大学物理 马文蔚 课堂笔记15
马文蔚《物理学》 高等教育出版社大学物理总复习知识点

平动
角坐标 非定轴转动
运动
转动
角位移
定轴转动 角速度: d 方向
角加速度: ddt 方向
dt
角量和线量的关系(定轴转动)
v r, at r, an r 2
第四章 刚体定轴转动
力矩 M rF
转 动定律
M J
与质量、形状、 质量分布、轴的 位置方向有关
大小 rF sin
方向—右手螺旋
T C
m M
RT
ln
V2 V1
0
m M
RT
ln
V2 V1
绝热 PV C
TV 1 C
0
m M
Cv,m (T2
T1)
m M
Cv,m (T2
T1)
0
1
1
1 (P2V2 P1V1) 1 (P2V2 P1V1)
比热容比
CP,m 1 R 2 i
CV ,m
CV ,m i
循环过程 E = 0
0 f (v)dv 1
最概然速率 满足 df (v) 0 dv vp
平均速率
v 0 vf (v)dv
方均根速率 满足 v 2 v2 f (v)dv 0
2kT
RT
vp
1.41
m
M
v 8kT 1.60 RT
m
M
v 2 3kT 1.73 RT
m
M
第十三章 热力学基础
• 准静态过程、功、热量
t1
t0
动量定理 Fdt mv1
mv0
分量式
直角坐 标系 i jk
质点系的动量定理
t n
(
t0 i1
Fi外)dt
大学物理 马文蔚 课堂笔记30

点电荷系所激发的电场中某点处的电场强度等于各个点电荷单独存在时对 该点所激发的电场强度的矢量和.
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§ 5. 3 电 场 强 度 五 、连续分布电荷的电场强度
问题:如果电荷不是点电荷,也不是点电荷系,而是连续分布的电荷, 其产生的电场强度如何计算? 方法:从点荷的电场强度和电场强度的叠加原理出发. 电荷元dq在P点产生的电场强度为
l
l
dl x x 4 0 r 2 r 4 r 3 0
2R
0
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§ 5. 3
电 场 强 度
y dq dl
(
qx xq E 4 π 0 ( x 2 R 2 )3 2 4 0 r 3
电场分布如下图所示:
q R
o
r
q ) 2π R
E
x
o
简单讨论
( i)
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§5. 1 一、电荷
电荷的量子化 电荷守恒定律
相互摩擦后的物体, 能吸引轻小物体, 就说带了电, 或说物体有了电荷. 带有电荷的物体叫做带电体
实质: 电子从一个物体转移到了另一个物体.
物质是由原子组成, 原子是中性的, 由带正电的原子核和带负电的电子组成. 原子的线度: ~ 0.3 10-10 m -- ~ 3 10-10 m , 即 ~ 0.3Å-- ~ 3 Å .
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§ 5. 3 电 场 强 度 三、点电荷的电场强度
正点电荷Q的电场
负点电荷Q的电场
Q r
试验电荷 q0 受的 作用力
+q0
p
物理学教程第二版马文蔚下册课后问题详解完整版

第九章 静 电 场9-1 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置,其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ,方向沿带电平板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).9-2 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零,因而正确答案为(B).9-3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点,电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点,电势也一定不为零(C) 电势为零的点,电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9-4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子,其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后,该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题 9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中,除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外,还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用,因而正确答案为(B).9-5精密实验表明,电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10-21e,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10-21e,由最极端的情况考虑,一个有8个电子,8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少?若将原子视作质点,试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况,假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10-21 e,中子电量为10-21e,则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力,并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异,其差异在±10-21e 范围内时,对于像天体一类电中性物体的运动,起主要作用的还是万有引力. 9-6 1964年,盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成,中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10-20 m),中子内的两个下夸克之间相距2.60×10-15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律()r r r r e r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9-7 点电荷如图分布,试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理,P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消,P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9-8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证:(1) 在棒的延长线,且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞),试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略,因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示,在长直线上任意取一线元d x ,其电荷为d q =Q d x /L ,它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上,带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同,⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上,如图(a)所示,则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零,因此,点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q E20π2d ε,利用几何关系 r ′=r -x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α=r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度 rελL r LQ r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→ 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同[图(b)].这说明只要满足r 2/L 2 <<1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.9-9 一半径为R 的半球壳,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题,求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环,如图所示,从教材第9-3节的例2可以看出,所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同,将所有带电圆环的电场强度积分,即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环,任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ,在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R R R r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9-10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示,假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上,距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子,它们的电偶极矩大小均为00er P =,而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =,方向沿对称轴线,如图所示.由于点O 到场点A 的距离x >>r 0 ,利用教材第5 -3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加,求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ,则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时, 总有x >>r 0 , 因此, 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202,将上式化简并略去微小量后,得300cos π1x θe r εE = 9-11 两条无限长平行直导线相距为r 0,均匀带有等量异号电荷,电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x );(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F =q E ,单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量,即:F =λE .应该注意:式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度,电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上,E +、E -分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度,则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F +、F -分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力,则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F +=F -,相互作用力大小相等,方向相反,两导线相互吸引.9-12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析 方法1:作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2:由电场强度通量的定义,对半球面S 求积分,即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9-13 地球周围的大气犹如一部大电机,由于雷雨云和大气气流的作用,在晴天区域,大气电离层总是带有大量的正电荷,云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅,方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心,在大气层中取与地球同心的球面为高斯面,利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面,其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9-14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布,电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称,带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场,电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面,依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量,分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量,即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析,由高斯定理可得R r <时, 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷,电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向,带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时, 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外,带电球体外的电场强度为 r e rR E 2033ερ=9-15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1 和R 2 (R 2>R 1 ),单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度:(1) r <R 1 ,(2) R 1 <r <R 2 ,(3) r >R 2 .题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高斯面,只有侧面的电场强度通量不为零,且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er <R 1 , 0=∑q01=ER 1 <r <R 2 , L λq =∑rελE 02π2= r >R 2, 0=∑q03=E在带电面附近,电场强度大小不连续,如图(b )所示,电场强度有一跃变 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9-16 如图所示,有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 =Q 3 =Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1 、Q 3 的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义,根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值,即W ′=-W .求电场力作功的方法有两种:(1)根据功的定义,电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系,有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 ()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处,(沿其他路径所作的功相同,请想一想为什么?)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法,显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大,而求电势分布要简单得多. 9-17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r =r 1 和r =r 2 两点间的电势差;(2)在点电荷的电场中,我们曾取r →∞处的电势为零,求均匀带电长直线附近的电势时,能否这样取? 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9-18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ,带有电量1.6 pC ,它表面的电势有多大? 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴,这个雨滴表面的电势又是多大?分析 取无穷远处为零电势参考点,半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,半径增大为R 32,代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后,雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1=0.40 mm ,带有电量q 1=1.6 pC ,可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量 q 2=2q 1 ,雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9-19 电荷面密度分别为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板,如图(a)放置,取坐标原点为零电势点,求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间,不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布:应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布,然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±,叠加求得电场强度的分布, ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b)所示. 9-20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ,各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求:(1) 各区域电势分布,并画出分布曲线;(2) 两球面间的电势差为多少?题 9-20 图分析 通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上,电场分布也具有球对称性,因此,可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面,借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布,再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,将两个球面在各区域产生的电势叠加,可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时,有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时,有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时,有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2 ,则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9-21 一半径为R 的无限长带电细棒,其内部的电荷均匀分布,电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势,求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称,其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面,利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r ),再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b =0),即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面,由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势,空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9-22 一圆盘半径R =3.00 ×10-2 m.圆盘均匀带电,电荷面密度σ=2.00×10-5 C ·m -2.(1) 求轴线上的电势分布;(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布;(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环,利用带电细环轴线上一点的电势公式,将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加,即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布,再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示,圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加,轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x =30.0 cm 分别代入式(1)和式(2),得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x >>R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见,当x >>R 时,可以忽略圆盘的几何形状,而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理,E 和V 的误差分别不超过 0.3%和0.8%,这已足以满足一般的测量精度.9-23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 =3.0×10-2m ,R 2 =0.10 m),带有等量异号的电荷,两者的电势差为450 V.求:(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷?(2) r =0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9-15 的结果,可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r =0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9-24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程,叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时,可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变,就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大,只有在极高的温度下,使原子热运动的速度非常大,才能使原子核相碰而结合,故核聚变反应又称作热核反应.试估算:(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动,才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离? (2)平均热运动动能达到此值时,温度有多高? (质子的半径约为1.0 ×10-15 m) 分析 作为估算,可以将质子上的电荷分布看作球对称分布,因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理,当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时,势能增加,动能减少,如能克服库仑斥力而使两质子相碰,则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能,根据分子动理论知:kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4%.(2) 依照上述假设,质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下,中性原子已被离解为电子和正离子,称作等离子态,高温的等离子体不能用常规的容器来约束,只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9-25 在一次典型的闪电中,两个放电点间的电势差约为109V,被迁移的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水,则可溶解多少冰? (冰的融化热L =3.34 ×105 J · kg)(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW ·h ,则可为多少个家庭提供一年的能量消耗?解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收,故可融化冰的质量 kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9-26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10-30 C · m.这个水分子在电场强度E =1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中,电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时,电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示,K 为阴极,A 为阳极,阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束,以极高的速率穿过阳极上的小孔,射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ,并设电子从阴极发射时的初速度为零,求:(1)电子到达被焊接金属时具有的动能;(2)电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能,获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 (1)依照上述分析,电子到达被焊接金属时具有的动能 eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量,可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10-1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将()(A)升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时,在导体B 的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A).10-2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N,在N的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地(如图所示),则()(A) N上的负电荷入地(B)N上的正电荷入地(C) N上的所有电荷入地(D)N上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体N接地表明导体N为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N在哪一端接地无关.因而正确答案为(A).10-3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图.设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有( )(A )d εq V E 0π4,0== (B )dεq V d εq E 020π4,π4== (C )0,0==V E (D )Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q ′,导体球表面的感应电荷±q ′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为(A ).10-4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )(A ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷(B ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零(C ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷(D ) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E ) 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关。
大学物理 马文蔚 课堂笔记

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2m
m
C
m
§3.9 质心 质心运动定律
解法一: 书上的解法-----用质心运动定律求解.
由于爆炸是属于内力, 因此根据质心运动定律 可知, 爆炸前后弹丸的质心运动轨迹是相同的.
m C m
2m 建立坐标系如图, 以第一个碎片的落地点为坐标原点. 第二个碎片的落地点为x2; 二碎片的质心坐标为xc . 由质心坐标的计算公式可得,
rc
mi ri
i 1
m'
因为质点的质量及总质量是不变的, 因此上式两边对时间求导数, 得 drc dri (5) m' mi dt dt i
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§3.9 质心 质心运动定律
d rc d ri 由速度的定义式可知 是质心的运动速度; 是第i个质点的运动速度. dt dt 因此, (5)式可以写成, n n m'c mii pi pc (6)
化简得
m2 2 (m ) m 2mgR m'
2m' gR ; m m'
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m
m'
m m m m' m'
2m' gR m m'
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习 题 课
m
2m' gR ; m m'
m'
m m'
2m' gR m m'
2m' gR m m'
§3.9 质心 质心运动定律
密度均匀、形状对称分布的物体, 其质心都在它的几何中心处. 如质量均匀分布的圆环其质心在圆环中心; 质量均匀分布的球其质心在球心等. 下面通过两个例子掌握质量分立和连续分布体系的质心的求法.
大学物理(马文蔚_版)高等教育出版社_光学部分

第十一章光学1、在双缝干涉实验中,两缝间距为mm 30.0,用单色光垂直照射双缝,在离缝m 20.1的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为mm 78.22,问所用光的波长为多少?解:双缝干涉暗纹条件2)12(λ+=k d D x ),2,1,0(⋅⋅⋅±±=k中央明纹一侧第5条暗纹对应于4=k ,由于条纹对称,该暗纹到中央明纹中心的距离为mm 39.11278.22==x那么由暗纹公式即可求得nm8.632m 10328.6)142(20.11030.01039.112)12(2733=⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+=---k D xd λ 2、用白光垂直入射到间距为mm 25.0=d 的双缝上,距离缝m 0.1处放置屏幕,求零级明纹同侧第二级干涉条纹中紫光和红光中心的间距(白光的波长范围是nm 760~400)。
解:第k 级明纹位置应满足λdDkx = ),2,1,0(⋅⋅⋅±±=k对紫光和红光分别取nm 4001=λ,nm 7602=λ;则同侧第二级条纹的间距m m 88.210)400760(25.0100.12)(6312=⨯-⨯⨯⨯=-=∆-λλdD k x 3、用58.1=n 的透明云母片覆盖杨氏双缝干涉装置的一条缝,若此时屏中心为第五级亮条纹中心,设光源波长为μm 55.0,(1)求云母片厚度。
(2)若双缝相距mm 60.0,屏与狭缝的距离为m 5.2,求0级亮纹中心所在的位置。
解:(1)由于云母片覆盖一缝,使得屏中心处的光程差变为λ5=∆,一条光路中插入厚度为e 的透明介质片光程变化e n )1(-。
所以λ5)1(=-=∆e n 解得云母片厚度μm 74.4158.155.0515=-⨯=-=n e λ(2)因为mm 29.260.055.05.2=⨯==∆d D x λ又由于中心位置为5级明纹中心,故0级条纹距中心为5倍条纹宽度,所以m m 45.1129.2555=⨯=∆=x x4、如图所示,在折射率为50.1的平板玻璃表面有一层厚度为nm 300,折射率为22.1的厚度均匀透明油膜,用白光垂直射向油膜,问:(1)哪些波长的可见光在反射光中干涉加强?(2)若要使反射光中nm 550=λ的光干涉加强,油膜的最小厚度为多少?解:(1)因反射光的反射条件相同(321n n n <<),故不计半波损失,由垂直入射0=i ,得反射光干涉加强的条件为Λ3,2,1 ,22===∆k k d n λ由上式可得:kd n 22=λ1=k 时: nm 732130022.121=⨯⨯=λ 红光2=k 时: nm 366230022.122=⨯⨯=λ 紫外 故反射中波长为nm 732的红光产生干涉加强。
大学物理 马文蔚 课堂笔记3

Px miix 常量
Py miiy 常量
(4)
i
当
ex Fiz 0, i
i
Pz miiz 常量
(4)式表明, 当系统在某一方向上 的合外力为零时,系统动量在该方向的分量守恒.
四、注意点
(i) 系统的动量守恒是指系统的总动量不变,系统内任一物体的动量是可变的. (ii) 各物体的动量必相 对于同一惯性参考系.
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y
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§3.1
t2
质点和质点系的动量定理
得,
由
I x Fx dt mv2 x mv1x
t1
I y Fy dt mv2 y mv1 y
t1
t2
Fx t m v 2 x m v1 x mv cos ( mv cos ) 2 m v cos Fy t mv 2 y mv1 y m v sin α m v sin 0
(6) (7)
t0 (F1 F12 )dt m1v1 m1v10 t ( F2 F21 )dt m2 v2 m2 v20 对质点2有 t0 (6)式+(7)式, 且考虑到 F12 F21 可得
t t0 ( F1 F2 )dt (m1v1 m2 v2 ) (m1v10 m2 v20 )
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§3.1
动量
质点和质点系的动量定理
牛顿第二定律
p mv
dp d(m ) F ma dt dt
下面分析一个力作用一个物体上, 经过一段时间后累积的效果.
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.。
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已知 R, h, , B, dB/dt, 求 I 解 如图取一半径为r ,宽度为dr的圆环, 则
dB dB i E k dl dS dS L S dt S dt dB 因 和 S 平行 dt
圆环中的感生电动势的大小为
R
h
B
L
+ +
1 BL2 2
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i 方向
(点 P 的电势高于点 O 的电势) 4 /15
例2 一导线矩形框的平面与磁感强度为 B 的均匀磁场相垂直.在此矩形框
上,有一质量为 m 长为
§8.2
动生电动势和感生电动势
其值较之导线的电阻值要大得很多. 若开始时, 细导体棒以初速度 v0 沿如图
场方向垂直的平面上绕棒的一端转动;
解 如图所示,铜棒绕O点转动,
线元上产生的动生电动势为
+ + +
+ + + +B+ + + + +
d i ( v B) dl vBdl
L
整段铜棒上的电动势为
o v + + +
+ + O P
i
0
vBdl 0 lBdl
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§8 -3
自感和互感
例1 如图是一长直密绕螺线管,长度为l, 横截面积为S, 线圈的总匝数为N,
管中均匀磁介质的磁导率为, 试求其自感L. (忽略边缘效应)
解 一般方法: 先设通有电流 I
螺线管密度(单位长度的线圈数) n=N/l,
求得 B
Φ
L
总匝数为 N
设线圈中的电流为Βιβλιοθήκη , 则螺线管内的磁感应 强度(P249)为 N
1 2 πr hdr 由欧姆定律可得圆环中的感生电流为 dRe
i k πr 2
R
h
dI
i
dR e
kr 2
hdr k h rdr 2r 2
B
r dr
h
r
dr
上式对整个圆盘积分, 可得圆盘中的感应电流为
k h R I dI 0 rdr 2 1 kR 2 h 4
§8.2
感生电场和静电场的对比
(ii) 静电场是保守场 L dΦ dB (iii) 感生电场是非保守场 L Ek dl dt S dt dS 0 E静 0 (iv) 静电场由电荷产生;感生电场是由变化的磁场产生. Ek 0 (v) 静电场线有起点和终点;感生电场线是闭合曲线, 没有起点和终点.
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d d (B S ) 感应电动势 i dt dt
§8 -3
自感和互感
d是dt时间内磁通量的变化
根据产生磁场B的原因不同, 还可以将感应电动势分为二种情况:
I(t) 1
B
设闭合回路的电流产生的磁场穿过自身的磁通量为.
如果磁通量随时间变化,则将在回路自身中产生感
r dr
h
r
dr
dB 所以 i ds k ds k ds k πr 2 S dt S S
圆环的电阻dRe为
L 1 L 1 2 πr dRe S S hdr
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§8.2
动生电动势和感生电动势
圆环上的感生电动势为 圆环上的电阻为
Ek 是非静电的电场强度
动生电动势
感生电动势
下面具体讨论这
两种感应电动势
Ek dl
I
l
闭合电路的总电动势
E k dl
Ek
+
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§8.2
动生电动势和感生电动势
一、动生电动势 (磁场不变,导体运动)
动生电动势的非静电场力来源
如图, 导体在磁场中运动. 导体中的电荷(电子)所受的洛仑兹力为
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§8 -3
2. 自感电动势 L 由(1)式得
自感和互感
Φ LI
(1) (3)
dΦ dI dL L ( L I ) dt dt dt
当回路的形状、大小、周围介质都不随时间变化, L为常数, 则dL/dt=0 则自感电动势为
L L
L L
此时, 自感为
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o
x
方向沿ox 轴反向, 与运动方向相反, 表现为阻力.
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§8.2
动生电动势和感生电动势
B 2l 2 v 方向沿ox 轴反向 F IBl R 由牛顿第二定律,得到棒的运动方程为
B 2l 2 v dv m R dt
即
N
B
( F ma )
dv
B 2l 2 dt mR
l
动生电动势和感生电动势
在均匀磁场中, 长为L的导体,匀速直线运动,其动生电动势为
i vBdl vBl
0
(2)
例 1 一长为L 的铜棒在磁感强度为
求铜棒两端的感应电动势.
B 的均匀磁场中, 以角速度在与磁
+ + + + + + + + + P +dl + + + + + +
dI dt dI dt
(4)
(5)
说明:自感在数值上等于回路中的电流随时间的变化率为一个单位时,
在回路中所引起的自感电动势的绝对值.
3. 自感的计算方法 对于形状简单的回路, 其自感可以由(1)式通过计算得到, 但对于形状不规 则的回路, 其自感通常是由实验测定. 4. 自感的应用 稳流 , LC 谐振电路, 滤波电路, 感应圈等 .
+P + + + B +++ + + + + + + + + +
i vBl
动生电动势的非静电场力是洛伦兹力.
非静电场强度
Fe
Ek v B
+ + + + Fm - + + + +O +
+-+
+ v+ +
+ +
+ +
2. 感生电动势: 导体不动, 磁场 B 变化产生的感应电动势称为感生电动势.
Rl F
o
v
M
两边积分, 得 2 2 v dv t B l v0 v 0 mR dt
x
B 2l 2 ln ln 0 t mR
即
v v0 e
( B 2l 2 mR ) t
可见, 速度随时间指数衰减, 最后停止下来.
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§8.2
动生电动势和感生电动势
B dS
S
+ + + + + + +
+ + + + + + + + +
B
N + + + + + + M + +
+ +
可知, 磁感强度B和闭合回路面积S的变化 都将引起磁通量的变化.
S
v + +
+ + + +
(i) 稳恒磁场中的运动导体(回路的有效面积S变化) 所产生的感应电动势 (ii) 导体不动,磁场 B 变化 所产生的感应电动势 电源电动势
应电动势 ----- 这种现象称为自感.
B1
I2(t)
2
B2
11是I1在回路 1 中产生的磁通量; 12是I2在回路 1 中产生的磁通量; 22是I2在回路 2 中产生的磁通量;
I1(t)
11 12
22
21
21是I1在回路 2 中产生的磁通量;
回路1中的电流在回路2中产生磁通量变化, 引起感应电动势; 反过来回路2中的 电流在回路1中产生磁通量变化,引起感应电动势. 这种现象称为互感.
(iii) 感应电流:
B
3匝
Ii
i
R
1 dΦ R dt
(iv) 感应电荷:
1 Φ2 1 qi dΦ (Φ1 Φ2 ) R Φ1 R
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§8.2 动生电动势和感生电动势 磁通量随时间变化产生感应电动势和感应电流.
什么原因能引起磁通量的变化? 根据
+ + +
洛伦兹力
+ + + + + +
B
+ P+ ++ + +
+ + + +
Fm (e) v B
导体两端带电,从而产生感应电动势.
非静电场力
Fm 非静电场强为 Ek v B e 设导体长为 l则导体两端的总动生电动势大小为
Fk Fm eEk
L Φ I
无铁磁质(如铁钴镍等)时 ,自感仅与线圈形状、大小、磁介质及 匝数N 有关. 当线圈有 N 匝时, 线圈的磁通匝数为: =N; 自感为: L=/ I . 自感的单位:国际单位制中为亨利(H). 1 亨利 = 1 韦伯 / 安培(1 Wb / A)