【教學目的】駕馭的沖量概念。會計算變力的沖量駕馭質點動量定理，并能用它分析、解決質點在平面內運動時的簡潔力學問題。駕馭動量守恒定律和適用條件。駕馭運用它分析問題的思想方法?！局攸c、難點】※本章重點：沖量、動量定理、動量守恒定律、碰撞?！菊码y點：變力的沖量、動量定理、動量守恒定律。【教學過程】1沖量、動量定理2學時2動量守恒定律、碰撞2學時《講授》一、沖量動量動量定理1沖量（1）恒力的沖量I=F（t2－t1）（4一1）（2）變力的沖量假設外力F是一變力，則把力的作用時間t2－t1分成很多微小的時間間隔，在時間中的沖量為而在時間t2－t1中的沖量為假設所取的時間為無限小，上式可改寫為積分式（4一2）要留意到，及上式相應，在各坐標軸方向的重量式是（4一3）2動量動量定理（1）動量（運動量）（4—4）（2）動量定理可以證明，在合外力F是變力，物體作一般運動的狀況下，有：（4－5）在坐標軸方向的三個相應的重量式是（4－6）［例4－1］一質量為2.5克的乒乓球以速度米/秒飛來,用板推擋后,又以=20米/秒的速度飛出。設推擋前后球的運動方向及板面的夾角分別為45°和60°，如圖所示。45°45°60°v1v245°60°p1p2I（a）（b）圖例4—1（1）畫出板對球的平均沖力的方向；（2）求乒乓球得到的沖量大??；（3）如撞擊時間是0.01秒，求板施加于球上的平均沖力。解：（1）由動量定理：得：可以畫出沖量方向如圖，平均沖力的方向及方向一樣。（2）將初、末兩狀態動量向x軸作重量kgm·s-1kgm·s-1kgm·s-1kgm·s-1kgm·s-1kgm·s-1kgm·s-1由動量定理：N[第八次]三、動量守恒定律1兩個物體互相正碰（高中）按動量定理牛頓第三運動定律指出：f1＝－f2，所以，以上兩式相加后得簡潔看出，碰撞前后，兩物體的動量之和保持不變。2n個物體組成的系統按牛頓第二運動定律和第三運動定律，可以證明：（1）系統內一切內力的矢量和等于零，（2）系統所受外力的矢量和等于系統總動量的時間變更率，即（4－8）式中為系統的總動量，是系統所受外力的矢量和．假設該系統不受外力或所受外力的矢量和為零（即＝0），從式（4－8）可知：于是=恒量，（在＝0的條件下）（4－9）這一結論稱為動量守恒定律：在系統不受外力或外力矢量和為零時，系統的總動量守恒．3重量式（4－10）4理解（1）分方向守恒；（2）條件：外力及內力比擬可忽視。［例4－4］一長為l、質量為M的小車放置在平直軌道上，車的A端站有一質量為m的人，人和小車原來都靜止不動。假設這人從車的A端走到B端，不計小車及軌道之間的摩擦，求小車和人各自的位移為多少？解：當人開場啟步時，將人和小車視作一系統．車對人作用的向前摩擦力（方向向左）、向上支承力和人對車作用的向后摩擦力（方向向右）、向下壓力，都是系統內的人和車互相作用的內力．系統所受外力有：人的重力、車的重力G和地面對車的支承力N，它們沿程度方向的重量為零，因此，沿程度方向，系統動量守恒．今取人走動前，B端所在處為坐標原點O，x軸程度向右，人走動前，人和車原為靜止，速度均為零；走動后，設人和小車相對于地面的速度分別為v和V，假設它們均及x軸正向同方向，則由動量守恒定律的表達式（4－10），有于是得①式中，負號表示人及小車運動的方向相反．按直線運動的速度定義，可得時間dt內的位移為dx=vdt．因此，小車和人在時間dt內的位移分別為dx車=Vdt和dx人=vdt．將式①兩邊乘dt，即得dx車人②設人從A端走到B端時，小車的B端坐標從零變為x，則人的坐標從l相應地變為x，積分上式車=人得解出上式中的x，得小車相對于地面的位移為人相對于地面的位移（即末位置及初位置的坐標之差）為負號表示人的位移方向及x軸反向。四、碰撞假設兩個或兩個以上的物體相遇，相遇時，物體之間的互相作用僅持續極為短暫的時間，這種相遇就是碰撞1分類（1）彈性碰撞；（2）非彈性碰撞；（3）完全非彈性碰撞2對心碰撞（正碰）假設兩球碰撞前的速度在兩球的中心連線上，則，碰撞時互相作用的沖力和碰撞后的速度也都在這一連線上．這種碰撞稱為對心碰撞（或稱正碰撞）［例4－5］設A、B兩球的質量相等，B球靜止在程度桌面上，A球在桌面上以向右的速度沖擊B球，兩球相碰后，A球沿及原來前進的方向成角的方向前進，B球獲得的速度及A球原來運動方向成角。若不計摩擦，求碰撞后A、B兩球的速率和各為多少？AABABxyv1mAmBv1/v2/αβ圖例4—5解：將相碰時的兩球看作一個系統，碰撞時的沖力為內力，系統僅在鉛直方向受重力和桌面支承力等外力的作用，它們互相平衡，因此，系統所受外力的矢量和為零，于是動量守恒，由式（4－10），有沿的方向取x軸，及它相垂直的方向取y軸（見圖），兩軸都位于程度桌面上。于是上述矢量式的重量式為以，，代入上兩式，聯立求解；由題設，得［例4－8］利用完全非彈性碰撞原理可以測定高速飛行子彈的速率。如圖所示裝置就是測定子彈速率的原理圖。質量為M的滑塊靜止于程度面上，輕彈簧處于自然狀態，因此坐標原點選在滑塊（視作質點）處。現求質量為m的子彈的飛行速率。Xkv1Xkv1mM·O解：①子彈射入滑塊過程可以認為是兩個質點之間的完全非彈性碰撞過程。子彈進入滑塊后一起以速度沿程度方向運動，列出動量守恒定律表達示：②碰撞后（m+M）以速度沿X正方向運動，壓縮彈簧，（m+M）的動能轉換成系統的彈性勢能，忽視滑塊及程度面之間的摩擦力時，系統的機械能守恒，列出方程：③x是彈簧的最大壓縮量，可以通過測量獲得。聯立上述兩式解得若（kg），（kg），（N/m），（m），代入上述數據得（m/s）。［例4－9］如圖所示，設有輕繩，長為l，上端固定，下端懸質量為M的重砂箱。質量為m的子彈程度射入砂箱，并停留砂內，和砂箱一起，最遠擺到懸繩及豎直線成角的位置，若空氣阻力可被忽視，子彈、砂箱均可作質點處理，求子彈的速度。（學生自學）【本章作業】：4—8、13、14【本章小結】1根本概念：⑴沖量⑵動量2根本原理：⑴動量定理：⑵動量守恒定律：【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第九次]第五章剛體的轉動【教學目的】駕馭剛體繞定軸轉動定律，理解力矩、轉動慣量、轉動動能等概念。理解動量矩（角動量）概念，通過質點在平面內運動和剛體繞定軸轉動狀況，理解動量矩守恒定律和其適用條件。能應用動量矩守恒定律分析、計算有關問題。【重點、難點】※本章重點：轉動定律、力矩、轉動慣量、轉動動能、轉動動能、角動量、動量矩守恒定律、▲本章難點：轉動定律、動量矩守恒定律應用【教學過程】1力矩、轉動定律、轉動慣量2學時2轉動動能、動量矩、動量矩守恒定律2學時3習題課2學時《講授》一、剛體的定軸轉動1剛體概念2剛體運動分類（1）平動；（2）定軸轉動；（3）平行平面運動；（4）定點轉動；（5）一般運動。3定軸轉動（1）軸；（2）轉動平面；（3）角量描繪4復習圓周運動［例5－1］一砂輪在電動機驅動下，以每分種1800轉的轉速繞定軸作逆時針轉動，如圖所示。關閉電源后，砂輪勻稱地減速，經時間s而停頓轉動。求：（1）角加速度；（2）到停頓轉動時，砂輪轉過的轉數；（3）關閉電源后s時砂輪的角速度以和此時砂輪邊緣上一點的速度和加速度。設砂輪的半徑為mm。解：（1）選定循逆時針轉向的角量取正值（見圖）；則由題設，初角速度為正，其值為按題意，在s時，末角速度，由勻變速轉動的公式得：為負值，即及異號，說明砂輪作勻減速轉動。（2）砂輪從關閉電源到停頓轉動，其角位移和轉數N分別為（轉）（3）在時刻s時砂輪的角速度是的轉向及一樣。在時刻s時，砂輪邊緣上一點的速度的大小為的方向如圖所示，相應的切向加速度和法向加速度分別為邊緣上該點的加速度為；的方向和的方向相反（為什么？），的方向指向砂輪的中心。的大小為的方向可用它及所成的夾角表示，則二、力矩轉動定律1力矩（1）力矩的定義M=Fd（5－1）（2）（5－2）（3）力矩矢量式（一般式）．M＝r×F（5－3）2轉動定律一個可繞固定軸轉動的剛體，當它所受的合外力矩（對該軸而言）等于零時，它將保持原有的角速度不變（原來靜止的接著靜止，原在轉動的則作勻角速轉動）．這就是轉動剛體的第肯定律（1）內容（5－5）（2）推導如圖5－6所示，OOPβ，ωrifiFiθiφi圖5－6推導轉動定律用圖依據牛頓第二運動定律，（1）法向和切向重量的方程如下：（2）（3）式中＝和＝分別是質點P的法向加速度和切向加速度，我們得到（4）式（4）左邊的第一項是外力Fi對轉軸的力矩，第二項是內力fi對轉軸的力矩。同理，對剛體中全部質點都可寫出和式（4）相當的方程．把這些式子全部相加，則有：（5）因為等于零。這樣，式（5）左邊只剩下第一項，按定義，它是剛體所受全部外力對轉軸OZ的力矩的總和，也就是合外力矩．用M表示合外力矩，由剛體的形態和相對轉軸的質量分布所確定，稱為剛體的轉動慣量，以J表示，則式（5）可寫成證畢。3轉動慣量（1）定義J=連續剛體（5－6b）（2）理解剛體的轉動慣量確定于剛體各局部的質量對給定轉軸的分布狀況．（3）計算［例5－3］求質量為m、長為l的勻稱細棒對下面（1）、（2）和（3）所給定的轉軸的轉動慣量。（1）轉軸通過棒的中心并及棒垂直；（2）轉軸通過棒的一端并及棒垂直；（3）轉軸通過棒上離中心為h的一點并及棒垂直。4定律應用［例5－4］一輕繩跨過一軸承光滑的定滑輪，繩的兩端分別懸有質量為和的物體，<，如圖所示。設滑輪的質量為，半徑為，其轉動慣量可按計算（滑輪視為圓盤）。繩及輪之間無相對滑動。試求物體的加速度和繩的張力。解：按題意，滑輪具有肯定的轉動慣量，在轉動中，兩邊繩子的張力不再相等。設這邊的張力為、（），這邊的張力為、（）。因>,向上運動，向下運動，而滑輪順時針旋轉。按牛頓運動定律和轉動定律可列出下列方程：式中是滑輪的角加速度，a是物體的加速度，，?；嗊吘壣系那邢蚣铀俣群臀矬w的加速度相等，即從以上各式即可解得而［例5－5］如圖所示，質量為和的滑塊用一根輕軟繩系住后跨在定滑輪的兩側。定滑輪的質量為，半徑為R。及斜面之間光滑接觸，斜面角為。當沿斜面下滑時軟繩帶動定滑輪作轉動，軟繩及定滑輪之間無相對滑動。求滑塊的加速度值及定滑輪的角加速度。（學生自學）[第十次]三、力矩的功轉動動能剛體定軸轉動中的動能定理機械能守恒1力矩的功變力矩所作的功為（5－8）2轉動動能（5－9）3剛體定軸轉動中的動能定理（5－10）合外力矩對定軸剛體所作的功等于剛體轉動動能的增量．這一關系稱為剛體定軸轉動中的動能定理。4機械能守恒［例5－8］如圖所示，一根長為l，質量為m的勻質細桿。一端及光滑的程度軸相連，可在豎直平面內轉動；另一端固定一質量也是m的小球，且小球的半徑R<<l。設桿由程度位置自由釋放，求桿下擺至隨意角度時的角加速度和角速度。解：①題意分析：細桿在下擺過程中受到兩個力矩作用。細桿的重力矩，重力的作用點在細桿的質心處；小球所受的重力矩，重力的作用點在小球處。兩力矩的方向一樣均指向紙面。②列出剛體的轉動方程：（1）③其中J是細桿和小球繞軸的轉動慣量，（2）④代入（1）式后得出角加速度值（3）⑤依據角加速度是角速度的一階導數的關系來求解角速度值。最終得：（4）四、角動量角動量守恒定律1角動量（1）質點角動量（5－12）（2）剛體對軸的角動量（5－13）2角動量定理（1）沖量矩及沖量相像，我們用沖量矩表示力矩在一段時間內的累積效應．沖量矩等于力矩乘以力矩所作用的時間．（2）定理剛體作定軸轉動時，依據轉動定律，可得（5－14）和（5－15）兩邊進展積分后，得（5－16）轉動物體所受合外力矩的沖量矩等于在這段時間內轉動物體角動量的增量，這一關系叫做角動量定理．3角動量守恒定律（1）定律由角動量定理可知，假設物體所受對某固定軸的合外力矩M恒等于零，那末依據式（5－17）得所以=恒量（5－21）亦即當物體所受的合外力矩等于零時，物體的角動量Jω保持不變．這一結論就是角動量守恒定律，也叫做動量矩守恒定律．（2）好用范圍①幾個剛體組成的系統②質點及剛體組成的系統③非剛體④非剛體做非定軸轉動［例5－10］一程度圓形轉臺，質量為M，半徑為r，可繞過中心的鉛直光滑軸轉動。質量為m的人，站在臺邊緣。設開場時人及轉臺均靜止。假設人在臺上以v的速率沿臺邊緣順時針（從上往下看）方向奔跑，求此時轉臺轉動的角速度[第十一次]剛體習題課【內容】一、填空題：1一飛輪以600rev/min的轉速旋轉，轉動慣量為2，現加一恒定的制動力矩使飛輪在1s內停頓轉動，則該恒定制動力矩的大小為M=。2一飛輪的轉動慣量為J，在t=0時角速度為ω0，此后飛輪經驗制動過程。阻力矩M的大小及角速度ω的平方成正比，比例系數k＞0。當ω=1/3ω0時，飛輪的角加速度β=。從開場制動到ω=1/3ω0所經驗的時間t=。3動量矩定理的內容是，其數學表達式可寫成。動量矩守恒的條件是。4一飛輪以角速度ω0繞軸旋轉，飛輪對軸的轉動慣量為J1；另一靜止飛輪突然被嚙合到同一個軸上，該飛輪對軸的轉動慣量為前者的二倍，嚙合后整個系統的角速度ω＝。二、選擇題：1一圓盤繞過盤心且及盤面垂直的軸O以角速度ω按圖示方向轉動，若如圖所示的狀況那樣，將兩個大小相等方向相反但不在同一條直線的力F沿盤面同時作用到圓盤上，則圓盤的角速度ωFF.FF.Oω（B）必定削減；（C）不會變更；（D）如何變更，不能確定。2一剛體的轉動慣量只確定于（A）剛體的質量；（B）剛體的質量的空間分布；（C）剛體的質量對給定轉軸的分布；（D）轉軸的位置。3把戲滑冰運發動繞過自身的豎直軸轉動，開場時兩臂伸開，轉動慣量為J0，角速度為ω0。然后她將兩臂收回，使轉動慣量削減為1/3J0。這時她轉動的角速度變為（A）（B）（C）3ω0；（D）。三、計算題：mMRω01一軸承光滑的定滑輪，質量為M=2.00kg，半徑為R=0.100m，一根不能伸長的輕繩，一端固定在定滑輪上，另一端系有一質量為m＝5.00kg的物體，如圖所示。定滑輪的轉動慣量為J＝MR2/2．已知定滑輪的初角速度ω0=mMRω0（1）定滑輪的角加速度；（2）定滑輪的角速度變更到ω＝0時，物體上升的高度；（3）當物體回到原來位置時，定滑輪的角速度．v2Om1lm2Av1(俯視圖)2有一質量為m1、長為l的勻稱細棒，靜止平放在滑動摩擦系數為的程度桌面上，它可繞通過其端點O且及桌面垂直的固定光滑軸轉動。另有一程度運動的質量為m2的小滑塊，從側面垂直于棒及棒的另一端A相碰撞，設碰撞時間極短。已知小滑塊在碰撞前后的速度分別為1和v2Om1lm2Av1(俯視圖)mkh3如圖所示，已知彈簧倔強系數k＝20N/m，滑輪質量M=2kg，半徑R＝0.1m，物體質量m＝1kg，滑輪繞軸的轉動慣量．開場時系統靜止，彈簧處于自然狀態，求：當物體下落h＝0.2m時，物體速度的大??？（設繩在滑輪緣上不打滑，忽視mkh【本章作業】：5—8、11、12【本章小結】1根本概念：⑴力矩⑵轉動慣量⑶轉動動能⑷力矩的功⑸角動量2根本原理：⑴轉動定律：⑵轉動動能定理：⑶動量矩定理：⑷動量矩守恒定律：=恒量【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第十二次]第六章振動【教學目的】駕馭描繪簡諧振動的各物理量（特殊是相位）的物理意義和各量之間的互相關系。駕馭旋轉矢量法，并能用以分析有關問題。駕馭諧振動的根本特征。能建立彈簧振子或單擺諧振動的微分方程。能依據給定的初始條件寫出一維諧振動的運動方程，并理解其物理意義。理解兩個同方向、同頻率諧振動的合成規律，以和合振動振幅極大和微小的條件。【重點、難點】※本章重點：描繪簡諧振動的各物理量、旋轉矢量法、彈簧振子和單擺、給定的初始條件寫出一維諧振動的運動方程、諧振動的合成▲本章難點：旋轉矢量法、諧振動的合成【教學過程】1振動、簡諧振動、旋轉矢量法、兩個實例2學時2振動的合成、局部習題2學時《講授》〖引言〗1、機械振動；2、廣義振動；3、分類：（1）從時間上分（2）從軌跡上分一、簡諧振動：周期性的直線振動1、簡諧振動的表達式x＝Acos（ωt十α）．（6—1）質點分開平衡位置的位移x按余弦（或正弦）函數隨時間t而變更，稱為簡諧振動的表達式．2、三個特征量（1）振幅A（2）圓頻率ω①周期：②頻率：（3）位相（周相或相位）（ωt十）初位相：時的位相，即3、速度和加速度（6－2）（6－3）4、動力學特征（6—4）5、兩個特例（1）彈簧振子如圖6─1所示，O就是系統的平衡位置．ppkM·Ox·xF圖6─1彈簧振子物體所受的彈力為：F＝－kx．由牛頓第二定律得：ma＝－kx，令得所以（2）單擺（過程略）圓頻率為：單擺的周期為：［例6－1］如圖例6—1所示，一原長為l的彈簧（圖a），其倔強系數為，下端固定，上端系一質量為m的重物，形成一鉛直方向振動的彈簧振子。靜平衡時，彈簧的縮短量為b。試分析此彈簧振子的運動規律。［例6—2］有一彈簧振子，質量為m=0.01kg，勁度系數為k=0.49N·m?1．t=0時，小球過m處，并以=0.21m·s?1的速度沿X軸作正向運動．試求彈簧振子的：（1）振幅；（2）初位相；（3）振動表達式．解：彈簧振子作簡諧振動，由（6－3）式，可求得它的圓頻率為：可求得它的振幅為：m36°52′因為正，sin應為負：故初位相應為：36°52′rad彈簧振子的振動表邊式為：m．6、簡諧振動的矢量圖示法如圖（6－3）所示，在圖平面內畫坐標軸OX，由原點O作一個矢量，使它的長恰等于振幅A．這個矢量稱為振幅矢量；t＝0時，振幅矢量及X軸所成的角等于初位相．這個矢量，以數值等于圓頻率ω的角速度、在圖平面內繞O點作逆時針方向的勻速轉動．在時刻t，振幅矢量經過的位置，它和X軸所成的角恰等于該時刻的位相；這時振幅矢量在X軸上的投影Acos（），恰表示簡諧振動的位移x．OOXQ(t=0)Q(t=t1)ωωt+ααP圖6－3簡諧振動的矢量圖示法這樣，振幅矢量的末端點Q在X軸上的投影P，就是作簡諧振動的質點在時刻t的位置．在振幅矢量的轉動過程中，Q點作勻速圓周運動（有時把這個圓稱為參考圓），而Q的投影P點就在OX軸上作簡諧振動；振幅矢量轉一周所需的時間及簡諧振動的周期相等．7、簡諧振動的圖象（詳細問題再說）8、簡諧振動的能量作簡諧振動的質點t時刻的動能為：振動系統的彈性勢能為：將式或代人此式，得：故t時刻系統的機械能（也叫做振動能）為：機械能守恒[第十三次]二、同方向同頻率兩個簡諧振動的合成設二簡諧振動都沿X軸進展，圓頻率同為ω，振幅各為、，初位相各為、，這兩個振動的表達式為：、表時刻每一振動的位移．用振幅矢量圖示法合成這兩個振動，得合振動，也應當是一個簡諧振動：合振動的振幅A和初位相探討：若二分振動的位相差為2的整數倍，即＝2k，其中、土1、土2、…，則cos（）=1，（2）若二分振動的位相差為的奇數倍，即，、土1、土2、…，則cos（）＝－1位相差二振動的步調不一樣時，就發生孰先孰后的問題．若，常說第二個振動的位相比第一個振動的位相超前，或第一個振動的位相比第二個振動的位相落后．練習一、填空題：1有兩個一樣的彈簧，其倔強系數均為k.（1）把它們串聯起來，下面掛一個質量為m的重物，此系統作諧振動的周期為。（2）把它們并聯起來，下面掛一個質量為m的重物，此系統作諧振動的周期為。2一彈簧振子，彈簧的倔強系數為0.32N·m–1，重物的質量為0.02kg，則這個振動系統的固有圓頻率為____________，相應的振動周期為_____________。3一質點沿x軸作諧振動，振動范圍的中心點為x軸的原點。已知周期為T，振幅為A。（1）若t=0時質點過x=0處且朝x軸正方向運動，則振動方程為x=。t(s)O1310741105x(cm)（2）若t=0t(s)O1310741105x(cm)4一諧振動用余弦函數表示，其振動曲線如圖所示，則此諧振動的三個特征量為A=；ω=；φ=。二、選擇題：1一質點作諧振動，周期為T.當它由平衡位置向X軸正方向運動時，從二分之一最大位移處到最大位移處這段路程所須要的時間為（A）T/4；（B）T/12；（C）T/6；（D）T/82一質點作諧振動，振動方程為，當時間t=T/2（T為周期）時質點的速度為（A）；（B）；（C）；（D）.[]3當質點以頻率ν作簡諧振動時，它的動能的變更頻率為（A）ν；（B）2ν；（C）4ν；（D）（1/2ν）.O1O12x(m)t(s)4（A）2.62s.（B）2.40s.（C）0.42s.（D）0.382s.【本章作業】：6—8、10【本章小結】1根本概念：⑴簡諧振動⑵振幅⑶圓頻率（周期、頻率）⑷位相2簡諧振動：⑴三個特征量：振幅、圓頻率、初位相⑵三種描繪：解析式、旋轉矢量法、圖象⑶三個特征：運動學特征、動力學特征、能量特征⑷兩個同方向、同頻率諧振動的合成【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第十四次]第七章波動【教學目的】理解機械波產生的條件。駕馭依據已知質點的諧振動方程建立平面簡諧波的波動方程的方法，以和波動方程的物理意義。理解波形圖線。理解波的能量傳播特征和能流、能流密度等概念。理解惠更斯原理和波的疊加原理。駕馭波的相干條件。能應用相位差或波程差概念分析和確定相干波疊加后振幅加強和減弱的條件。理解駐波和其形成條件。理解駐波和行波的區分。【重點、難點】※本章重點：波動方程的建立；波能量和能流、能流密度；惠更斯原理和波的疊加原理；波的相干；駐波▲本章難點：波動方程的建立；波的相干；駐波【教學過程】1機械波產生、平面簡諧波的波動方程2學時2波的能量、能流密度、波的干預2學時3駐波、聲波、習題2學時《講授》一、機械波的產生和傳播1、波種類：（1）機械波（2）電磁波2、機械波和其產生的條件產朝氣械波的條件有兩個：一個是波源；另一個是具有彈性和慣性的彈性媒質．3、橫波和縱波4、波的形成和傳播（略）5、波的頻率、波長和波速（1）波速u（2）頻率ν（周期T）（3）波長λ（4）三者關系(7—1)6、波的幾何描繪·球面波和平面波（1）波陣面（2）波線（3）球面波和平面波二、平面簡諧波的表達式1、平面簡諧波概念2、平面簡諧波的表達式（7－2）這就是以速度在軸正向傳播的平面簡諧波的表達式；由于和，（7－5）式還可以寫成另外一種形式：（7－3）平面簡諧波表達式的物理意義（1）若x＝常數（2）若t=常數（3）x,t都變更沿坐標軸的負向傳播的平面簡諧波（7－4）這就是所求的波動表達式。［例7—2］在前例中，若波速為=1．振幅為m，圓頻率為；在時，位于原點處質點的振動速度（留意區分波的傳播速度及質點的振動速度）．試求：數值形式的波動表達式；s時，X軸上各質點的位移分布規律；m處質點的振動規律．解：（1）為了求得波動表達式，應先求位于原點處質點的振動初位相．這個質點的振動速度為：以初始條件時代入，得或將各有關數值代人（1）式，得數值形式的波動表達式為：（2）將秒代入（2）式，得該時刻Y軸上各質點的位移分布規律為：（3）將m代入（2）式，得該處質點的振動規律為：［例7—3］有一以速率、沿軸正向傳播的平面簡諧波，已知始點的···OP0Pux···OP0Puxx0X解：在軸上取隨意點P，其坐標為．，振動由傳到P，需時，故P處質點在時刻的位移，等于在時間之前（即時刻）處質點的位移，于是得：這就是所求平面簡諧波的表達式．[第十五次]三、波的能量能流密度波的汲取1、波的能量設有一平面簡諧波在密度為的彈性媒質中沿X軸正向傳播，其表達示為在媒質中坐標為處取一體積元，其質量為，當波動傳播到這個體積元，依據上式，其振動速度為體積元的振動動能為（7－5）可以證明，體積元的彈性勢能也為（7－6）體積元的總機械能為其動能和彈性勢能之和，即（7－7）從以上三式看到，在行波傳播過程中，體積元的動能和勢能是同相的，而且是相等的．2、能量密度（1）波的能量密度（7－8）（2）平均能量密度（在一個周期內的平均值）（7－9）3、能流密度（1）能流（2）能流密度或波的強度（7－10）4、波的汲?。ㄗ詫W）［例7－7］一頻率為500Hz的平面簡諧波，在密度為kg·m-3的空氣中以m·s-1的速度傳播，到達耳時的振幅為cm，試求：耳中的平均能量密度和聲強。解：平均能量密度為聲強I（即能流密度）的大小為四、惠更斯原理1、原理于1690年提出，媒質中波動傳到的各點，都可看作是放射子波的波源；在其后的任一時刻，這些子波的包跡就確定新的波陣面．這就是所謂的惠更斯原理．2、定性說明現象（1）衍射；（2）波的反射和折射（略）五、波的疊加原理波的干預1、波的疊加原理（1）二波若在一區域相遇后再分開，其傳播狀況（如頻率、波長、傳播方向等）及未相遇時一樣，互不干擾；（2）在相遇區域內，任一質點的振動為二波所引起的合振動。2、波的干預（1）現象（2）條件兩列波頻率一樣、振動方向一樣、位相一樣或位相差恒定3、探討設有兩個相干波源和，振動方程分別為式中ω為圓頻率，、為波源的振幅，、為波源的初位相，依據相干波源的條件，可知兩波源的位相差－是恒定的．從這兩個波源發出的波在空間任一點P相遇時，P處質點的振動可按疊加原理來計算．設P點分開和的間隔分別為和，并設這兩個波到達P點時的振幅分別為和，被長為，那未P點的兩個分振動為而合成振動為式中因為兩個相干波在空間任一點所引起的兩個振動的周相差是一個恒量，可知每一點的合振幅A也是恒量．并由A式可知，合適下述條件（7－11）的空間各點，合振幅最大，這時。合適下述條件（7－12）的空間各點，合振幅最小，這時。假設，即對于同位相相干波源，上述條件可簡化為（7－13）表示從波源和動身的兩個相干波到達P點時所經路程之差稱為波程差。所以上列兩式說明，當兩個相干波源為同位相時，在兩個波的疊加的地區內，在波程差等于零或等于波長的整數倍的各點，振幅最大；在波程差等于半波長的奇數倍的各點，振幅最小。［例7－9］如圖所示，在同一介質中，相距為20m的兩點（A、B）處各有一個波源，它們作同頻率（Hz）、同方向的振動。設它們激起的波為平面簡諧波，振幅均為5cm，且A點為波峰時，B點恰為波谷，求AB連線上因干預而靜止的各點的位置。設波速為200?！ぁぁぁCB解：首先選定坐標系，程度向右為X軸正向，選擇A點為坐標原點，設A點振動的初相為零，由已知條件，則A點和B點的振動表達式分別為以A點為波源向C點傳播的波動表達式為其中，以B點為波源（仍以A點為原點）向C點傳播的波動表達式為（考慮到）因干預而靜止的條件為位相差化簡后，得將m代入上式m解出在AB連線上因干預而靜止的各點的位置m。[第十六次]［例7－10］如圖所示，波源S發出一列簡諧波沿X方向傳播。在其傳播的途徑上有一障礙物，其上有兩個相對于S對稱的小孔和，小孔之間的間隔，是S波源發出波的波長。求沿圖示X軸上干預加強及減弱點的位置?！ぁXSS1S2r1r2O解：和可以看作是位在波源發出的第4個波面上的新的子波波源。它們發出的子波是相干波，且初相位一樣。依據題意，發出的一列子波沿X方向傳播（即方向）；發出的一列子波沿方向傳播，兩列波在X軸的P點上相遇。（1）求干預加強點的分布，其中，代入上式后得：題意要求x≥0，故上式成立的條件k≤4，即k只能?。?，2，3，4四個數。加強點的分布如下：；；；（2）求干預減弱點的分布，整理后得欲使解符合題意，x≥0；要求分子≥0；k必需≤3.5，由此確定k的取值為0，1，2，3四個數。減弱點的分布如下：；；；由解題過程得知，k的取值要符合題意，不行隨意選取。六、駐波1、形成兩列振幅一樣的相干波相向傳播時疊加而成的波，叫做駐波。2、試驗3、特點4、表達式5、半波損失七、聲波超聲波次聲波（理解）1、聲波分類；2、聲強級練習一、填空題：1頻率為500Hz的波，其速度為350m/s，位相差為的兩點間間隔為。2A、B是簡諧波波線上的兩點。已知B點的位相比A點落后1/3π，A、B兩點相距0.5m，波的頻率為100Hz，則該波的波長λ=m.波速u=m/s.S1S2P3λ10λ/33如圖所示，P點距波源S1和S2的間隔分別為3λS1S2P3λ10λ/34S1、S2為振動頻率、振動方向均一樣的兩個點波源，振動方向垂直紙面，兩者相距3λ／2（λ為波長）如圖所示．已知S1的初位相為π／2．··S1S2MNC·（l）若使射線S2··S1S2MNC·（2）若使S1S2連線的中垂線MN上各點由兩列波引起的振動均干預相消，則S2的初位相應為。三、計算題：1某質點作簡諧振動，周期為2s，振幅為0.06m，開場時（t=0），質點恰好處在負向最大位移處，求(1)該質點的振動方程；(2)此振動以速度u=2m·s–1沿x軸正方向傳播時，形成的一維簡諧波的波動方程；(3)該波的波長。2教材7—20題7—22題【本章作業】：7—3、4、10【本章小結】1根本概念：波長、波速、周期（頻率）、波強度2根本原理：⑴惠更斯原理、波的疊加原理⑵建立平面簡諧波的波動方程的方法⑶波的能量傳播特征⑷相干波疊加后振幅加強和減弱的條件⑸駐波和其形成條件、特點【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第十七次]第八章氣體分子運動論【教學目的】能從宏觀和統計意義上理解壓強、溫度、內能等概念。理解系統的宏觀性質是微觀運動的統計表現。理解氣體分子熱運動的圖象。理解志向氣體的壓強公式和溫度公式以和它們的物理意義。通過推導氣體壓強公式，理解從提出模型、進展統計平均、建立宏觀量及微觀量的聯絡到說明宏觀量微觀本質的思想和方法。理解氣體分子平均碰撞頻率和平均自由程。理解氣體分子平均能量按自由度均分定理，并會應用該定理計算志向氣體的內能。理解麥克斯韋速率分布律和速率分布曲線的物理意義。理解氣體分子熱運動的算術平均速率、均方根速率、最可幾速率的求法和意義?！局攸c、難點】※本章重點：志向氣體狀態方程；壓強公式和溫度公式；能均分定理；內能；麥克斯韋速率分布律；算術平均速率、均方根速率、最可幾速率；平均碰撞頻率和平均自由程▲本章難點：能均分定理；內能；麥克斯韋速率分布律【教學過程】1志向氣體狀態方程；壓強公式和溫度公式2學時2能均分定理；內能；麥克斯韋速率分布律、平均自由程2學時《講授》一、平衡狀態志向氣體狀態方程1、狀態參量2、平衡狀態3、平衡過程．4、志向氣體狀態方程（8－1）這就是志向氣體狀態方程，式中是氣體的摩爾數。［例8－1］一容器內有0.100kg氧氣，其壓強為Pa，溫度為320K。因容器漏氣，稍后，測得壓強減到原來的5/8，溫度降到300K。求：（1）容器的體積；（2）在兩次觀測之間漏掉多少氧氣。解：（1）可按志向氣體狀態方程，求容器的體積，已知：M=0.100kgkg?mol-1（因氧氣的分子量為32），T=320K，P=Pa；R值應取R=8.31J?mol-1?K-1。代入狀態方程得（2）已知在漏氣一段時間后，壓強減小到Pa，溫度降到=300K。如以表示容器中剩余的氧氣質量，從狀態方程得因此，漏掉的氧氣質量為二、氣體分子運動論的壓強公式1、志向氣體的分子模型（1）氣體分子的大小及氣體分子間的間隔比擬，可以忽視不計．所以氣體分子可看作為大小可以不計的小球，它們的運動則遵守牛頓運動定律．（2）可把每個分子看作完全彈性的小球，它們相撞或及器壁相撞時，遵守能量守恒定律和動量守恒定律．（3）氣體分子之間的平均間隔相當大，所以除碰撞的瞬間外，分子間的互相作用也略去不計．此外，為避開一些有關的困難性，分子所受的重力也忽視不計．這種模型便是志向氣體的分子模型．2、兩點假設（1）容器中任一位置處單位體積內的分子數不比其他位置占有優勢，（2）分子沿任一方向的運動不比其他方向的運動占有優勢．3、三點推論（1）沿空間各方向運動的分子數目是相等的；（2）從一個體積元飛向上、下、左、右、前、后的分子數各為；（3）分子速度在各個方向上的重量的各種平均值相等，例如等等．4、志向氣體壓強公式的推導（過程略）（8－2）平均平動動能（8－3）式（8－2）可寫作（8－4）這就是氣體分子運動論的壓強公式．5、氣體分子平均平動動能及溫度的關系由志向氣體狀態方程得式中是單位體積中的分子數．R和都是恒量，兩者的比值同樣是個恒量，稱為玻耳茲曼常數，用k表示因此，志向氣體狀態方程可改寫作（8－5）將上式和氣體壓強公式（8－4）比擬，得（8－6）［例8－2］今有一容積為10cm3的電子管，當溫度為300K時用真空泵抽成高真空，使管內壓強為mmHg，問管內有多少氣體分子？這些分子總的平動動能是多少？解：已知氣體體積V=10cm3=10－5m3，溫度T=300K，壓力P=mmHg=Pa，玻爾茲曼恒量J?K，設管內總分子數為N，則由式（8—5），得個由式（8—4）可得總的分子平動動能代入已知數據，得J應當指出，溫度是大量氣體分子熱運動的集體表現，具有統計的意義；對個別分子，說它有溫度，是沒有意義的。6、氣體分子的方均根速率依據氣體分子平均平動動能的公式，我們可以求出給定氣體在肯定溫度下，分子運動速度的平方的平均值．假設把這平方的平均值開方，就可得出氣體分子速度的一種平均值，稱為氣體分子的方均根速率：（8－7）[第十八次]三、能量按自由度均分原理志向氣體的內能1、自由度（1）概念（2）分子自由度①單原子分子②雙原子剛性分子③多原子剛性分子2、能量按自由度均分原理（1）原理在平衡狀態下，由于氣體分子無規則運動的結果，可以推論，任何一種可能的運動都不會比另一種可能的運動特殊占有優勢，時機是完全均等的，而且平均說來，不管何種運動，相應于每一個可能自由度的平均動能都應相等．這一能量安排所遵循的原理，稱為能量按自由度均分原理．（2）分子平均總動能氣體分子有個平動自由度、個轉動自由度和個振動自由度，那末分子的平均平動動能、平均轉動動能和平均振動動能分別為、和，而分子的平均總動能為（3）分子的平均總能量（4）剛性分子平均總能量（8—8）3、志向氣體的內能（1）內能概念（2）志向氣體的內能（8－9）四、麥克斯韋分子速率分布定律1、速率分布2、麥克斯韋分子速率分布定律（8－10）②麥克斯韋分子速率分布函數（8－12）3、意義4、歸一化條件或5、應用（1）最可幾速率（8一13）（2）平均速率（求解方法）（8－14）五、分子碰撞和平均自由程1、自由程（1）概念；（2）平均自由程；（3）平均碰撞頻率（8－15）（8－16）依據，我們可以求出和溫度T和壓強p之間的關系（8－16a）練習一、填空題：1若某種志向氣體分子的方均根速率m/s，氣體壓強為Pa，則該氣體的密度為ρ＝。2室溫下1mol雙原子分子志向氣體的壓強為p，體積為V，則此氣體分子的平均動能為。3容器中貯有1mol的氮氣，壓強為1.33Pa，溫度為7℃，則（1）1m3中氮氣的分子數為________________；（2）容器中的氮氣的密度為________________；（3）1m3中氮分子的總平動動能為______________。（玻耳茲曼常量k＝1.38×）二、選擇題：1若志向氣體的體積為V，壓強為P，溫度為T，一個分子的質量為m，k為玻耳茲曼常量，R為摩爾氣體常量，則該志向氣體的分子數為：（A）PV/m；（B）PV/(kT)；（C）PV/(RT)；（D）PV/(mT)。2三個容器A、B、C中裝有同種志向氣體，其分子數密度n一樣，而方均根速率之比為()1/2：()1/2：()1/2=1：2：4，則其壓強之比PA：PB：PC為：（A）1：2：4；（B）4：2：1；（C）1：4：16；（D）1：4：8.3壓強為p、體積為V的氫氣（視為剛性分子志向氣體）的內能為：（A）；（B）；（C）；（D）pV；OABv0vf(v)4麥克斯韋速率分布曲線如圖所示，圖中OABv0vf(v)（A）v0為最可幾速率；（B）v0為平均速率；（C）v0為方均根速率；（D）速率大于和小于v0的分子數各占一半?！颈菊伦鳂I】：8—3、4、5、8【本章小結】1根本概念：⑴自由度⑵分子平均能量⑶內能⑷算術平均速率⑸均方根速率⑹最可幾速率⑺平均碰撞頻率⑻平均自由程2根本原理：⑴志向氣體狀態方程：或⑵壓強公式：⑶溫度公式：⑷能量按自由度均分原理⑸麥克斯韋分子速率分布率：【參考書】：程守珠、江之永一般物理學（第五版）；張三慧高校物理學（第二版）趙近芳高校物理學（第一版）[第十九次]第九章熱力學的物理根底【教學目的】駕馭功和熱量的概念。理解平衡過程。駕馭熱力學第肯定律。能嫻熟地分析、計算志向氣體各等值過程和絕熱過程中的功、熱量、內能變更量和卡諾循環的效率。理解可逆過程和不行逆過程。理解熱力學第二定律的兩種敘述，理解這兩種敘述的等價性。理解熱力學第二定律的統計意義和無序性，理解熵的概念?！局攸c、難點】※本章重點：熱力學第肯定律和應用；絕熱過程；卡諾循環和效率；熱力學第二定律；可逆過程和不行逆過程▲本章難點：熱力學第肯定律和應用；絕熱過程【教學過程】1熱力學第肯定律和應用、摩爾熱容2學時2絕熱過程、循環過程、卡諾循環和效率2學時3熱力學第二定律；可逆過程和不行逆過程2學時《講授》一、功熱量內能二、熱力學第肯定律1、定律內容（1）積分形式（9－1）理解：各量正負的規定（2）微分形式（9－2）2、準靜態過程3、準靜態過程中的功（以氣缸內氣體膨脹為例）（9－3）則熱力學第肯定律可寫作：（9－4）或（9－6）dOaVbpc［例9－1］一系統由如圖所示的a狀態沿abc到達c狀態，有336J熱量傳入系統，而系統作功126J。（1）經adc過程，系統作功42J，試問有多少熱量傳入系統？（2）當系統由c狀態沿dOaVbpc解：（1）已知系統由a→b→c過程中J，J。由熱力學第肯定律有，即：J當系統由a→d→c，已知：J，J。由熱力學第肯定律有，即：J（2）已知系統由c→a，J，J由熱力學第肯定律有J<0即該過程為放熱過程.三、熱肯定律對志向氣體等值過程的應用1、等容過程（）（1）。（2）其中2、等溫過程（）（1）．（2）而所以（9－8a）應用的關系式，上式也可寫作（9－8b）3、等壓過程（）（1）（9－9）（2）（9－10）（3）（9－11）四、氣體的摩爾熱容1、摩爾熱容我們知道，向一物體傳遞熱量，熱量Q的量值用下式計算式中M是物體的質量，c是比熱，和為傳熱前后物體的溫度。叫做這物體的熱容。假設取1mol的物體，即取，相應的熱容就是，稱為摩爾熱容，用大寫字母C來表示．按定義：摩爾熱容是1mol的物質，當溫度上升1K時所汲取的熱量．2、氣體的定容摩爾熱容而得（9－12）3、氣體的定壓摩爾熱容己知所以所以（9－13a）上式稱為邁耶（Mayer）公式，即（9－13b）定壓摩爾熱容及定容摩爾熱容的比值，常用來表示，稱為比熱比，可以寫作（9－14）［例9－2］20mol氧氣由狀態1變更到狀態2所經驗的過程如圖例9—2所示，（1）沿1→m→2途徑；（2）沿1→2直線。試分別求出這兩個過程中的A及Q以和氧氣內能的變更。氧分子當成剛性分子志向氣體對待。OO10V(L)P(1.013×105pa