大学物理第五版第五章静电场马文蔚
大学物理第五版马文蔚课后答案(上)
1-1 分析与解 （1） 质点在t 至（t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点，各量关系如图所示， 其中路程Δs ＝PP ′， 位移大小|Δr ｜＝PP ′，而Δr ＝｜r ｜-｜r |表示质点位矢大小的变化量，三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能）．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选（B)．(2） 由于|Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ，即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ，即|v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1—2 分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D ）．1—3 分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率，是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述);ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选（D ）． 1-4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用，而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变，则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时， a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时， a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时，质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见，应选（B)．1-5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=，其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t lltx -==v ，式中t ld d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0，代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=，方向沿x 轴负向．由速度表达式，可判断小船作变加速运动．故选(C ）． 1—6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=，而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此，需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ，则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=，如图所示,至于t ＝4。
大学物理第五版马文蔚课后答案(上)
1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t lltx -==v ,式中t ld d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v=-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用t x d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小 m 32Δ04-=-=x x x (2) 由0d d =tx得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t ＝0不合题意) 则 m 0.8Δ021=-=x x x ,m 40Δ242-=-=x x x 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 48ΔΔ21=+=x x s (3) t ＝4.0 s 时 ,1s 0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv,2s0.422m.s 36d d -=-==t t xa1-7 分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动),0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］． 在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为,2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得 j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为 m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1-9 分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为 t t x x 6010d d +-==v , t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1 , v o y ＝15 m ·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则 23t a n 00-==xy αv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a x x v , 2s m 40d d -⋅-==ta y y v则加速度的大小为 222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β ,β＝-33°41′(或326°19′) 1-10 分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为 20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有 2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d1-11 分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O ′x ′y ′坐标系,并采用参数方程x ′＝x ′(t )和y ′＝y ′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O ′x ′y ′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t TR x π2sin =', t TR y π2cos-=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为jj i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t T T R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t1-12 分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1-13 分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和txd d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1) 由⎰⎰=tx x t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m ·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为 75.0121242+-=t t x 1-14 分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点． (1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv 得石子速度 )1(Bt e BA--=v由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e B A y tBt yd )1(d 0⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1-15 分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 0)d 46(d d j i a vv j i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==ttrr t t t t 0)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2 y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv=a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值． 解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v )Δcos 1(2θ-=v 而 vv θR s t ΔΔΔ==所以θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,R a 219003.0v ≈,R a 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ．1-17 分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr=v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r=v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即tt te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2 消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2 (2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t t y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m tyt x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t ttt e e e a 222s1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=yxv v v 则m 17.112==na ρv1-18 分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gyx v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xyθ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gtαx y arctan arctan ==取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n1-19 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP(即图中的r 矢量)．解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgtαtβαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果． (2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan =由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下． 1-20 分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1) h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 ghωR x 2222=由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v =为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21 分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m ·ｓ-1 及3.44 m ≥y ≥0 代入后,可解得 71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts-==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v故加速度的大小为R)(402222bt b a a a a t tn-+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v =(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π22v ==1-23 分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω 2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t 总加速度 n t t n R ωR αe e a a a 2+=+=()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 20322200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1-24 分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到． 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t θω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 r a d 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有 ()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1-25 分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o12s m 36.575tan -⋅==v v1-26 分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hlαarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαc o s s i n a r c t a n221v v v -=而要使h l αarctan≥,则 h l θθ≥-c o s s i n 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl s i n c o s 21v v 1-27 分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v =uαarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v dut u l 1-28 分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O ′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O ′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O ′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O ′x ′y ′分别为观察者O 和观察者O ′所在的坐标系,且使Ox 和O ′x ′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x ′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y ′＝y ＝1/2 gt 2加速度 g t y a a y ='='=22d d 由此可见,动点相对于系O ′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v=-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a ′为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg lt c o s s i n c o s 2-= (2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα 则可得 μα12t a n-=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2=-=αμααg lt2-7 分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ -(m1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1) ,F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3) F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m ·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为 F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N (2) 当整个装置以加速度a ＝1 m ·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为 F Ｔ ＝3.24 ×103 N 此时,乙对甲的作用力则为 F ′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F ′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N am m mg F 2724f .=+-=讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力F ｆ ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F ｆ ＝μmg ＝ma 1 F ′ｆ ＝-F ｆ ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v ′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为()m m g μm s +'''=22v 解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为。
马文蔚《物理学》第五版-上册总结
3 动生电动势
i
OP
(v B ) dl
非静电力场来源 ： 洛伦兹力
4 感生电动势
dΦ i Ek dl L dt
变化的磁场在其周围空间激发一种电场
5 自感电动势
L Φ I I ,
dΦ dI L L dt dt
6 互感电动势
r r r 1 r 1 , Q Q0 ,
r
r
4 电容：导体容纳电荷的能力
(1) 孤立导体
(2)电容器
R2 Q b 圆柱： 2 0l ln R , C 1 U c 球形： 4 R1R2 , 0 R2 R1 求法：设Q求E求U得C a并联： C C1 C2 (3) 电容器 CC b 串联： C 1 2 C1 C2
l
A A
规定：有限体积的带电体，无穷远电势为0 (5)电势差： U AB VA VB (6)应用： A 、点电荷
q V 4π 0r
AB
E dl
B、 叠加原理：
dq qi VA 4 π 0 r i 4 π 0r i
C 、 求 E方法3 ：
S
积分得 电场能量
method-1:按电容的能量公式
method-2:按能量密度计算
第七章 稳恒磁场
1 电流、电流密度
dq (1) 电流： I dt
(2) 电流密度： (3) 恒定电流
I s j dS j dS 0
s
I envd S
2 电阻率
l l R S S
1 2 1 2 W M d Jw2 Jw1 2 2
大学物理（第五版）课后习题答案
面向21 世纪课程教材学习辅导书习题分析与解答马文蔚主编殷实沈才康包刚编高等教育出版社前言本书是根据马文蔚教授等改编的面向21世纪课程教材《物理学》第五版一书中的习题而作的分析与解答。
与上一版相比本书增加了选择题更换了约25的习题。
所选习题覆盖了教育部非物理专业大学物理课程教学指导分委员会制定的《非大学物理课程教学基本要求讨论稿》中全部核心内容并选有少量扩展内容的习题所选习题尽可能突出基本训练和联系工程实际。
此外为了帮助学生掌握求解大学物理课程范围内的物理问题的思路和方法本书还为力学、电磁学、波动过程和光学热物理、相对论和量子物理基础等撰写了涉及这些内容的解题思路和方法以期帮助学生启迪思维提高运用物理学的基本定律来分析问题和解决问题的能力。
物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路。
只有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力。
有鉴于此重分析、简解答的模式成为编写本书的指导思想。
全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科学探究的态度对待物理习题初步培养学生―即物穷理‖的精神通过解题过程体验物理科学的魅力和价值尝试―做学问‖的乐趣。
因此对于解题过程本书则尽可能做到简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科学素质的培养有所帮助。
本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB3100 3102 -93 中规定的法定计量单位。
本书由马文蔚教授主编由殷实、沈才康、包刚、韦娜编写西北工业大学宋士贤教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢。
由于编者的水平有限敬请读者批评指正。
编者2006 年1 月于南京目录第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法第一章质点运动学第二章牛顿定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律第四章刚体的转动第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法第五章静电场第六章静电场中的导体与电介质第七章恒定磁场第八章电磁感应电磁场第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法第九章振动第十章波动第十一章光学第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法第十二章气体动理论第十三章热力学基础第五篇近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法第十四章相对论第十五章量子物理附录部分数学公式第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法物理学是一门基础学科它研究物质运动的各种基本规律由于不同运动形式具有不同的运动规律从而要用不同的研究方法处理力学是研究物体机械运动规律的一门学科而机械运动有各种运动形态每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础但仅仅记住一些公式是远远不够的求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质选择符合题意的恰当的模型透彻认清物体受力和运动过程的特点等等根据模型、条件和结论之间的逻辑关系运用科学合理的研究方法进而选择一个正确简便的解题切入点在这里思路和方法起着非常重要的作用1正确选择物理模型和认识运动过程力学中常有质点、质点系、刚体等模型每种模型都有特定的含义适用范围和物理规律采用何种模型既要考虑问题本身的限制又要注意解决问题的需要例如用动能定理来处理物体的运动时可把物体抽象为质点模型而用功能原理来处理时就必须把物体与地球组成一个系统来处理再如对绕固定轴转动的门或质量和形状不能不计的定滑轮来说必须把它视为刚体并用角量和相应规律来进行讨论在正确选择了物理模型后还必须对运动过程的性质和特点有充分理解如物体所受力矩是恒定的还是变化的质点作一般曲线运动还是作圆周运动等等以此决定解题时采用的解题方法和数学工具2.叠加法叠加原理是物理学中应用非常广泛的一条重要原理据此力学中任何复杂运动都可以被看成由几个较为简单运动叠加而成例如质点作一般平面运动时通常可以看成是由两个相互垂直的直线运动叠加而成而对作圆周运动的质点来说其上的外力可按运动轨迹的切向和法向分解其中切向力只改变速度的大小而法向力只改变速度的方向对刚体平面平行运动来说可以理解为任一时刻它包含了两个运动的叠加一是质心的平动二是绕质心的转动运动的独立性和叠加性是叠加原理中的两个重要原则掌握若干基本的简单运动的物理规律再运用叠加法就可以使我们化―复杂‖为―简单‖此外运用叠加法时要注意选择合适的坐标系选择什么样的坐标系就意味着运动将按相应形式分解在力学中对一般平面曲线运动多采用平面直角坐标系平面圆周运动多采用自然坐标系而对刚体绕定轴转动则采用角坐标系等等叠加原理在诸如电磁学振动、波动等其他领域内都有广泛应用是物理学研究物质运动的一种基本思想和方法需读者在解题过程中不断体会和领悟3.类比法有些不同性质运动的规律具有某些相似性理解这种相似性产生的条件和遵从的规律有利于发现和认识物质运动的概括性和统一性而且还应在学习中善于发现并充分利用这种相似性以拓宽自己的知识面例如质点的直线运动和刚体绕定轴转动是两类不同运动但是运动规律却有许多可类比和相似之处如txddv 与tθωdd taddv 与tωαdd 其实它们之间只是用角量替换了相应的线量而已这就可由比较熟悉的公式联想到不太熟悉的公式这种类比不仅运动学有动力学也有如maF 与JαM0dvvmmtF 与0dLωJωtM 2022121dvvmmxF 与2022121dωJωJθM 可以看出两类不同运动中各量的对应关系十分明显使我们可以把对质点运动的分析方法移植到刚体转动问题的分析中去当然移植时必须注意两种运动的区别一个是平动一个是转动状态变化的原因一个是力而另一个是力矩此外还有许多可以类比的实例如万有引力与库仑力、静电场与稳恒磁场电介质的极化与磁介质的磁化等等只要我们在物理学习中善于归纳类比就可以沟通不同领域内相似物理问题的研究思想和方法并由此及彼触类旁通4微积分在力学解题中的运用微积分是大学物理学习中应用很多的一种数学运算在力学中较为突出也是初学大学物理课程时遇到的一个困难要用好微积分这个数学工具首先应在思想上认识到物体在运动过程中反映其运动特征的物理量是随时空的变化而变化的一般来说它们是时空坐标的函数运用微积分可求得质点的运动方程和运动状态这是大学物理和中学物理最显著的区别例如通过对质点速度函数中的时间t 求一阶导数就可得到质点加速度函数另外对物理量数学表达式进行合理变形就可得出新的物理含义如由tddav借助积分求和运算可求得在t1 -t2 时间内质点速度的变化同样由tddvr也可求得质点的运动方程以质点运动学为例我们可用微积分把运动学问题归纳如下第一类问题已知运动方程求速度和加速度第二类问题已知质点加速度以及在起始状态时的位矢和速度可求得质点的运动方程在力学中还有很多这样的关系读者不妨自己归纳整理一下从而学会自觉运用微积分来处理物理问题运用时有以下几个问题需要引起大家的关注1 运用微积分的物理条件在力学学习中我们会发现ta0vv和2021ttarv等描述质点运动规律的公式只是式tt0ddavvv0和式tttrdd000arv在加速度a为恒矢量条件下积分后的结果此外在高中物理中只讨论了一些质点在恒力作用下的力学规律和相关物理问题而在大学物理中则主要研究在变力和变力矩作用下的力学问题微积分将成为求解上述问题的主要数学工具2 如何对矢量函数进行微积分运算我们知道很多物理量都是矢量如力学中的r、v、a、p 等物理量矢量既有大小又有方向从数学角度看它们都是―二元函数‖在大学物理学习中通常结合叠加法进行操作如对一般平面曲线运动可先将矢量在固定直角坐标系中分解分别对x、y 轴两个固定方向的分量可视为标量进行微积分运算最后再通过叠加法求得矢量的大小和方向对平面圆周运动则可按切向和法向分解对切线方向上描述大小的物理量a 、v、s 等进行微积分运算3 积分运算中的分离变量和变量代换问题以质点在变力作用下作直线运动为例如已知变力表达式和初始状态求质点的速率求解本问题一条路径是由F m a 求得a的表达式再由式dv adt 通过积分运算求得v其中如果力为时间t 的显函数则a at此时可两边直接积分即ttta0ddvvv0但如果力是速率v 的显函数则a av此时应先作分离变量后再两边积分即tta0dd1vvvv0又如力是位置x 的显函数则aax此时可利用txddv得vxtdd并取代原式中的dt再分离变量后两边积分即xxtxa0ddvvvv0 用变量代换的方法可求得vx表达式在以上积分中建议采用定积分下限为与积分元对应的初始条件上限则为待求量5.求解力学问题的几条路径综合力学中的定律可归结为三种基本路径即1 动力学方法如问题涉及到加速度此法应首选运用牛顿定律、转动定律以及运动学规律可求得几乎所有的基本力学量求解对象广泛但由于涉及到较多的过程细节对变力矩问题还将用到微积分运算故计算量较大因而只要问题不涉及加速度则应首先考虑以下路径2 角动量方法如问题不涉及加速度但涉及时间此法可首选3 能量方法如问题既不涉及加速度又不涉及时间则应首先考虑用动能定理或功能原理处理问题当然对复杂问题几种方法应同时考虑此外三个守恒定律动量守恒、能量守恒、角动量守恒定律能否成立往往是求解力学问题首先应考虑的问题总之应学会从不同角度分析与探讨问题以上只是原则上给出求解力学问题一些基本思想与方法其实求解具体力学问题并无固定模式有时全靠―悟性‖但这种―悟性‖产生于对物理基本规律的深入理解与物理学方法掌握之中要学会在解题过程中不断总结与思考从而使自己分析问题的能力不断增强第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动在时刻t 质点的位矢为r速度为v 速率为vt 至t Δt时间内的位移为Δr 路程为Δs 位矢大小的变化量为Δr 或称Δ r 平均速度为v平均速率为v 1 根据上述情况则必有 A Δr Δs Δr B Δr ≠ Δs ≠ Δr当Δt→0 时有 dr ds ≠ dr C Δr ≠ Δr ≠ Δs当Δt→0 时有 dr dr ≠ ds D Δr ≠ Δs ≠ Δr当Δt→0 时有 dr dr ds 2 根据上述情况则必有 A v v v v B v ≠v v ≠ v C v v v ≠ v D v ≠v v v分析与解1 质点在t 至t Δt 时间内沿曲线从P 点运动到P′点各量关系如图所示其中路程Δs PP′ 位移大小Δr PP′而Δr r - r 表示质点位矢大小的变化量三个量的物理含义不同在曲线运动中大小也不相等注在直线运动中有相等的可能但当Δt→0 时点P′无限趋近P 点则有 dr ds但却不等于dr故选B 2 由于 Δr ≠Δs故tstΔΔΔΔr即 v ≠v 但由于 dr ds故tstddddr即 v v由此可见应选C 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢rxy的端点处对其速度的大小有四种意见即1trdd 2tddr 3tsdd 422ddddtytx 下述判断正确的是 A 只有12正确B 只有2正确 C 只有23正确 D 只有34正确分析与解trdd表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率在极坐标系中叫径向速率通常用符号vr表示这是速度矢量在位矢方向上的一个分量tddr表示速度矢量在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv求解故选D 1 -3 质点作曲线运动r 表示位置矢量v表示速度a表示加速度s 表示路程a 表示切向加速度对下列表达式即1d v /dt a2dr/dt v3ds/dt v4d v /dt a 下述判断正确的是A 只有1、4是对的B 只有2、4是对的C 只有2是对的D 只有3是对的分析与解tddv表示邢蚣铀俣萢 它表示速度大小随时间的变化率是加速度矢量沿速度方向的一个分量起改变速度大小的作用trdd在极坐标系中表示径向速率vr如题1 -2 所述tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度a 因此只有3 式表达是正确的故选D 1 -4 一个质点在做圆周运动时则有 A 切向加速度一定改变法向加速度也改变B 切向加速度可能不变法向加速度一定改变C 切向加速度可能不变法向加速度不变D 切向加速度一定改变法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a 起改变速度大小的作用而法向分量an起改变速度方向的作用质点作圆周运动时由于速度方向不断改变相应法向加速度的方向也在不断改变因而法向加速度是一定改变的至于a 是否改变则要视质点的速率情况而定质点作匀速率圆周运动时a 恒为零质点作匀变速率圆周运动时a 为一不为零的恒量当a 改变时质点则作一般的变速率圆周运动由此可见应选B 1 -5 如图所示湖中有一小船有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动设该人以匀速率v0 收绳绳不伸长且湖水静止小船的速率为v则小船作 A 匀加速运动θcos0vv B 匀减速运动θcos0vv C 变加速运动θcos0vv D 变减速运动θcos0vv E 匀速直线运动0vv 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式进而判断运动性质为此建立如图所示坐标系设定滑轮距水面高度为ht 时刻定滑轮距小船的绳长为l则小船的运动方程为22hlx其中绳长l 随时间t 而变化小船速度22ddddhltlltxv式中tldd表示绳长l随时间的变化率其大小即为v0代入整理后为θlhlcos/0220vvv方向沿x 轴合蛴伤俣缺泶锸娇膳卸闲〈 鞅浼铀僭硕 恃 讨论有人会将绳子速率v0按x、y 两个方向分解则小船速度θcos0vv这样做对吗1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动其运动方程为32262ttx式中x 的单位为mt 的单位为s求1 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小 2 质点在该时间内所通过的路程3 t4 s时质点的速度和加速度分析位移和路程是两个完全不同的概念只有当质点作直线运动且运动方向不改变时位移的大小才会与路程相等质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到0Δxxxt而在求路程时就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向此时位移的大小和路程就不同了为此需根据0ddtx来确定其运动方向改变的时刻tp 求出0 tp 和tp t 内的位移大小Δx1 、Δx2 则t 时间内的路程21xxs如图所示至于t 4.0 s 时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx两式计算解 1 质点在4.0 s内位移的大小m32Δ04xxx 2 由0ddtx 得知质点的换向时刻为s2pt t0不合题意则m0.8Δ021xxx m40Δ242xxx 所以质点在4.0 s时间间隔内的路程为m48ΔΔ21xxs 3 t4.0 s时1s0.4sm48ddttxv2s0.422m.s36ddttxa 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动其速度与时间的关系如图a所示设t0 时x0试根据已知的v-t 图画出a-t 图以及x -t 图分析根据加速度的定义可知在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小图中AB、CD 段斜率为定值即匀变速直线运动而线段BC 的斜率为0加速度为零即匀速直线运动加速度为恒量在a-t 图上是平行于t 轴的直线由v-t 图中求出各段的斜率即可作出a-t 图线又由速度的定义可知x-t 曲线的斜率为速度的大小因此匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线根据各段时间内的运动方程xxt求出不同时刻t 的位置x采用描数据点的方法可作出x-t 图解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程它们对应的加速度值分别为2sm20ABABABttavv 匀加速直线运动0BCa 匀速直线运动2sm10CDCDCDttavv 匀减速直线运动根据上述结果即可作出质点的a-t 图图B 在匀变速直线运动中有2021ttxxv 由此可计算在0 2 和4 6 时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法由表中数据可作0 2 和4 6 时间内的x -t 图在2 4 时间内质点是作1sm20v的匀速直线运动其x -t 图是斜率k20的一段直线图c 1 -8 已知质点的运动方程为jir222tt式中r 的单位为mt 的单位为 求 1 质点的运动轨迹2 t 0 及t 2 时质点的位矢3 由t 0 到t 2 内质点的位移Δr 和径向增量Δr 4 2 内质点所走过的路程s 分析质点的轨迹方程为y fx可由运动方程的两个分量式xt和yt中消去t 即可得到对于r、Δr、Δr、Δs 来说物理含义不同可根据其定义计算其中对s的求解用到积分方法先在轨迹上任取一段微元ds则22dddyxs最后用ssd积分求 解1 由xt和yt中消去t 后得质点轨迹方程为2412xy 这是一个抛物线方程轨迹如图a所示2 将t 0 和t 2 分别代入运动方程可得相应位矢分别为jr20 jir242 图a中的P、Q 两点即为t 0 和t 2 时质点所在位置3 由位移表达式得jijirrr24Δ020212yyxx 其中位移大小m66.5ΔΔΔ22yxr 而径向增量m47.2ΔΔ2020222202yxyxrrrr 4 如图B所示所求Δs 即为图中PQ段长度先在其间任意处取AB 微元ds则22dddyxs由轨道方程可得xxyd21d代入ds则2 内路程为m91.5d4d402xxssQP 1 -9 质点的运动方程为23010ttx 22015tty 式中xy 的单位为mt 的单位为 试求1 初速度的大小和方向2 加速度的大小和方向分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向解 1 速度的分量式为ttxx6010ddv ttyy4015ddv 当t 0 时vox -10 m· -1voy 15 m· -1 则初速度大小为120200sm0.18yxvvv 设vo与x 轴的夹角为α则23tan00xyαvv α123°41′ 2 加速度的分量式为2sm60ddtaxxv 2sm40ddtayyv 则加速度的大小为222sm1.72yxaaa 设a 与x 轴的夹角为β则32tanxyaaβ β-33°41′或326°19′ 1 -10 一升降机以加速度1.22 m· -2上升当上升速度为2.44 m· -1时有一螺丝自升降机的天花板上松脱天花板与升降机的底面相距2.74 m计算1螺丝从天花板落到底面所需要的时间2螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下一种处理方法是取地面为参考系分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 y1t和y2 y2t并考虑它们相遇即位矢相同这一条件问题即可解另一种方法是取升降机或螺丝为参考系这时螺丝或升降机相对它作匀加速运动但是此加速度应该是相对加速度升降机厢的高度就是螺丝或升降机运动的路程解1 1 以地面为参考系取如图所示的坐标系升降机与螺丝的运动方程分别为20121attyv 20221gtthyv 当螺丝落至底面时有y1 y2 即20202121gtthattvv s705.02aght 2 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv 解2 1以升降机为参考系此时螺丝相对它的加速度大小a′g a螺丝落至底面时有2210tagh s705.02aght 2 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021atthv 则m716.0.。
大学物理第五版第五章静电场马文蔚详解
电荷守恒定律
闪电
避雷针
引言
电磁现象是自然界中极为普遍的自然现象。
公元前600年 古希腊哲学家泰利斯就知道一块琥珀用木头摩擦之后
会吸引草屑等轻小物体 春秋战国时期 《韩非子》和《吕氏春秋》都有天然磁石（Fe3O4） 的记载 1785年 库仑定律提出，电磁学进入科学行列
如研究人体生物电——心电时，心肌细胞等也可 看作电偶极子模型。
（1）轴线延长线上一点的电场强度
E
E
1
q
4πε0 (x r0 E E
2)2
4
i
q πε0
E
(x
1 4πε0 (x
2 xr0
2 r02 4)2
q
r0 i
i 2)2
q
q
- O. +
r0 2 r0 2
. A
E E
x
Fe
1
4π 0
e2 r2
8.1106 N
Fg
G
memp r2
3.7 10-47 N
Fe 2.27 10 39 Fg
（微观领域中,万有引力比库仑力小得多,可忽略不计.）
第五章 静电场 5-3 电场强度
人与人相互作用力：
电荷与电荷之间的作用力怎么实现？
一 静电场
电荷
电场
电荷
场 实物
物质
电场的两条基本性质：
2.静电场能的性质：静电场 作功、电势能、电场能量
麦克斯韦方程组
电磁学和力学的主要区别
研究对象 状态参量 问题特点
数学工具
力学 实物
r，mv
已知某些量 求其他量 微积分应用少 矢量分析少
《物理学(第五版)》电子教案 马文蔚 附录 力学和电磁学的量和单位 力学和电磁学的量和单位
R
电阻率
电动势
磁感强度 B
力学和电磁学的量和单位
单位 名称 安培每平方米 欧姆 欧姆米 伏特 特斯拉
符号
A m2
m
V
T
附录
9
物理学
第五版
物理学
第五版
量
名称 符号
磁矩
m
磁化强度 M
真空磁导率 0
相对磁导率 r
磁场强度 H
力学和电磁学的量和单位
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
单位 名称 安培每平方米 安培每米 亨利每米
一 安培每米
N
一 千克米每秒
1
kg ms1
牛顿秒
Ns
附录
4
物理学
第五版
物理学
第五版
力学和电磁学的量和单位
量
单位
名称
符号
功
W
能量，热量 ，k，p，Q
功率
P
力矩
M
转动惯量
J
名称
符号
焦耳
J
焦耳 瓦特 牛顿米
J
W J s1
Nm
千克二次方 kg m2 米
附录
5
物理学
第五版
物理学
第五版
力学和电磁学的量和单位
量
单位
名称 符号
焦耳 伏特 伏特
符号
1
Vm
J
V V
附录
7
物理学
第五版
物理学
第五版
量
名称 符号
电偶极矩 p
电容 C
电极化强度 P
电位移 D
电流
I
力学和电磁学的量和单位
单位 名称 库仑米 法拉 库仑每平方米 库仑每平方米 安培
大学物理 (第五版)上册 课后习题答案 马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r r ，速度为v r ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆r，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆r ），平均速度为v r，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ∆=∆=∆r（B ）r s r ∆≠∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr ds dr =≠r （C ）r r s ∆≠∆≠∆r，当0t ∆→时有dr dr ds =≠r（D ）r s r ∆=∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr dr ds ==r（2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v ==r r （B ）,v v v v ≠≠r r （C ）,v v v v =≠r r（D ）,v v v v ≠=rr1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y r的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt r；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r r 表示位置矢量，v r 表示速度，a r表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =r。
下述判断正确的是（ ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
物理学第五版东南大学马文蔚上下册1-15章节课后习题答案(个人整理)
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v = (B) 匀减速运动,θcos 0v v =(C) 变加速运动,θcos 0v v = (D) 变减速运动,θcos 0v v =(E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θl h l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB A B AB t t a v v (匀加速直线运动) 0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD C D CD t t a v v (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v 由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为 m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a x x v , 2s m 40d d -⋅-==ta y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d1 -11一质点P 沿半径R＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t＝0 时,质点位于O点．按(a)图中所示Oxy坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x＝x0 ＋x′和y＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy坐标系中,即得Oxy坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为 t T R x π2sin=', t TR y π2cos -=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有 t T R x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为 j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vv v v得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--=得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 j i j i j i t t y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx y arctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 gh ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程 222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t 此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v'=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝v t , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？。
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电荷守恒定律
闪电
避雷针
引言
电磁现象是自然界中极为普遍的自然现象。
公元前600年 古希腊哲学家泰利斯就知道一块琥珀用木头摩擦之后
会吸引草屑等轻小物体 春秋战国时期 《韩非子》和《吕氏春秋》都有天然磁石（Fe3O4） 的记载 1785年 库仑定律提出，电磁学进入科学行列
电子是自然界中具有最小电荷的粒子
基本电荷
e 1.6021019 C
2. 量子性
电荷量只能取分立的、不连续量值的性质，称 为电荷的量子化。
Q =Ne N= ± 1、2、3…
1C 6.24 1018 e 1e 1.602 1019 C
夸克带分数电荷 1 e 或 2 e
3
3
3. 守恒性
在孤立系统中,电荷的代数和保持不变.称为 电荷守恒定律
电容器最基本的工作原理是充放 电，电容器充电后两极板间的电荷作 用力大小和方向？它们之间的作用力 怎么实现？
第五章 静电场 5-2 库仑定律
法国库仑（C.A.Coulomb） 1785~1789年用扭称测量静电力和 磁力，导出著名的库仑定律。库仑定 律使电磁学的研究从定性进入定量阶 段，是电磁学上一个重要的里程碑。
矢量式： F12
1 4πε0
q1q2 r122
e12
F12
1 4πε0
q1q2 r122
e12
真空中
点电荷 代数量 实验定律
q1
F21
F21
q1
r12
q2
F12 d
r12 q2
F12
自然界的重要相互作用力
库仑力的叠加
点电荷 qi 对 q0 的作用力
Fi
1
4π 0
qi q0 ri3
点电荷 ➢ 带电体的大小、形状可以忽略
➢ 把带电体视为一个带电的几何点
(一种理想模型)
库伦定律(1785)
在真空中两个静止点电荷之间的静电作用力与这两个 点电荷所带电量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成 反比，作用力的方向沿着两个点电荷的连线。
电荷q1 对q2 的作用力F21
F21
k
q1q2 r2
二 电磁场的研究方法
1.“实物物质” 的研究方法 实物：由原子、分子等微观粒子构成的物质形态 场物质：通常将弥漫于空间、不是由原子、分子等微观粒子构
成的物质形态，称为“场” • 从物理角度，场是一种弥漫于空间的物质形态，它是相对于
“实物”的物质形态而言的
• 从数学角度上，场是某一物理量的某种时空分布 “实物”的研究方法 • 研究实物物质间相互作用的力的性质 • 研究实物物质间相互作用的能的性质 2.“场物质” 的研究方法 (1). 力的本质
作用力的本质：力的相互作用是由力的传播子来实现的
(2).研究场的基本方法 标量场：场量只与空间和时间参量有关，与方向无关 矢量场：场量不仅与空间和时间参量有关，而且与方向有关
爱因斯坦说过：“我们有两种存在，实物和场，场 是物理学中出现的新概念，是自牛顿时代以来最重 要的发现。用来描述物理现象最重要的不是带电体， 也不是粒子，而是在带电体之间空间的场，这需要 用很大的科学想象力才能理解”。
1820年 奥斯特发现电流的磁效应（电产生磁）
1831年 1865年
法拉第发现电磁感应现象 （磁产生电） 麦克斯韦建立了以麦克斯韦方程组为基础的完整
的电磁场理论 1887年 赫兹利用振荡器在室验上证实了电磁波的存在 1905年 爱因斯坦创立了相对论，解决了经典力学时空观与电磁
现象新的实验事实的矛盾
电磁场是一个统一的整体 ,电磁学的研究在现代物理学中也具 有相当重要的地位 。
r201
电荷q2对q1的作用力F12
F12
k
q1q2 r2
r120
q1 r r 0 21
q1
F12
r
k 8.9880109 N m2 C 2
q2
F21
q2
r
0 12
库仑定律的有理化形式：
令 k 1
4π 0
大小：
F
1 4πε0
q1q2 r2
ε0 8.85 10 12 C2 N1 m2为真空电容率
富兰克林
安培
库仑
欧姆
爱迪生
奥斯特
法拉第
赫兹
麦克斯韦
洛仑兹
内容结构
电磁学
静电学
静磁学
电磁学
静电荷产 稳恒电势差 磁现象的 生的静电场 与稳恒电场 电本质
真空、金属 介质中的
中静电荷与 静电荷与
Hale Waihona Puke 静电场静电场磁场的性质 散度与旋度
磁场对电荷与 电流的作用
磁产生电 电产生磁
电磁场的 散度与旋度
1.静电场力的性质：库仑定 律、电场强度、电场散度
2.静电场能的性质：静电场 作功、电势能、电场能量
麦克斯韦方程组
电磁学和力学的主要区别
研究对象 状态参量 问题特点
数学工具
力学 实物
r，mv
已知某些量 求其他量 微积分应用少 矢量分析少
电磁学 场
E，H
已知某些量的分布 求其他量的分布
微积分应用多 矢量分析多
一 电磁学的研究对象
电磁学研究物质间电磁相互作用及其运动规律的科学
Fe
1
4π 0
e2 r2
8.1106 N
Fg
G
memp r2
3.7 10-47 N
Fe 2.27 10 39 Fg
（微观领域中,万有引力比库仑力小得多,可忽略不计.）
标量场，如温度场、密度场。 矢量场，如速度场，更重要的如引力场、电磁场、 核力场等等。
基本属性：不是由分子、原子等实物粒子组成； 具有迭代性、波动性、弥漫性和物质性；
一、 电荷及其性质 1. 正负性: 两种电荷：正电荷和负电荷
同性相斥，异性相吸.
等量的正、负电荷相遇后，对 外不再呈现电性，这种现象称 为电中和
1）自然界的基本守恒定律之一
Qi c
-e
2）电荷可以成对产生
+e
或湮灭，但代数和不变
e e
-e
U 238
92
23940Th
4 2
He
+e
4. 相对论不变性 一个电荷的电量与它的运动状态无关，运动粒
子的电量不随速度的变化而变化。在不同的参考系 观察，同一带电粒子的电量保持不变．
电磁能的特点和优势： 电磁能转换相对容易 电磁能便于远距离传输 电磁能传输速度快 电磁测量灵敏度高，可靠性好
ri
q1
q2 q3
r1 r2
r3
F3
F2
q0
F1
由力的叠加原理得 q0 所受合力 F Fi
i
在氢原子内,电子和质子的间距为 5.3 1011.m
求它们之间库仑力和万有引力,并比较它们的大小.
me 9.110 31kg e 1.6 1019 C
mp 1.671027 kg G 6.67 1011N m2 kg2