教案大学物理

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教案大学物理(05春)大学物理教研室

1[第一次]【引】本学期授课内容、各篇难易程度、各章时间安排、考试时间及形式等绪论1、物理学的研究对象2、物理学的研究方法3、物理学与技术科学、生产实践的关系第一章质点运动学【教学目的】☆理解质点模型和参照系等概念☆掌握位置矢量、位移、速度、加速度等描述质点运动和运动变化的物理量☆能借助于直角坐标系熟练地计算质点在平面内运动时的速度和加速度,能熟练地计算质点作圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。【重点、难点】※本章重点:位置矢量、位移、速度、加速度、圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。▲本章难点:切向加速度和法向加速度【教学过程】·描述质点运动和运动变化的物理量2学时·典型运动、圆周运动2学时·相对运动2学时《讲授》

2一、基本概念1质点2参照系和坐标系(1)直角坐标系(如图1-1):yτrxOnz图1-2图1-1(2)自然坐标系(如图1-2):3时刻与时间二、描述质点运动的基本量1位置矢量表示运动质点位置的量。如图1-1所示。rxiyjzk(1-1)矢径r的大小由下式决定:rrx2y2z2(1-2)矢径r的方向余弦是xyzcos,cos,cosrrr(1-3)运动方程描述质点的空间位置随时间而变化的函数。称为运动方程,可以写作x=x(t),y=y(t),z=z(t)(1-4a)或

3r=r(t)(1-4b)轨道方程运动质点在空间所经过的路径称为轨道.质点的运动轨道为直线时,称为直线运动.质点的运动轨道为曲线时,称为曲线运动.从式(1一4a)中消去t以后,可得轨道方程。例:设已知某质点的运动方程为yx3sint6ry3costr61z0r2从x、y两式中消去t后,得x轨道方程:Ox2y29,z0z图1-3位移2位移表示运动质点位置移动的量。如图1-3所示。ABrrrBA(1—5)在直角坐标系中,位移矢量r的正交分解式为rxiyjzk(1-6)式中xxBxA;yyByA;zzBzA是r的沿坐标轴的三个分量。位移r的大小由下式决定Δr(x)2(y)2(z)2(1-7)位移r的方向余弦是xyzcoscoscosr;r;r(1-8)路程路程是质点在运动过程中实际通过的路径的长度。路程是标量。

43速度:描述质点运动的快慢和方向的量.r(1)平均速度:v(1-9)t(2)瞬时速度(速度):rdrvlim(1-10)t0tdt直角坐标系中,速度矢量也可表示为vvivjvkxyz(1-11)dxdydz其中v、v、v分别是速度v的沿坐标轴的三个分量。xdtydtzdt速度v的大小由下式决定vvv2v2v2(1-12)xyz速度v的方向余弦是vvvxy;cos;cosz(1-13)cosvvv速率速率等于质点在单位时间内所通过的路程。平均速率sv(1-14)t瞬时速率(简称速率)sdsrvlimlimv(1-15)t0tdtt0t4加速度:描述质点速度改变的快慢和方向的量。(1)平均加速度va(1-16)t(2)瞬时速度(速度):vdvd2ralim(1-17)tdtdt2t0在直角坐标系中,加速度矢量a的正交分解式为

5aaiajakxyz(1-18)dvd2x、advyd2ydvd2z分别是加速度a的沿坐其中ax、azxyzdtdt2dtdt2dtdt2标轴的三个分量。[第二次]三、几种典型的质点运动1直线运动(1))匀变速直线运动(略)(2))变加速直线运动[例1-1]潜水艇在下沉力不大的情况下,自静止开始以加速度aAet铅直下沉(A、为恒量),求任一时刻t的速度和运动方程。解:以潜水艇开始运动处为坐标原点O,作铅直向下的坐标轴,按加速度定义式,有dva或dvadt①dt今取潜水艇开始运动的时刻作为计时零点,按题意,t0时,x0,v0。将aAet代入上式①,积分:vtdvAetdt00由此可求得潜水艇在任一时刻t的速度为vA(1et)②再由直线运动的速度定义式vdxdt,将上式写作dxtA(1e)或dxA(1et)dtdt根据上述初始条件,对上式求定积分,有V1xtdxA(1et)dtBVA002由此便可求得潜水艇在任一时刻t的位置坐标x,即运动方程VO1V为Ax(et1)AtV2图1-4

6③2抛体运动(略)3圆周运动(1)匀速圆周运动VVv12其加速度为dvvalimdtt0t加速度的大小:valimt0t从图1-4中看出,vrvvrvRR所以vvralimlimt0tt0Rt因v和R均为常量,可取出于极限号之外,得vralimRtt0因为t0时rs,所以vrvsv2alimlimRt0tRt0tR故得v2aR(1-19)

7再讨论加速度的方向:加速度的方向是t→0时v的极限方向。由图1一18可看出v与v间的夹角为();当t→0时,这个角度趋于,即aP22与v垂直。所以加速度a的方向是沿半径指向圆心,这就是读者所熟知的向P心加速度。(2)变速圆周运动VV12如图1一V5所示的。1BVA2V1这个角度也V可能随时间O改变。通常V2将加速度a分解为两个分加速度,图1-5一个沿圆周的切线方向,叫做切向加速度,用a表示,a只改变质点速度的大小;一个tt沿圆周的法线方向,叫做法向加速度,用a表示,a只改变质点速度的方向;nn即aaatn(1-20)aa2a2a的大小为tnv2dva,aB式中nRtdtθAa21na的方向角为tgθ1at(3)圆周运动的角量描述①角坐标θ②角位移Δθ=θ-θ12③角速度ω图1-6

8ddsdvRRdtdtdt④角加速度βdd22v2(R)dvdβaR2aRRntdtdt2RRdtdt4曲线运动如果质点在平面内作一般的曲线运动,其加速度a也可分解为aaatn(1-39)上式中,a为切向加速度,a为法向加速度,其量值分别为tndvv2at;an(1-22)dt[例1-2]一质点沿半径为R的圆周运动,其路程用圆弧s表示,s随时bt2,其中v间t的变化规律是svt、b都是正的常数,求(1)t时刻质002点的总加速度。(2)总加速度大小达到b值时,质点沿圆周已运行的圈数。解:(1)由题意可得质点沿圆周运动的速率为dsdbv(vt2)vbt0dtdtt20再求它的切向和法向加速度,切向加速度为dvda(vbt)btdtdt0v2(vbt)2法向加速度为0anRR于是,质点在t时刻的总加速度大小为(vbt)22aa2a2(b)20tnR1R2b2(vbt)40R其方向与速度间夹角为2a(vbt)tgn0aRbt(2)总加速度大小达到b值时,所需时间t可由

91aR2b2(vbt)4b0Rv求得0tb代入路程方程式,质点已转过的圈数v1vv(0)b(0)2s0b2bv2N02R2R4Rb[第三次]Ⅰ相对运动Ⅱ习题1—2、34、5、6、8、10、11【本章作业】1—2;1—3;1—8;1—11【本章小结】1坐标系:直角坐标系、自然坐标系2四个基本量:位置(运动方程)、位移、速度、加速度3圆周运动:角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第二版)[第四次]第二章质点动力学【教学目的】☆掌握牛顿三定律及其适用条件。☆理解万有引力定律。☆了解力的种类、物理学量刚、惯性系与非惯性系。【重点、难点】※本章重点:牛顿运动定律的应用。▲本章难点:变力作用下牛顿运动定律的应用。【教学过程】牛顿定律、力的种类、惯性系与非惯性系败2学时

10《讲授》一、牛顿运动定律第一运动定律:第二运动定律:物体受到外力作用时,物体所获得的加速度的大小与合外力的大小成正比,并与物体的质量成反比;加速度的方向与合外力的方向相同。第三运动定律:应用第二定律时,应注意下述几点:(1)瞬时性、方向性、叠加性(2)分量式:直角坐标系:Fma,Fma,Fma(2—4a)xxyyzz或2d2xdyd2zFm,Fm,Fm(2—4b)xy2z2dt2dtdtv2Fmam圆周轨道或曲线轨道:nn(2—5)dvFmamttdt式中F和F分别代表法向合力和切向合力;是曲线在该点的曲率半径。nt(3)F是物体所受的一切外力的合力,但不能把误认为外力.二、力的种类1常见的力重力、弹性力、摩擦力2四种自然力现代物理学按物体之间的相互作用的性质把力分为四类:万有引力、电磁力、强相互作用和弱相互作用.三、力学的单位制和量纲(了解)四、惯性系和非惯性系(了解)例题2—13质量为m的子弹以速度v水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反0向,大小与速度成正比,比例系数为k,忽略子弹的重力,求:

11(1))子弹射入沙土后,速度随时间变化的函数式;(2))子弹进入沙土的最大深度.2—14公路的转弯处是一半径为200m的圆形弧线,其内外坡度是按车速60设计的,此时轮胎不受路面左右方向的力,雪后公路上结冰,若汽车以40的速度行驶,问车胎与路面间的摩擦系数至少多大,才能保证汽车在转弯时不至滑出公路?2—15质量为m的小球,在水中受的浮力为常力F,当它从静止开始沉降时,受到水的粘滞阻力为f=(k为常数).证明小球在水中竖直沉降的速mgF度值v与时间t的关系为(1ekt/m),式中t为从沉降开始计算的k时间。【本章作业】2—7、8、9【本章小结】第二定律分量式d2xd2yd2z1直线运动:Fm,Fm,Fmxyzdt2dt2dt2v2Fmam2圆周轨道或曲线轨道:nndvFmamttdt【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第五次]第三章功和能【教学目的】☆掌握功的概念。能计算直线运动情况下变力的功。☆掌握保守力作功的特点及势能概念,会计算势能。☆掌握质点的动能定理并能用它分析、解决质点在平面内运动时的简单力学问题。☆掌握机械能守恒定律及适用条件。掌握运用它分析问题的思想方法。能分析简单系统在平面内运动的力学问题。【重点、难点】※本章重点:功、势能、动能定理、机械能守恒定律

12▲本章难点:变力的功、动能定理、机械能守恒定律【教学过程】1功的概念、动能定理2学时2势能、功能原理、机械能守恒定律2学时《讲授》一、功和功率1功的定义(1)恒力的功(图3-1)(3-1)①A=Fs②A=FcossFFαss【注】图3-1功有正负.当α<时,功为正值,也就是力对物体作正功。当α=时,22功为零,也就是力对物体不作功。当α>时,功为负值,也就是力对2物体作负功,或者说,物体反抗外力而作功.功本身是标量,没有方向的意义.(2)变力的功(图3-2)bαFa图3-2在曲线运动中,我们必须知道在曲线路程上每一位移元s处,力F和位移ii元s之间的夹角,所以微功A和总功A分别为ii

13AFsFcossiiiiiAFsFcossiiiiiii或把总功用积分式表示为bbbAFcosdsFds(FdxFdyFdz)(3-2)xyzaaa式中a、b表示曲线运动的起点和终点.(3))合力的功假如有许多力同时作用于同一物体,我们不难证明合力的功等于各分力的功的代数和.在国际单位制中,功的单位是牛顿·米(N·m),称为焦耳(符号J);在工程制中,是千克力·米,没有专门名称.(4)功率平均功率ANt瞬时功率AdANlimt0tdt或svNlimFcosFcosvF(3-3)t0t上式说明瞬时功率等于力的速度方向的分量和速度大小的乘积.在国际单位制中,功率的单位是焦耳·秒―1(J?s―1),称为瓦特(符号W)。[例1]一质点受力F3x2i()作用,沿X轴正方向运动。从0到2m过程中,力F作功为J[例2]质量为m=0.5的质点,在坐标平面内运动,其运动方程为x=5t,y=0.5t2(),从t=2s到t=4s这段时间内,外力对质点作的功为J二、动能、动能定理1Emv21动能k22质点的动能定理

14(1))推导:AbFcosds1212(3-4)mvmvab2a2(2)合外力对物体所作的功等于物体的动能的增量.这一结论称为动能定理.3系统的动能定理(1))系统内力系统外力。(2))系统的动能定理的形式AEE(3-5)kk0E和E分别表示系统在终态和初态的总动能,A表示作用在各物体上所有的kk0力所作的功的总和.[第六次]三、保守力作功势能1重力作功的特点bhαah2h1图3-3dAGdsPcosdsmgcosdsmgdh式中dhdscos()dscos就是在位移元中物体上升的高度.所以重力所作的功是hAdAbmgdhmghmghabha可见物体上升时(h>h),重力作负功(A<0);物体下降时(h0)。

15从计算中可以看出重力所作的功只与运动物体的始末位置h和h)有ab(关,而与运动物体所经过的路径无关。重力势能EmghpAmghmghEEapapbb或A(EE)(3-6)pbpa上式说明:重力的功等于重力势能的增量的负值。2弹性力的功弹性势能弹性力也具有保守力的特点.我们以弹簧的弹性力为例来说明.根据胡克定律,在弹性限度内,弹簧的弹性力F的大小与弹簧的伸长量x成正比①,即F=k称为弹簧的倔强系数.因弹性力是一变力,所以计算弹性力作功时,须用积分法或图解法.11得Akx2kx2EE2a2bpapb弹性势能Emghp则A(EE)(3-7)pbpa和重力作功完全相似,上式说明:弹性力所作的功等于弹性势能的增量的负值。3万有引力的功引力势能11推导得:AGMm()0rrab或MmMmEGGEpa0r0rpb(3-8)ab通常,取m离M为无限远时的势能为零势能参考位置,亦即在上式中令→∞,=0,这样EpEMmG引力势能pa0r(3-9)a四、功能原理机械能守恒定律1功能原理

16现在我们对系统的动能定理AEEkk0作进一步的讨论。对于几个物体组成的系统来说,上式中A包括一切外力的功和一切内力的功.内力之中,又应将保守内力和非保守内力加以区分.所以式AAAEE(3一10)外力保守内力非保守内力kk0式(3一10)是适用于一个系统的动能定理.而A(EE)(3-11)保守内力pp0至于非保守内力的功,可以是正功(例如系统内的爆炸冲力),也得AA(EE)EE外力非保守内力pp0kk0或AA(EE)(EE)(3-12)外力非保守内力kpk0p0上式说明:系统机械能的增量等于外力的功和非保守内力的功的总和,通常称为系统的功能原理.2机械能守恒定律显然,在外力和非保守内力都不作功或所作的总功为零(或根本没有外力和非保守内力的作用)的情形下,由上式得EEEE恒量(3-13)kpk0p0亦即系统的机械能保持不变.这一结论称为机械能守恒定律.[例3-2](学生自学)[例3-4]如图(见教材),有一小车沿圆形无摩擦轨道经过A、B、C、D各点,若轨道的圆心为O,半径为R,∠60°,v5gR,小车质量A为m。求小车在D点所受的轨道压力N。解:要求正压力,应采用牛顿第二定律;正压力在半径方向,因此只须v2用法向分量式;设过D点时小车的速率为v,则法向加速度为;小车除R受压力N外,还受重力作用;取向心的方向为法线的正向,得牛顿第二定律的法向分量式为:v2mgcosNmR欲求N,应先求速率v,因重力是保守力,正压力不作功,摩擦力可忽略,故运动中机械能应守恒。因v已知,故选取小车过A、D二点时为二A状态,并取过A点的水平面为参照面;则在状态A,物体组(小车与地球)11的动能为mv2,势能为零;在状态D,动能为mv2,势能为mgR(1cos)。2A2由机械能守恒定律,得:

1711mv2mv2mgR(1cos)A22在上二式中消去v后求N,得:v2NmA2mg3mgcosR将v和的值代入上式后化简,得:A3Nmg2[例3-5]如图所示,一钢制滑板的雪橇满载木材,总质量m5t,当雪橇在倾角10的斜坡冰道上从高度10m的A点滑下时,平顺地通过坡底B,然后沿平直冰道滑到C点停止。设雪橇与冰道间的摩擦系数为0.03,求雪橇沿斜坡下滑到坡底B的过程中各力所作的功和合外力的功。解:雪橇沿斜坡下滑时,受重力Gmg,斜面的支承力N和冰面对雪1橇的滑动摩擦力f作用,方向如图所示,f的大小为fNmgcos。r1r1r11下滑的位移大小为ABhsin。按功的定义式(3-1),由题设数据,可求出重力对雪橇所作的功为A(mgsin)(hsin)cos0mgh5000kg9.8ms210mW4.9105(J)斜坡的支承力N对雪橇所作的功为1A(mgcos)(hsin)cos900N1摩擦力f对雪橇所作的功为r1f(mgcos)(hsin)cos180mghctgr10.035000kg9.8ms210mctg108.34104(J)在下滑过程中,合外力对雪橇作功为AAAA4.9105J0(8.34104J)4.07105(J)WNf1r1【本章作业】3—7、8、10【本章小结】1基本概念:⑴功和功率⑵势能和动能2基本原理:b1122⑴质点的动能定理:AFcosdsmvmvbaa22

18⑵功能原理:AA(EE)(EE)外力非保守内力kpk0p0⑶机械能守恒定律:EEEE恒量kpk0p0【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第七次]第四章动量【教学目的】☆掌握的冲量概念。会计算变力的冲量☆掌握质点动量定理,并能用它分析、解决质点在平面内运动时的简单力学问题。☆掌握动量守恒定律及适用条件。掌握运用它分析问题的思想方法。【重点、难点】※本章重点:冲量、动量定理、动量守恒定律、碰撞。▲本章难点:变力的冲量、动量定理、动量守恒定律。【教学过程】1冲量、动量定理2学时2动量守恒定律、碰撞2学时《讲授》一、冲量动量动量定理1冲量(1)恒力的冲量(t-t)(4一1)21(2)变力的冲量如果外力F是一变力,则把力的作用时间t-t分成许多极小的时间间21隔t,在时间t中的冲量为iiIFtiii而在时间t-t中的冲量为21IIFtiii

19如果所取的时间t为无限小,上式可改写为积分式itI2Fdt(4一2)t1要注意到,与上式相应,在各坐标轴方向的分量式是t2IFdtF(tt)xxx21t1tI2FdtF)(4一3)yyy(t2t1t1tI2FdtF(tt)zzz21t12动量动量定理(1)动量(运动量)pmV(4—4)(2)动量定理可以证明,在合外力F是变力,物体作一般运动的情况下,有:tI2Fdtmvmv(4-5)21t1在坐标轴方向的三个相应的分量式是t2IFdtmvmvxx2x1xt1tI2Fdtmvmv(4-6)yy21yt1t2IFdtmvzzy1zt1mv2z[例4-1]一质量为2.5克的乒乓球以速度v=10米/秒飞来,用板推挡后,1又以v=20米/秒的速度飞出。设推挡前后球的运动方向与板面的夹角分别2为45°和60°,如图所示。vp22Iv60°p1160°45°45°(a)(b)图例4—1(1)画出板对球的平均冲力的方向;

20(2)求乒乓球得到的冲量大小;(3)如撞击时间是0.01秒,求板施加于球上的平均冲力。解:(1)由动量定理:Ftmvmv得:21mvFtmv21可以画出冲量方向Ft如图,平均冲力的方向与Ft方向相同。(2)将初、末两状态动量向x轴作分量pmvcos451.8102·11x1pmvsin451.8102·11y1pmvcos602.5102·12x221pmvsin604.310·2y2pPP0.7102·1x2x1x21pPyPy6.110·y21PP2P26.14102·1xy由动量定理:FtmvmvP12PF6.14Nt[第八次]三、动量守恒定律1两个物体相互正碰(高中)按动量定理mvmvft111101mvmvft222202牛顿第三运动定律指出:f=-f,所以,以上两式相加后得12

21mvmvmvmv1122110220容易看出,碰撞前后,两物体的动量之和保持不变。2n个物体组成的系统按牛顿第二运动定律和第三运动定律,可以证明:(1)系统内一切内力的矢量和等于零,(2)系统所受外力的矢量和等于系统总动量的时间变化率,即d(mv)f(4-8)iiidt式中mv为系统的总动量,f是系统所受外力的矢量和.iii如果该系统不受外力或所受外力的矢量和为零(即f=0),从式(4i-8)可知:d(mv)0iidt于是mv=恒量,(在f=0的条件下)(4-9)iii这一结论称为动量守恒定律:在系统不受外力或外力矢量和为零时,系统的总动量守恒.3分量式mvmvmv恒量(在f0条件下)11x22xnnxixmvmvmv恒量(在f0条件下)11y22ynnyiymvmvmv恒量(在f0条件下)11z22znnziz(4-10)4理解(1)分方向守恒;(2)条件:外力与内力比较可忽略。[例4-4]一长为l、质量为M的小车放置在平直轨道上,车的A端站有一质量为m的人,人和小车原来都静止不动。如果这人从车的A端走到B端,不计小车与轨道之间的摩擦,求小车和人各自的位移为多少?解:当人开始启步时,将人和小车视作一系统.车对人作用的向前摩擦力(方向向左)、向上支承力和人对车作用的向后摩擦力(方向向右)、向下

22压力,都是系统内的人和车相互作用的内力.系统所受外力有:人的重力G、车的重力G和地面对车的支承力N,它们沿水平方向的分量为零,A因而,沿水平方向,系统动量守恒.今取人走动前,B端所在处为坐标原点O,x轴水平向右,人走动前,人和车原为静止,速度均为零;走动后,设人和小车相对于地面的速度分别为v和V,假设它们均与x轴正向同方向,则由动量守恒定律的表达式(4-10),有m0M0m(v)M(V)m于是得Vv①M式中,负号表示人与小车运动的方向相反.按直线运动的速度定义vdxdt,可得时间内的位移为.因此,小车和人在时间内的位移分别为和.将式①两边乘,即得车人mdx②车人M设人从A端走到B端时,小车的B端坐标从零变为x,则人的坐标从l相应地变为x,积分上式xmxdx=dx车人0Mlm得x(xl)M解出上式中的x,得小车相对于地面的位移为mlxMm人相对于地面的位移(即末位置与初位置的坐标之差)为mlMlxxllMmMm负号表示人的位移方向与x轴反向。四、碰撞如果两个或两个以上的物体相遇,相遇时,物体之间的相互作用仅持续极为短暂的时间,这种相遇就是碰撞1分类(1)弹性碰撞;(2)非弹性碰撞;(3)完全非弹性碰撞2对心碰撞(正碰)如果两球碰撞前的速度在两球的中心连线上,那么,碰撞时相互作用的冲力和碰撞后的速度也都在这一连线上.这种碰撞称为对心碰撞(或称正碰撞)

23[例4-5]设A、B两球的质量相等,B球静止在水平桌面上,A球在桌面上以向右的速度v30ms1冲击B球,两球相碰后,A球沿与原来1前进的方向成30角的方向前进,B球获得的速度与A球原来运动方向成45角。若不计摩擦,求碰撞后A、B两球的速率v1和v各为多少?2yAv/1v1αxβABv/B2图例4—5解:将相碰时的两球看作一个系统,碰撞时的冲力为内力,系统仅在铅直方向受重力和桌面支承力等外力的作用,它们相互平衡,因而,系统所受外力的矢量和为零,于是动量守恒,由式(4-10),有mvm0mvmvA1BA1B2沿v的方向取x轴,与它相垂直的方向取y轴(见图),两轴都位于水平桌面1上。于是上述矢量式的分量式为mv0mvcosmvcosA1A1B200mvsinmvsinA1B2以mm,30,45代入上两式,联立求解;由题设v30ms1,AB1得2v230ms1v122.0ms113131

2412v230ms1v115.5ms23131[例4-8]利用完全非弹性碰撞原理可以测定高速飞行子弹的速率。如图所示装置就是测定子弹速率v的原理图。质量为M的滑块静1止于水平面上,轻弹簧处于自然状态,因此坐标原点选在滑块(视作质点)处。现求质量为m的子弹的飞行速率v。1kv1Mm·XO图例4—8解:①子弹射入滑块过程可以认为是两个质点之间的完全非弹性碰撞过程。子弹进入滑块后一起以速度V沿水平方向运动,列出动量守恒定律表达示:mv(mM)v1②碰撞后()以速度V沿X正方向运动,压缩弹簧,()的动能转换成系统的弹性势能,忽略滑块与水平面之间的摩擦力时,系统的机械能守恒,列出方程:11(mM)v22kx22③x是弹簧的最大压缩量,可以通过测量获得。联立上述两式解得(mM)kvx1m若m0.01(),M0.99(),k900(),x0.1(m),代入上述数据得v300()。1[例4-9]如图所示,设有轻绳,长为l,上端固定,下端悬质量为M的重砂箱。质量为m的子弹水平射入砂箱,并停留砂内,和砂箱一起,最远摆到悬绳与竖直线成角的位置,若空气阻力可被忽略,子弹、砂箱均可作质点处理,求子弹的速度v。(学生自学)

25【本章作业】:4—8、13、14【本章小结】1基本概念:⑴冲量⑵动量2基本原理:t2Fdtmvmv⑴动量定理:I21t1⑵动量守恒定律:mvmvmv恒量(在f0条件下)11x22xnnxixmvmvmv恒量(在f0条件下)11y22ynnyiymvmvmv恒量(在f0条件下)11z22znnziz【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第九次]第五章刚体的转动【教学目的】☆掌握刚体绕定轴转动定律,理解力矩、转动惯量、转动动能等概念。☆理解动量矩(角动量)概念,通过质点在平面内运动和刚体绕定轴转动情况,理解动量矩守恒定律及其适用条件。能应用动量矩守恒定律分析、计算有关问题。【重点、难点】※本章重点:转动定律、力矩、转动惯量、转动动能、转动动能、角动量、动量矩守恒定律、▲本章难点:转动定律、动量矩守恒定律应用【教学过程】1力矩、转动定律、转动惯量2学时2转动动能、动量矩、动量矩守恒定律2学时3习题课2学时

26《讲授》一、刚体的定轴转动1刚体概念2刚体运动分类(1)平动;(2)定轴转动;(3)平行平面运动;(4)定点转动;(5)一般运动。3定轴转动(1)轴;(2)转动平面;(3)角量描述4复习圆周运动[例5-1]一砂轮在电动机驱动下,以每分种1800转的转速绕定轴作逆时针转动,如图所示。关闭电源后,砂轮均匀地减速,经时间t15s而停止转动。求:(1)角加速度;(2)到停止转动时,砂轮转过的转数;(3)关闭电源后t10s时砂轮的角速度以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度。设砂轮的半径为r250。解:(1)选定循逆时针转向的角量取正值(见图);则由题设,初角速度为正,其值为18002rads1160rads060按题意,在t15s时,末角速度0,由匀变速转动的公式得:10060rads4rads212.57rads1t15s为负值,即与异号,表明砂轮作匀减速转动。0(2)砂轮从关闭电源到停止转动,其角位移及转数N分别为1tt202160rads115s(4rads2)(15s)22450rad450radN225(转)22rad(3)在时刻t10s时砂轮的角速度是t60rads1(4rads2)10s020rads162.8rads1的转向与相同。0在时刻t10s时,砂轮边缘上一点的速度v的大小为vr0.25m20rads115.7ms1

27v的方向如图所示,相应的切向加速度和法向加速度分别为ar0.25m(4rads2)3.14ms2tar20.25m(20rads1)29.87102ms2n边缘上该点的加速度为aaa;a的方向和v的方向相反(为什么?),tnta的方向指向砂轮的中心。a的大小为naaa2a2tn(3.14ms2)2(9.87102ms2)29.88102ms2a的方向可用它与v所成的夹角表示,则an9.88102ms2arctgarctg90.18a3.14ms2t二、力矩转动定律1力矩(1)力矩的定义(5-1)(2)MFrsin(5-2)(3)力矩矢量式(一般式).M=r×F(5-3)2转动定律一个可绕固定轴转动的刚体,当它所受的合外力矩(对该轴而言)等于零时,它将保持原有的角速度不变(原来静止的继续静止,原在转动的则作匀角速转动).这就是转动刚体的第一定律(1)内容MJ(5-5)(2)推导如图5-6所示,β,ωθiφiOP图5-6推导转动定律用图

28根据牛顿第二运动定律,Ff(m)a(1)iiii法向和切向分量的方程如下:(Fcosfcos)(m)a(m)r2(2)iiiiiiniiFsinfsin(m)a(m)r(3)iiiiiitii式中a=r2和a=r分别是质点P的法向加速度和切向加速度,我们得iniiti到Frsinfrsin(m)r2(4)iiiiiiii式(4)左边的第一项是外力对转轴的力矩,第二项是内力对转轴的力矩。同理,对刚体中全部质点都可写出和式(4)相当的方程.把这些式子全部相加,则有:2Frsinfrsin(mr)(5)iiiiiiii因为frsin等于零。这样,式(5)左边只剩下第一项Frsin,按iiiiii定义,它是刚体所受全部外力对转轴的力矩的总和,也就是合外力矩.用M表示合外力矩,mr2由刚体的形状和相对转轴的质量分布所决定,称为ii刚体的转动惯量,以J表示,则式(5)可写成MJ证毕。3转动惯量(1)定义J=mr2ii连续刚体Jr2dmr2dV(5-6b)VV(2)理解刚体的转动惯量决定于刚体各部分的质量对给定转轴的分布情况.(3)计算[例5-3]求质量为m、长为l的均匀细棒对下面(1)、(2)和(3)所给定的转轴的转动惯量。(1))转轴通过棒的中心并与棒垂直;

29(2))转轴通过棒的一端并与棒垂直;(3))转轴通过棒上离中心为h的一点并与棒垂直。4定律应用[例5-4]一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮,绳的两端分别悬有质量为m1和m的物体,mm,m向上运动,m向下运动,而滑轮顺时针旋转。按222112牛顿运动定律和转动定律可列出下列方程:TGma11Gm122T2TraI1Tr2式中是滑轮的角加速度,a是物体的加速度,Gmg,Gmg。滑轮1122边缘上的切向加速度和物体的加速度相等,即ar从以上各式即可解得(mm)g(mm)ga2121I1mmmmm12r2122而1m(2mm)g122Tm(ga)111mmm1221m(2mm)gTm(ga)212221mmm122a(mm)gr211(mmm)r122[例5-5]如图所示,质量为m和m的滑块用一根轻软绳系住后跨在定滑12轮的两侧。定滑轮的质量为m,半径为R。m与斜面之间光滑32

30接触,斜面角为。当m沿斜面下滑时软绳带动定滑轮作转动,2软绳与定滑轮之间无相对滑动。求滑块的加速度值与定滑轮的角加速度。(学生自学)[第十次]三、力矩的功转动动能刚体定轴转动中的动能定理机械能守恒1力矩的功变力矩所作的功为AMd(5-8)2转动动能11E22r2)2mr(mk2ii2ii1EJ2(5-9)k2刚体定轴转动中的动能定理311122d(J2)J22AMdJ(5-10)2122211合外力矩对定轴刚体所作的功等于刚体转动动能的增量.这一关系称为刚体定轴转动中的动能定理。机械能守恒4[例5-8]如图所示,一根长为l,质量为m的匀质细杆。一端与光滑的水平轴相连,可在竖直平面内转动;另一端固定一质量也是m的小球,且小球的半径R<

319gcos(3)8l⑤根据角加速度是角速度的一阶导数的关系来求解角速度值。dddd,dddtddtd00最后得:9gsin(4)4l四、角动量角动量守恒定律1角动量(1)质点角动量Lrp(5-12)(2)刚体对轴的角动量LJ(5-13)2角动量定理(1)冲量矩与冲量相似,我们用冲量矩表示力矩在一段时间内的累积效应.冲量矩等于力矩乘以力矩所作用的时间.(2)定理d刚体作定轴转动时,根据转动定律MJJ,可得dtd(J)dLM(5-14)dtdt和Mdtd(J)(5-15)两边进行积分后,得t2Mdt2d(J)JJ(5-16)21t11转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在这段时间内转动物体角动量的增量,这一关系叫做角动量定理.3角动量守恒定律(1)定律由角动量定理可知,如果物体所受对某固定轴的合外力矩M恒等于零,那末根据式(5-17)得dLd(J)0dtdt所以

32LJ=恒量(5-21)亦即当物体所受的合外力矩等于零时,物体的角动量Jω保持不变.这一结论就是角动量守恒定律,也叫做动量矩守恒定律.(2)实用范围①几个刚体组成的系统②质点与刚体组成的系统③非刚体④非刚体做非定轴转动[例5-10]一水平圆形转台,质量为M,半径为r,可绕过中心的铅直光滑轴转动。质量为m的人,站在台边缘。设开始时人与转台均静止。如果人在台上以v的速率沿台边缘顺时针(从上往下看)方向奔跑,求此时转台转动的角速度[第十一次]刚体习题课【内容】一、填空题:1一飞轮以600的转速旋转,转动惯量为2.52,现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s内停止转动,则该恒定制动力矩的大小为。2一飞轮的转动惯量为J,在t=0时角速度为ω,此后飞轮经历制动过0程。阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比,比例系数k>0。当ω=1/3ω时,飞轮的角加速度β=。从开始制动到ω=1/3ω00所经历的时间t=。3动量矩定理的内容是,其数学表达式可写成。动量矩守恒的条件是。4一飞轮以角速度ω绕轴旋转,飞轮对轴的转动惯量为J;另一静止飞01轮突然被啮合到同一个轴上,该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍,啮合后整个系统的角速度ω=。二、选择题:1一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O以角速度ω按图示方向转动,若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度ω

33(A)必然增大;ω(B)(B)必然减少;FF(C)不会改变;.(D)如何变化,不能确定。O2一刚体的转动惯量只决定于(A)刚体的质量;(B)刚体的质量的空间分布;(C)刚体的质量对给定转轴的分布;(D)转轴的位置。3花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动,开始时两臂伸开,转动惯量为J,角速度为ω。然后她将两臂收回,使转动惯量减少为1/3J。000这时她转动的角速度变为113(A)0(B)0(C)3ω0;(D)。330三、计算题:1一轴承光滑的定滑轮,质量为2.00,半径为0.100m,ω一根不能伸长的轻绳,一端固定在定滑轮上,另一0端系有一质量为m=5.00的物体,如图所示。定滑R轮的转动惯量为J=2/2.已知定滑轮的初角速度ω0M=10.0,其方向垂直纸面向里。求:(1)定滑轮的角加速度;(2)定滑轮的角速度变化到ω=0时,物体上升的高m度;(3)当物体回到原来位置时,定滑轮的角速度.2有一质量为m、长为l的均匀细棒,静止平放在滑1O动摩擦系数为的水平桌面上,它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水ml1平运动的质量为m的小滑块,从侧面垂直于棒与2棒的另一端A相碰撞,设碰撞时间极短。已知小滑v1m2块在碰撞前后的速度分别为V和V,如图所12Av示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程2(俯视图)所需的时间。(已知棒绕O点的转动惯量1Jml2)13k3如图所示,已知弹簧倔强系数k=20,滑轮质量2,半径R=0.1m,物体质mh

341量m=1,滑轮绕轴的转动惯量JMR2.开始时系统静止,弹簧处2于自然状态,求:当物体下落h=0.2m时,物体速度的大小?(设绳在滑轮缘上不打滑,忽略滑轮轴的摩擦阻力)【本章作业】:5—8、11、12【本章小结】1基本概念:⑴力矩⑵转动惯量⑶转动动能⑷力矩的功⑸角动量2基本原理:⑴转动定律:MJ1122J2⑵转动动能定理:AMdJ21221t⑶动量矩定理:2Mdt2d(J)JJ21t11⑷动量矩守恒定律:LJ=恒量【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第十二次]第六章振动【教学目的】☆掌握描述简谐振动的各物理量(特别是相位)的物理意义及各量之间的相互关系。☆掌握旋转矢量法,并能用以分析有关问题。☆掌握谐振动的基本特征。能建立弹簧振子或单摆谐振动的微分方程。能根据给定的初始条件写出一维谐振动的运动方程,并理解其物理意义。☆理解两个同方向、同频率谐振动的合成规律,以及合振动振幅极大和极小的条件。【重点、难点】※本章重点:描述简谐振动的各物理量、旋转矢量法、弹簧振子和单摆、给定的初始条件写出一维谐振动的运动方程、谐振动的

35合成▲本章难点:旋转矢量法、谐振动的合成【教学过程】1振动、简谐振动、旋转矢量法、两个实例2学时2振动的合成、部分习题2学时《讲授》〖引言〗1、机械振动;2、广义振动;3、分类:(1)从时间上分(2)从轨迹上分一、简谐振动:周期性的直线振动1、简谐振动的表达式x=A(ωt十α).(6—1)质点离开平衡位置的位移x按余弦(或正弦)函数随时间t而改变,称为简谐振动的表达式.2、三个特征量(1)振幅A(2)圆频率ω2①周期:T②频率:2v(3)位相(周相或相位)(ωt十)初位相:t0时的位相,即3、速度和加速度dxvAsin(t),(6-2)dtd2xaA2cos(t)2x.(6-3)dt24、动力学特征2dx2x.(6—4)dt25、两个特例(1)弹簧振子如图6─1所示,O就是系统的平衡位置.

36xkFM··xOp图6─1弹簧振子物体所受的弹力为:F=-.由牛顿第二定律得:=-,k令2md2x得2x.dt22m所以T.2k(2)单摆(过程略)圆频率为:gl单摆的周期为:2lT2g[例6-1]如图例6—1所示,一原长为l的弹簧(图a),其倔强系数为k,下端固定,上端系一质量为m的重物,形成一铅直方向振动的弹簧振子。静平衡时,弹簧的缩短量为b。试分析此弹簧振子的运动规律。[例6—2]有一弹簧振子,质量为0.01,劲度系数为0.49N·m-1.0时,小球过x0.04m处,并以v=0.21m·s-1的速度沿X轴作正向运动.试求弹簧振00子的:(1)振幅;(2)初位相;(3)振动表达式.解:弹簧振子作简谐振动,由(6-3)式,可求得它的圆频率为:k7rads1m2v可求得它的振幅为:Ax200.05m024cos1xAcos136°52′05因v为正,应为负:故初位相应为:0

3736°52′0.643弹簧振子的振动表边式为:x0.05cos(7t0.643)m.6、简谐振动的矢量图示法如图(6-3)所示,在图平面内画坐标轴,由原点O作一个矢量,使它的长恰等于振幅A.这个矢量称为振幅矢量;t=0时,振幅矢量OQ与X轴0所成的角等于初位相.这个矢量,以数值等于圆频率ω的角速度、在图平面内绕O点作逆时针方向的匀速转动.在时刻t,振幅矢量经过OQ的位置,它和X轴所成的角t恰等于该时刻的位相;这时振幅矢量OQ在X轴上的投影(t),恰表示简谐振动的位移x.Q(1)Q(0)ωαωαOXP图6-3简谐振动的矢量图示法这样,振幅矢量OQ的末端点Q在X轴上的投影P,就是作简谐振动的质点在时刻t的位置.在振幅矢量的转动过程中,Q点作匀速圆周运动(有时把这个圆称为参考圆),而Q的投影P点就在轴上作简谐振动;振幅矢量转一周所需的时间与简谐振动的周期相等.7、简谐振动的图象(具体问题再说)8、简谐振动的能量作简谐振动的质点t时刻的动能为:1122EmvmA2sin2(t)k22

38振动系统的弹性势能为:11Ekx2kA2cos2(t)p22k将式2或km2代人此式,得:m1EmA22cos2(t)p2故t时刻系统的机械能(也叫做振动能)为:111EEEmA22mv2kA2kpm222机械能守恒[第十三次]二、同方向同频率两个简谐振动的合成设二简谐振动都沿X轴进行,圆频率同为ω,振幅各为A、A,初位相各为、121,这两个振动的表达式为:2xAcos(t),xAcos(t)111222x、x表t时刻每一振动的位移.12用振幅矢量图示法合成这两个振动,得合振动,也应该是一个简谐振动:xAcos(t)合振动的振幅A和初位相AA2A22AAcos()121221AsinAsintan11122AcosAcos1122讨论:(1)若二分振动的位相差为2的整数倍,即=2k,其中k0、21土1、土2、,则()=1,21AA2A22AAAA121212(2)若二分振动的位相差为的奇数倍,即(2k1),k0、21土1、土2、,则()=-12122AAA2AAAA121212

39位相差二振动的步调不一致时,就发生孰先孰后的问题.若2>,常说第二个振1动的位相比第一个振动的位相超前,或第一个振动的位相比第二个振动的位相落后.练习一、填空题:1有两个相同的弹簧,其倔强系数均为k.(1))把它们串联起来,下面挂一个质量为m的重物,此系统作谐振动的周期为。(2))把它们并联起来,下面挂一个质量为m的重物,此系统作谐振动的周期为。2一弹簧振子,弹簧的倔强系数为0.32Nm·–1,重物的质量为0.02,则这个振动系统的固有圆频率为,相应的振动周期为。3一质点沿x轴作谐振动,振动范围的中心点为x轴的原点。已知周期为T,振幅为A。(1)若0时质点过0处且朝x轴正方向运动,则振动方程为。(2)若0时质点过2处且朝x轴负方向运动,则振动方程为。x()4一谐振动用余弦函数表示,其振动曲线如10图所示,则此谐振动的三个特征量为5;O1471013t(s)ω=;φ=。二、选择题:1一质点作谐振动,周期为T.当它由平衡位置向X轴正方向运动时,从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为(A)4;(B)12;(C)6;(D)82一质点作谐振动,振动方程为xAcos(t),当时间t=2(T为周期)时质点的速度为(A);(B)A;Asinsin(C)Acos;(D)Acos.[]3当质点以频率ν作简谐振动时,它的动能的变化频率为(A)ν;(B)2ν;(C)4ν;(D)(1/2ν).4一简谐振动曲线如图所示。则振动周x(m)期是42O1t(s)

40(A)2.62s.(B)2.40s.(C)0.42s.(D)0.382s.【本章作业】:6—8、10【本章小结】1基本概念:⑴简谐振动⑵振幅⑶圆频率(周期、频率)⑷位相2简谐振动:⑴三个特征量:振幅、圆频率、初位相⑵三种描述:解析式、旋转矢量法、图象⑶三个特征:运动学特征、动力学特征、能量特征⑷两个同方向、同频率谐振动的合成【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第十四次]第七章波动【教学目的】☆理解机械波产生的条件。掌握根据已知质点的谐振动方程建立平面简谐波的波动方程的方法,以及波动方程的物理意义。理解波形图线。了解波的能量传播特征及能流、能流密度等概念。☆理解惠更斯原理和波的叠加原理。掌握波的相干条件。能应用相位差或波程差概念分析和确定相干波叠加后振幅加强和减弱的条件。☆理解驻波及其形成条件。了解驻波和行波的区别。【重点、难点】※本章重点:波动方程的建立;波能量及能流、能流密度;惠更斯原理和波的叠加原理;波的相干;驻波▲本章难点:波动方程的建立;波的相干;驻波【教学过程】1机械波产生、平面简谐波的波动方程2学时2波的能量、能流密度、波的干涉2学时

413驻波、声波、习题2学时《讲授》一、机械波的产生和传播1、波种类:(1)机械波(2)电磁波2、机械波及其产生的条件产生机械波的条件有两个:一个是波源;另一个是具有弹性和惯性的弹性媒质.3、横波和纵波4、波的形成和传播(略)5、波的频率、波长和波速(1)波速u弹性模量波速媒质的密度(2)频率ν(周期T)(3)波长λ(4)三者关系u(7—1)6、波的几何描述·球面波和平面波(1)波阵面(2)波线(3)球面波和平面波二、平面简谐波的表达式1、平面简谐波概念2、平面简谐波的表达式xyAcos(t)(7-2)u这就是以速度u在x轴正向传播的平面简谐波的表达式;2由于和uv,(7-5)式还可以写成另外一种形式:TTtxyAcos2()(7-3)T平面简谐波表达式的物理意义(1)若x=常数(2)若常数(3)x,t都变化沿坐标轴的负向传播的平面简谐波

42xyAcos(t)(7-4)u这就是所求的波动表达式。[例7—2]在前例中,若波速为u=1ms1.振幅为A0.001m,圆频率为rads1;在t0时,位于原点处质点的振动速度v0.001ms1(注意0区别波的传播速度u与质点的振动速度v).试求:(1)数值形式的波动表达式;(2)t1s时,X轴上各质点的位移分布规律;(3)x0.5m处质点的振动规律.解:(1)为了求得波动表达式,应先求位于原点处质点的振动初位相.这个质点的振动速度为:dyvAsin(t)0.001sin(t)dt以初始条件t0时vv0.001代入,得00.0010.001sin或2将各有关数值代人(1)式,得数值形式的波动表达式为:xy0.001cos(t)12(2))将t1秒代入(2)式,得该时刻Y轴上各质点的位移分布规律为:y0.001cosx0.001sinx2(3))将x0.5m代入(2)式,得该处质点的振动规律为:y0.001cos(t1)0.001cost[例7—3]有一以速率u、沿x轴正向传播的平面简谐波,已知始点P的平0衡位置的坐标为x,振动规律为yAcost,试求此波的表达式.0ux0PP··0·XOx解:在x轴上取任意点P,其坐标为x.PPxx,振动由P传到P,需时000xxxxxx0,故P处质点在t时刻的位移y,等于在0时间之前(即t0uuu时刻)P处质点的位移,于是得:0

43xxyAcos(t0)u这就是所求平面简谐波的表达式.[第十五次]三、波的能量能流密度波的吸收1、波的能量设有一平面简谐波在密度为的弹性媒质中沿X轴正向传播,其表达示为xyAcos(t)u在媒质中坐标为x处取一体积元V,其质量为mV,当波动传播到这个体积元,根据上式,其振动速度为yxvAsin(t)tu体积元的振动动能为11xE(m)v2V)A22sin2(t)(7-5)k2(2u可以证明,体积元的弹性势能也为11x2E(m)v(V)A22sin2(t)(7-6)p22u体积元的总机械能为其动能和弹性势能之和,即x222EEE(V)Asin(t)(7-7)kpu从以上三式看到,在行波传播过程中,体积元的动能和势能是同相的,而且是相等的.2、能量密度(1)波的能量密度wWxwA22sin2(t)(7-8)Vu(2)平均能量密度(在一个周期内的平均值)1wA22(7-9)23、能流密度(1)能流(2)能流密度或波的强度

441IwuuA22(7-10)24、波的吸收(自学)[例7-7]一频率为500的平面简谐波,在密度为1.3·3的空气中以u340m·1的速度传播,到达耳时的振幅为A104,试求:耳中的平均能量密度及声强。解:平均能量密度为11w2A21.3(104102)2(2500)2226.41106Jm2s1声强I(即能流密度)的大小为Iwu6.411063402.18103Jm2s1四、惠更斯原理1、原理于1690年提出,媒质中波动传到的各点,都可看作是发射子波的波源;在其后的任一时刻,这些子波的包迹就决定新的波阵面.这就是所谓的惠更斯原理.2、定性解释现象(1)衍射;(2)波的反射和折射(略)五、波的叠加原理波的干涉1、波的叠加原理(1))二波若在一区域相遇后再分开,其传播情况(如频率、波长、传播方向等)与未相遇时相同,互不干扰;(2)在相遇区域内,任一质点的振动为二波所引起的合振动。2、波的干涉(1)现象(2)条件两列波频率相同、振动方向相同、位相相同或位相差恒定3、讨论设有两个相干波源S和S,振动方程分别为12yAcos(t),yAcos(t)11012202式中ω为圆频率,A、A为波源的振幅,、为波源的初位相,根据相102012干波源的条件,可知两波源的位相差-是恒定的.从这两个波源发出的21波在空间任一点P相遇时,P处质点的振动可按叠加原理来计算.设P点离开S1

45和S的距离分别为r和r,并设这两个波到达P点时的振幅分别为A和A,21212被长为,那未P点的两个分振动为2r2r12yAcost,yAcost111222而合成振动为yyyAcos(t)12式中rr2221AAA2AAcos21212212r2r12AsinAsin1122tg2r2r12AcosAcos1122因为两个相干波在空间任一点所引起的两个振动的周相差rr21221是一个恒量,可知每一点的合振幅A也是恒量.并由A式可知,适合下述条件rr2122k,k0,1,2,(7-11)21的空间各点,合振幅最大,这时AAA。适合下述条件12rr12212k,k0,1,2,(7-12)212的空间各点,合振幅最小,这时AAA。12如果,即对于同位相相干波源,上述条件可简化为12rrk,k0,1,2,(最大)121(7-13)rrk,k0,1,2,(最小)122rr表示从波源S1S出发的两个相干波到达P点时所经路程之差称为122和波程差。所以上列两式说明,当两个相干波源为同位相时,在两个波的叠加的地区内,在波程差等于零或等于波长的整数倍的各点,振幅最大;在波程差等于半波长的奇数倍的各点,振幅最小。[例7-9]如图所示,在同一介质中,相距为20m的两点(A、B)处各有一个波源,它们作同频率(100)、同方向的振动。设它们激起的波为平面简谐波,振幅均为5,且A点为波峰时,B点恰为波谷,求连线上因干涉而静止的各点的位置。设波速为200ms1。

46···ACB解:首先选定坐标系,水平向右为X轴正向,选择A点为坐标原点,设A点振动的初相为零,由已知条件,则A点和B点的振动表达式分别为yAcos2tAyAcos(2t)B以A点为波源向C点传播的波动表达式为xy(x,t)Acos2(t)AC其中xAC,以B点为波源(仍以A点为原点)向C点传播的波动表达式为(考虑到BCABx20x)20xy(x,t)Acos2(t)BC因干涉而静止的条件为位相差20xx2(t)2(t)(2k1)k化简后,得10x2u200将2m代入上式100x(k10)m解出在连线上因干涉而静止的各点的位置x1,2,3,,17,18,19m。[第十六次][例7-10]如图所示,波源S发出一列简谐波沿X方向传播。在其传播的路径上有一障碍物,其上有两个相对于S对称的小孔S和S,12小孔之间的距离aSS4,是S波源发出波的波长。求12沿图示X轴上干涉加强与减弱点的位置。

47SrP11O·XSr2S2解:S和S可以看作是位在波源发出的第4个波面上的新的子波波源。12它们发出的子波是相干波,且初相位相同。根据题意,S发出的一列子波1沿X方向传播(即r方向);S发出的一列子波沿r方向传播,两列波在X122轴的P点上相遇。(1)求干涉加强点的分布rrxk,其中ra2x2,代入上式后得:x(a2k22)/2k(422k22)/2k题意要求x≥0,故上式成立的条件k≤4,即k只能取:1,2,3,4四个数。加强点的分布如下:x7.5;x3;x1.17;x12340(2)求干涉减弱点的分布ra2x2x(2k1)/2,整理后得[64(2k1)2]x4(2k1)欲使解符合题意,x≥0;要求分子[64(2k1)2]≥0;k必须≤3.5,由此决定k的取值为0,1,2,3四个数。减弱点的分布如下:x15.75;x4.58;01x1.95;x0.5423由解题过程得知,k的取值要符合题意,不可任意选取。六、驻波1、形成两列振幅相同的相干波相向传播时叠加而成的波,叫做驻波。2、实验3、特点4、表达式

485、半波损失七、声波超声波次声波(了解)1、声波分类;2、声强级练习一、填空题:1频率为500的波,其速度为350,位相差为2/3的两点间距离为。2A、B是简谐波波线上的两点。已知B点的位相比A点落后1/3π,A、B两点相距0.5m,波的频率为100,则该波的波长λ=m.波速.3如图所示,P点距波源S和S的距离分12别为3λ和10/3,λ为两列波在介质S13λ中的波长,若P点的合振幅总是极大值,则两波源应满足的条件是。P4S、S为振动频率、振动方向均相同的两个12S10λ/32点波源,振动方向垂直纸面,两者相距3λ/2(λ为波长)如图所示.已知S的初位相为π/2.1(l)若使射线SC上各点由两列波2M引起的振动均干涉相消,则S2的初位相应为;···(2)若使S1S2连线的中垂线上各点SSC12由两列波引起的振动均干涉相N消,则S的初位相应2为。三、计算题:1某质点作简谐振动,周期为2s,振幅为0.06m,开始时(0),质点恰好处在负向最大位移处,求(1)该质点的振动方程;(2)此振动以速度2m·s–1沿x轴正方向传播时,形成的一维简谐波的波动方程;(3)该波的波长。2教材7—20题7—22题【本章作业】:7—3、4、10【本章小结】

491基本概念:波长、波速、周期(频率)、波强度2基本原理:⑴惠更斯原理、波的叠加原理⑵建立平面简谐波的波动方程的方法⑶波的能量传播特征⑷相干波叠加后振幅加强和减弱的条件⑸驻波及其形成条件、特点【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第十七次]第八章气体分子运动论【教学目的】☆能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。☆了解气体分子热运动的图象。理解理想气体的压强公式和温度公式以及它们的物理意义。通过推导气体压强公式,了解从提出模型、进行统计平均、建立宏观量与微观量的联系到阐明宏观量微观本质的思想和方法。了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程。☆理解气体分子平均能量按自由度均分定理,并会应用该定理计算理想气体的内能。☆了解麦克斯韦速率分布律及速率分布曲线的物理意义。了解气体分子热运动的算术平均速率、均方根速率、最可几速率的求法和意义。【重点、难点】※本章重点:理想气体状态方程;压强公式和温度公式;能均分定理;内能;麦克斯韦速率分布律;算术平均速率、均方根速率、最可几速率;平均碰撞频率及平均自由程▲本章难点:能均分定理;内能;麦克斯韦速率分布律【教学过程】1理想气体状态方程;压强公式和温度公式2学时2能均分定理;内能;麦克斯韦速率分布律、平均自由程2学时

50《讲授》一、平衡状态理想气体状态方程1、状态参量2、平衡状态3、平衡过程.4、理想气体状态方程MpVRTRT(8-1)MmolM是气体的摩尔数。这就是理想气体状态方程,式中Mmol[例8-1]一容器内有0.100氧气,其压强为1.013106,温度为320K。因容器漏气,稍后,测得压强减到原来的5/8,温度降到300K。求:(1)容器的体积;(2)在两次观测之间漏掉多少氧气。解:(1)可按理想气体状态方程PVMRT/M,求容器的体积,已知:mol0.100M0.0321(因氧气的分子量为32),320K,1.013106;R值应取mol8.31J1??1。代入状态方程得MRTVMPmol0.100kg8.31Jmol1K1320K0.032kgmol11.013106Pa8.20103m3(2)已知在漏气一段时间后,压强减小到P5/81.013106,温度降到T=300K。如以M表示容器中剩余的氧气质量,从状态方程得MPVmolMRT0.032kgmol15/81.013106Pa8.20103m38.31Jmol1K1300K6.70102kg因此,漏掉的氧气质量为MM0.100kg0.067kg0.033kg二、气体分子运动论的压强公式1、理想气体的分子模型(1)气体分子的大小与气体分子间的距离比较,可以忽略不计.所以气体分子可看作为大小可以不计的小球,它们的运动则遵守牛顿运动定律.(2)可把每个分子看作完全弹性的小球,它们相撞或与器壁相撞时,遵守能量

51守恒定律和动量守恒定律.(3)气体分子之间的平均距离相当大,所以除碰撞的瞬间外,分子间的相互作用也略去不计.此外,为避免一些有关的复杂性,分子所受的重力也忽略不计.这种模型便是理想气体的分子模型.2、两点假设(1)容器中任一位置处单位体积内的分子数不比其他位置占有优势,(2)分子沿任一方向的运动不比其他方向的运动占有优势.3、三点推论(1)沿空间各方向运动的分子数目是相等的;1(2)从一个体积元飞向上、下、左、右、前、后的分子数各为;6(3)分子速度在各个方向上的分量的各种平均值相等,例如v2v2v2等等.xyz4、理想气体压强公式的推导(过程略)1pnmv2(8-2)3平均平动动能1wmv2(8-3)2式(8-2)可写作212nmv2nw(8-4)p323这就是气体分子运动论的压强公式.5、气体分子平均平动动能与温度的关系由理想气体状态方程MpVRTMmol得NRpTVN0N式中n是单位体积中的分子数.R和N都是恒量,两者的比值同样是个恒0V量,称为玻耳兹曼常数,用k表示R8.31k1.381023JK1N6.02210230因此,理想气体状态方程可改写作

52pnkT(8-5)将上式和气体压强公式(8-4)比较,得13wmv2kT(8-6)22[例8-2]今有一容积为103的电子管,当温度为300K时用真空泵抽成高真空,使管内压强为5106,问管内有多少气体分子?这些分子总的平动动能是多少?解:已知气体体积103=10-5m3,温度300K,压力5106133.35106,玻尔兹曼恒量k1.331023J?K1,设管内总分子数为N,则由式(8—5),NPnkTkTV得PV133.31065105N1.611012个kT1.331023300由式(8—4)213N122Pn(mv)(mv)322V2可得总的分子平动动能132EN(mv)PVk22代入已知数据,得3658Ek133.35101010J2应该指出,温度是大量气体分子热运动的集体表现,具有统计的意义;对个别分子,说它有温度,是没有意义的。6、气体分子的方均根速率13根据气体分子平均平动动能的公式mv2kT,我们可以求出给定气体在一22定温度下,分子运动速度的平方的平均值.如果把这平方的平均值开方,就可得出气体分子速度的一种平均值,称为气体分子的方均根速率:3kT3RT3RT2v(8-7)mmNM0mol[第十八次]

53三、能量按自由度均分原理理想气体的内能1、自由度(1)概念(2)分子自由度①单原子分子②双原子刚性分子③多原子刚性分子2、能量按自由度均分原理(1)原理在平衡状态下,由于气体分子无规则运动的结果,可以推论,任何一种可能的运动都不会比另一种可能的运动特别占有优势,机会是完全均等的,而且平均说来,不论何种运动,相应于每一个可能自由度的平均动能都应相等.这一能量分配所遵循的原理,称为能量按自由度均分原理.(2)分子平均总动能气体分子有t个平动自由度、r个转动自由度和s个振动自由度,那末分tr子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能分别为kT、kT和22skT,而分子的平均总动能为21(trs)kT2(3)分子的平均总能量1(tr2s)kT2(4)刚性分子平均总能量ikT(8—8)23、理想气体的内能(1)内能概念(2)理想气体的内能MiERT(8-9)M2mol四、麦克斯韦分子速率分布定律1、速率分布2、麦克斯韦分子速率分布定律

5432mv2Nm2②4e2kTvvf(v)v(8-10)N2kT麦克斯韦分子速率分布函数f(v)32mv2mf(v)4e2kTv2(8-12)2kT3、意义4、归一化条件Nf(v)v100%1N全部全部或f(v)dv105、应用(1)最可几速率2kT2RTRTv1.41(8一13)pmMMmolmol(2)平均速率(求解方法)v8kT8RT1.60RT(8-14)mMMmolmol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)平均碰撞频率Z2d2vn(8-15)v1(8-16)Z2d2n根据pnkT,我们可以求出和温度T及压强p之间的关系kT(8-16a)2d2p

55练习一、填空题:1若某种理想气体分子的方均根速率(v2)1/2450,气体压强为p7104,则该气体的密度为ρ=。2室温下1双原子分子理想气体的压强为p,体积为V,则此气体分子的平均动能为。3容器中贮有1的氮气,压强为1.33,温度为7℃,则(1)1m3中氮气的分子数为;(2)容器中的氮气的密度为;(3)1m3中氮分子的总平动动能为。(玻耳兹曼常量k=1.38×1023JK1)二、选择题:1若理想气体的体积为V,压强为P,温度为T,一个分子的质量为m,k为玻耳兹曼常量,R为摩尔气体常量,则该理想气体的分子数为:(A);(B)();(C)();(D)()。2三个容器A、B、C中装有同种理想气体,其分子数密度n相同,而方均v21/221/2v2根速率之比为():(v):()1/2=1:2:4,则其压强之比::为:ABC(A)1:2:4;(B)4:2:1;(C)1:4:16;(D)1:4:8.3压强为p、体积为V的氢气(视为刚性分子理想气体)的内能为:531(A)pV;(B)pV;(C)pV;(D);2224麦克斯韦速率分布曲线如图所示,图中A、B两部分面积相等,则该图表示f(v)(A)v为最可几速率;0(B)v为平均速率;0(C)v0为方均根速率;(D))速率大于和小于v的分子数AB0O各占一半。v0v【本章作业】:8—3、4、5、8【本章小结】1基本概念:⑴自由度⑵分子平均能量⑶内能⑷算术平均速率⑸均方

56根速率⑹最可几速率⑺平均碰撞频率⑻平均自由程2基本原理:M⑴理想气体状态方程:pVRTRT或pnkTMmol212⑵压强公式:pnmv2nw32313⑶温度公式:wmv2kT22⑷能量按自由度均分原理32mv2m⑸麦克斯韦分子速率分布率:f(v)4e2kTv22kT【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第十九次]第九章热力学的物理基础【教学目的】☆掌握功和热量的概念。理解平衡过程。掌握热力学第一定律。能熟练地分析、计算理想气体各等值过程和绝热过程中的功、热量、内能改变量及卡诺循环的效率。☆理解可逆过程和不可逆过程。理解热力学第二定律的两种叙述,了解这两种叙述的等价性。☆了解热力学第二定律的统计意义及无序性,了解熵的概念。【重点、难点】※本章重点:热力学第一定律及应用;绝热过程;卡诺循环及效率;热力学第二定律;可逆过程和不可逆过程▲本章难点:热力学第一定律及应用;绝热过程【教学过程】1热力学第一定律及应用、摩尔热容2学时2绝热过程、循环过程、卡诺循环及效率2学时3热力学第二定律;可逆过程和不可逆过程2学时《讲授》一、功热量内能

57二、热力学第一定律1、定律内容(1)积分形式QEEA(9-1)21理解:各量正负的规定(2)微分形式dQdEdA(9-2)2、准静态过程3、准静态过程中的功(以气缸内气体膨胀为例)dApSdlpdV(9-3)则热力学第一定律可写作:dQdEpdV(9-4)或VQEE2pdV(9-6)21V1[例9-1]一系统由如图所示的a状态沿到达c状态,有336J热量传入系统,而系统p作功126J。(1)经过程,系统作功42J,试问bc有多少热量传入系统?(2)当系统由c状态沿曲线返回状态a时,外界对系统作功为84J,ad试问系统是吸热还是放热?传递的热量是多VO少?解:(1)已知系统由a→b→c过程中Q336J,A126J。11由热力学第一定律有EQA,即:EQA210Jca11当系统由a→d→c,已知:A42J,E210J。2ca由热力学第一定律有QEA,即:QEA252J22(2)已知系统由c→a,A84J,EE210J3acca由热力学第一定律有QEA21084294J<0即该过程为放热过程.三、热一定律对理想气体等值过程的应用1、等容过程(dV0)

58(1)dA0。(2)(dQ)dE(Q)EEVV21M其中EEER(TT)2112Mmol2、等温过程(dT0)MdV(1)dE0.(2)(dQ)dApdVRTTMVmolM1而pRTMVmolVMdVMV所以2RTRTln2(Q)TAdAMVMV(9-8a)V1molmol1应用pVpV的关系式,上式也可写作1122Mp1(Q)ARTln(9-8b)TMpmol23、等压过程(dp0)MV2R(TT(1)ApdVp(V2V1)M21)(9-9)V1molM(2)(Q)EEMR(T2T)(9-10)p211molM(3)EEER(TT)(9-11)21M21mol四、气体的摩尔热容1、摩尔热容我们知道,向一物体传递热量,热量Q的量值用下式计算QMc(TT)21式中M是物体的质量,c是比热,T及T为传热前后物体的温度。Mc叫做这12物体的热容。如果取1的物体,即取MMkg,相应的热容就是Mc,称molmol为摩尔热容,用大写字母C来表示.按定义:摩尔热容是1的物质,当温度升高1K时所吸取的热量.2、气体的定容摩尔热容(dQ)dEVCVdTdT而

59iERT2idERdT2iRdTdE得C2iR(9-12)VdTdT23、气体的定压摩尔热容(dQ)pCpdT己知(dQ)dEpdVp所以(dQ)pdEpdVdEpdVCpdTdTdTdT所以CCR(9-13a)pV上式称为迈耶()公式,即iCRi2(9-13b)RRp22定压摩尔热容C与定容摩尔热容C的比值,常用来表示,称为比热比,pV可以写作C2ip(9-14)CVi[例9-2]20氧气由状态1变化到状态2所经历的过程如图例9—2所示,(1)沿1→m→2路径;(2)沿1→2直线。试分别求出这两个过程中的A与Q以及氧气内能的变化EE。氧分子当成刚性21分子理想气体看待。P(1.013×105)2m20151051O1020304050V(L)

60解:(1)1→m→2过程对于1→m过程,由于是等容过程,所以A01miiQC(TT)R(TT)(PVPV)1mVm112111m22i5(PP)V(205)1.013105011032112251.90105J1.90105J(E)C(TT)Q1.90105J1mVm11m对于m→2过程VA2PdVP(VV)m2221V1201.01310535(1050)100.8110Ji2i2QC(TT)R(TT)P(VV)m2Pmm222122252201.01310(1050)1032.84105J25ii(E)C(TT)R(TT)P(VV)m2V2m22m21225201.01310(1050)1032.03105J25对于整个1→m→2过程,AAA0(0.8105)0.81105J,是气体对外界作负功或外1mm2界对气体作功0.81105J。QQQ1.90102.84100.94105J,是气体向外界放热。1mm255EEE(E)(E)1.90102.03105211mm250.13105J气体内能减小了。以上分别独立地计算了A、Q和E,从结果可以看出它们符合热力学第一定律:QEEA21(2)1→2过程:功可由直线下面的面积求出,由于气体被压缩,是外界对气体作正功,而气体对外界做的功为

61PPA12(VV)2125201.01310(5010)1030.51105J25iiEC(TT)R(TT)(PVPV)V21212211225(2010550)1.0131051030.13105J2由热力学第一定律QEA0.13100.51100.64105J55是气体向外界放热。比较以上两个过程的计算结果可以看出,内能的变化和过程无关,内能是系统的状态函数。功和热量则随过程不同而不同,是过程量。[第二十次]五、绝热过程1、绝热过程在不与外界作热量交换的条件下,系统的状态变化过程叫做绝热过程,它的特征是dQ0.2、过程方程pV恒量(9-15)V1T恒量(9-16)p1T恒量(9-17)3、过程方程推导(略)由热一定律和理想气体状态方程可推。4、绝热线与等温线比较5、多方过程(了解)pVn=恒量(18)式中的n是一常数,其值介于1与之间,随具体过程而定.n称为多方指数.这一过程也就称为多方过程.[例9-3]设有8103kg氧气,体积为0.41103m3,温度为27℃。如氧气作绝热膨胀后的体积为4.1103m3,问气体作功多少?如氧气作等温膨胀,膨胀后的体积也是4.1103m3,问这时气体作功又是多少?解:氧气的质量M0.008kg摩尔质量M0.032kg,原来温度为molT27327300K,令T为氧气绝热膨胀后的温度,则按式(9—15)12

62MAC(TT)MV12mol根据绝热方程中T与V的关系式V1TV1T1122VTT(1)121V2以T300K,V0.41103m3,V4.1103m3及1.40代入上式,得112110.4T300()1.41300()119K21010i又按式(9—11),对氧分子来说,i5,CR20.8Jmol1K1,于是V2M1AC(TT)20.8181941JV12M4mol如氧气作等温膨胀,则由式(9—8a)算出气体所作的功MV1ARTln28.13300ln101435J等温MV4mol11六、循环过程卡诺循环1、循环过程(1)定义物质系统经历一系列的变化过程又回到初始状态,这样的周而复始的变化过程称为循环过程或简称循环.循环所包括的每个过程叫做分过程.这物质系统叫做工作物质,也简称工质.在P-V图上,工作物质的循环过程用一个闭合的曲线来表示(2)特点由于工作物质的内能是状态的单值函数,所以经历一个循环,回到初始状态时,内能没有改变.这是循环过程的重要特征.(3)分类①正循环热机效率②逆循环制冷机制冷系数2、卡诺循环Pa(1)组成T1(2)循环曲线b(3)效率dcT2V

63VM2QRTln1MVmol11气体在等温压缩过程c一d中向低温热源放出热量Q(此处Q指绝对值),22MV3QRTln2MmolV2应用绝热方程可知TV1TV1和TV41,于是TV112231124V2VVV()1(3)1或2VVV1413V所以V4MRTln3MQVRTln2222MVMVmol4mol1取Q1与Q2的比值,可得QQ12TT12热机把热转化为功的效率由下式定义:AQQQ1212QQQ111因此卡诺热机的效率为T12卡诺(9-19)T1(4)理解从以上的讨论中可以看出:(a)要完成一次卡诺循环必须有高温和低温两个热源(有时分别称为热源与冷源);(b)卡诺循环的效率只与两个热源的温度有关,高温热源的温度愈高,低温热源的温度愈低,卡诺循环的效率愈大,也就是说当两热源的温度差愈大,从高温热源所吸取的热量Q的利用价值愈大;1(c)卡诺循环的效率总是小于1的(除非T0K)。2(5)致冷系数QQw22AQQ12因此卡诺致冷机的致冷系数为T2w卡诺(9-20)TT12

643、内燃机的循环之一──奥托()循环(了解、自学)[第二十一次]七、热力学第二定律1、提出背景2、两种表述(1)开尔文表述;(2)克劳修斯表述3、两种表述等价性4、理解八、可逆过程和不可逆过程卡诺定理1、可逆过程和不可逆过程(1)定义(2)分析①功—热转换不可逆②热传导不可逆③理想气体自由膨胀不可逆④理想气体迅速膨胀不可逆(3)结论2、卡诺定理(了解)从热力学第二定律可以证明热机理论中非常重要的卡诺定理,它指出:(1)在相同的高温热源(温度为T)与相同的低温热源(温度为T)之12间工作的一切可逆机(即工作物质的循环是可逆的),不论用什么工作物质,T效率相等,都等于12。T1(2)在相同的高温热源和相同的低温热源之间工作的一切不可逆机(即工作物质的循环是不可逆的)的效率,不可能高于(实际上是小于)可逆机,即1T2T1九、热力学第二定律的统计意义和适用范围1、统计意义2、热力学第二定律的适用范围

65练习一、填空题:1某理想气体等温压缩到给定体积时外界对气体作功|,又经绝热膨胀返1回原来体积时气体对外作功|,则整个过程中气体2(1)从外界吸收的热量;(2)内能增加了Δ。3如图所示,已知图中画不同斜线的两部分的面积分别为S和S,那么12(1)如果气体的膨胀过程为a-1-b,则气P体对外做功;a1(2)如果气体进行a-2-b-1-a的循环S1过程,则它对外做功。2b42单原子分子理想气体,经一等容过程后,S2温度从200K上升到500K,若该过程为准静OV态过程,气体吸收的热量为;若为不平衡过程,气体吸收的热量为。二、选择题:1一定量的理想气体,其状态改变在p-PT图上沿着一条直线从平衡态a到平衡态b(如图).bP2(A)这是一个绝热压缩过程;P1a(B)这是一个等容吸热过程;(C)这是一个吸热压缩过程;OTTT12(D)这是一个吸热膨胀过程.2一定量的理想气体经历过程时吸热5P(×10)200J,则经历过程时,吸热为ad(A)-1200J;4(B)-1000J;c(C)-700J;1eb(D)1000J.-33O14V(×10m)3某理想气体分别进行了如图所示的两个卡诺循环:I()和Ⅱ(a′b′c′d′a′),且两条循环曲线所围面积相等,设循环I的效率为η,每次循环在P高温热源处吸的热量为Q,循环Ⅱ的aa′效率为η,′每次循环在高温热b′源处吸的热量为Q′,则bd(A)η<η,′Q<Q′;cd′c′V

66(B)η<η,′Q>Q′;(C)η>η,′Q<Q′;(D)η>η,′Q>Q′。三、计算题:1双原子分子理想气体从状态A(p,V)沿p—V图所示直线变化到状态11B(p2,V2),试求:(1)气体的内能增量;(2)气体对外界所作的功;(3)气体吸收的热量;(4)此过程的摩尔热容.【本章作业】:9—1、5、8、9、11【本章小结】1基本概念:平衡态平衡过程功热量内能摩尔热容2基本原理:⑴热力学第一定律:QEEA或dQdEdA21⑵绝热过程:pV恒量或V1T恒量或p1T恒量1T2⑶循环过程卡诺循环:卡诺T1⑷热力学第二定律及统计意义【参考书】:程守珠、江之永普通物理学(第五版);张三慧大学物理学(第二版)赵近芳大学物理学(第一版)[第二十二次]总复习(力学)、答疑[第二十三次]总复习(波动、热学)、答疑

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