資源簡介

內容提要
位矢：
位移：
一般情況，
速度：
加速度：
圓周運動
角速度：
角加速度： （或用表示角加速度）
線加速度：
法向加速度： 指向圓心
切向加速度： 沿切線方向
線速率：
弧長：
解題參考
大學物理是對中學物理的加深和拓展。本章對質點運動的描述相對于中學時更強調其瞬時性、相對性和矢量性，特別是處理問題時微積分的引入，使問題的討論在空間和時間上更具普遍性。
對于本章習題的解答應注意對基本概念和數學方法的掌握。
矢量的引入使得對物理量的表述更科學和簡潔。注意位矢、位移、速度和加速度定義式的矢量性，清楚圓周運動角位移、角速度和角加速度方向的規定。
微積分的應用是難點，應掌握運用微積分解題。這種題型分為兩大類，一種是從運動方程出發，通過微分求出質點在任意時刻的位矢、速度或加速度；另一種是已知加速度或速度與時間的關系及初始條件，通過積分求出任意時刻質點的速度、位矢或相互間的關系，注意式子變換過程中合理的運用已知公式進行變量的轉換，掌握先分離變量后積分的數學方法。
內容提要
動量：
沖量：
動量定理：
動量守恒定律：若，則
力矩：
質點的角動量（動量矩）：
角動量定理：
角動量守恒定律：若，則
功： 一般地
動能：
動能定理：質點，
質點系，
保守力：做功與路程無關的力。
保守內力的功：
功能原理：
機械能守恒：若，則
解題參考
動量是描述物體運動狀態的狀態量。質點的動量定理給出質點所受沖量和質點動量變化的關系。沖量是力對時間的累積效果，是過程量，計算沖量大小往往涉及積分運算，具體應用時往往寫成分量式形式。動量定理僅適用于慣性系。
能量是物體運動狀態的函數，功則是物體運動狀態變化過程中能量變化的量度，功是力對空間的累積效果，是過程量。
動量守恒、機械能守恒和角動量守恒是普遍成立的三個守恒定律，合理運用守恒定律來解決力學問題往往比直接采用牛頓定律解題來的簡單，可以回避牛頓定律解題過程中的積
運算。注意守恒定律適用的條件。
內容提要
轉動慣量：離散系統，
連續系統，
平行軸定理：
剛體定軸轉動的角動量：
剛體定軸轉動的轉動定律：
剛體定軸轉動的角動量定理：
力矩的功：
力矩的功率：
轉動動能：
剛體定軸轉動的動能定理：
解題參考
剛體轉動的學習應該注意與牛頓運動定律的比較。
剛體定軸轉動的轉動定律類似于質點運動中的牛頓第二定律。對定軸轉動的剛體仍舊適用隔離體分析法，正確分析受力和力矩，分別對轉動和平動建立運動方程。應注意方程中所有的力矩、轉動慣量、角動量都是相對于同一轉軸，這類似于牛頓定律中對同一坐標系建立平動方程。列方程時應注意角量和線量之間的關系，方程組的求解往往需要這個關系。
內容提要
庫侖定律：
電場強度：
帶電體的場強：
靜電場的高斯定理：
靜電場的環路定理：
電勢：
帶電體的電勢：
導體靜電平衡：電場，導體內場強處處為零；導體表面處場強垂直表面
電勢，導體是等勢體；導體表面是等勢面
電介質中的高斯定理：
各向同性電介質：
電容：
電容器的能量：
解題參考
電場強度和電勢是描述靜電場的兩個主要物理量。
需要掌握的有庫侖定律、場強疊加原理、高斯定理和環路定理。
掌握由場強的疊加原理通過積分求電場強度，注意場強的矢量性。
利用高斯定理求場強時，應清楚各個物理量所指代的范圍并合理選取高斯面。
電勢是標量，對帶電體總電勢的計算往往比電場強度簡單，在具體的問題中也可考慮先求電勢，然后利用場強與電勢梯度的關系求場強。
掌握導體靜電平衡的條件和靜電平衡時的性質。
內容提要
畢奧-薩伐爾定律：
磁場高斯定理：
安培環路定理：
載流長直導線的磁場：
無限長直導線的磁場：
載流長直螺線管的磁場：
無限長直螺線管的磁場：
洛侖茲力：
安培力：
磁介質中的高斯定理：
磁介質中的環路定理：
各向同性磁介質：
解題參考
恒定磁場涉及畢奧-薩伐爾定律、磁場的高斯定理、安培環路定理。應對照靜電場部分進行學習，注意兩者的區別和雷同。
利用畢奧-薩伐爾定律計算場強時注意對矢量的處理。利用安培環路定理求場強注意適用條件。
內容提要
法拉第電磁感應定律：
動生電動勢：
感生電動勢：
自感：，
自感磁能：
互感：，
磁能密度：
解題參考
電磁感應的主要內容是法拉第電磁感應定律。根據磁通量變化原因的不同，又分為動生和感生。
能夠方便計算磁通量時都可直接應用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢，對于恒定磁場中導體切割磁力線的問題，運用動生電動勢公式直接計算比較方便，計算時應注意矢量的處理，積分結果的正負號表示電動勢的實際方向與假定方向的一致與否，也可根據楞次定律判斷方向。
題7.4：若電荷Q均勻地分布在長為L的細棒上。求證：（1）在棒的延長線，且離棒中心為r處的電場強度為
（2）在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強度為
若棒為無限長（即），試將結果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較。
題7.4分析：這是計算連續分布電荷的電場強度。此時棒的長度不能忽略，因而不能將棒當作點電荷處理。但帶電細棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上。如圖所示，在長直線上任意取一線元，其電荷為dq = Qdx/L，它在點P的電場強度為
整個帶電體在點P的電場強度
接著針對具體問題來處理這個矢量積分。
若點P在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點P的電場強度方向相同，
若點P在棒的垂直平分線上，則電場強度E沿x軸方向的分量因對稱性疊加為零，因此，點P的電場強度就是
證：（1）延長線上一點P的電場強度，利用幾何關系統一積分變量，則
電場強度的方向沿x軸。
根據以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿軸，大小為
利用幾何關系統一積分變量，則
當棒長時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P點電場強度
此結果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同。這說明只要滿足，帶電長直細棒可視為無限長帶電直線。
題7.5：一半徑為R的半圓細環上均勻分布電荷Q，求環心處的電場強度
題7.5分析：在求環心處的電場強度時，不能將帶電半圓環視作點電荷。現將其抽象為帶電半圓弧線。在弧線上取線元dl，其電荷此電荷元可視為點電荷，它在點O的電場強度。因圓環上電荷對y軸呈對稱性分布，電場分布也是軸對稱的，則有，點O的合電場強度，統一積分變量可求得E。
解：由上述分析，點O的電場強度
由幾何關系，統一積分變量后，有
方向沿y軸負方向。
題7.6：用電場強度疊加原理求證：無限大均勻帶電板外一點的電場強度大小為（提示：把無限大帶電平板分解成一個個圓環或一條條細長線，然后進行積分疊加）
題7.6分析：求點P的電場強度可采用兩種方法處理，將無限大平板分別視為由無數同心的細圓環或無數平行細長線元組成，它們的電荷分別為
求出它們在軸線上一點P的電場強度dE后，再疊加積分，即可求得點P的電場強度了。
證1：如圖所示，在帶電板上取同心細圓環為微元，由于帶電平面上同心圓環在點P激發的電場強度dE的方向均相同，因而P處的電場強度
電場強度E的方向為帶電平板外法線方向。
證2：如圖所示，取無限長帶電細線為微元，各微元在點P激發的電場強度dE在Oxy平面內且對x軸對稱，因此，電場在y軸和z軸方向上的分量之和，即Ey、Ez均為零，則點P的電場強度應為
積分得
電場強度E的方向為帶電平板外法線方向。
上述討論表明，雖然微元割取的方法不同，但結果是相同的。
題7.10：設勻強電場的電場強度E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球面的電場強度通量。
解：作半徑為R的平面與半球面S一起可構成閉合曲面，由于閉合面內無電荷，由高斯定理
這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面的電場強度通量在數值上等于穿出半球面S的電場強度通量。因而
依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS的方向，
題7.13：設在半徑為R的球體內，其電荷為對稱分布，電荷體密度為
k為一常量。試用高斯定理求電場強度E與r的函數關系。
解：因電荷分布和電場分布均為球對稱，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定律得球體內
球體外（r＞R）
題7.14：一無限大均勻帶電薄平板，電荷面密度為，在平板中部有一半徑為r的小圓孔。求圓孔中心軸線上與平板相距為x的一點P的電場強度。
題7.14分析：用補償法求解
利用高斯定理求解電場強度只適用于幾種非常特殊的對稱性電場。本題的電場分布雖然不具有這樣的對稱性，但可以利用具有對稱性的無限大帶電平面和帶電圓盤的電場疊加，求出電場的分布。
若把小圓孔看作由等量的正、負電荷重疊而成、挖去圓孔的帶電平板等效于一個完整的帶電平板和一個帶相反電荷（電荷面密度）的圓盤。這樣中心軸線上的電場強度等效于平板和圓盤各自獨立在該處激發的電場的矢量和。
解：在帶電平面附近
為沿平面外法線的單位矢量；圓盤激發的電場
它們的合電場強度為
。
在圓孔中心處x = 0，則
E = 0
在距離圓孔較遠時x>>r，則
上述結果表明，在x>>r時。帶電平板上小圓孔對電場分布的影響可以忽略不計。
題7.15：一無限長、半徑為R的圓柱體上電荷均勻分布。圓柱體單位長度的電荷為，用高斯定理求圓柱體內距軸線距離為r處的電場強度。
題7.15分析：無限長圓柱體的電荷具有軸對稱分布，電場強度也為軸對稱分布，且沿徑矢方向。取同軸往面為高斯面，電場強度在圓柱側面上大小相等，且與柱面正交。在圓柱的兩個底面上，電場強度與底面平行，對電場強度通量貢獻為零。整個高斯面的電場強度通量為
由于，圓柱體電荷均勻分布，電荷體密度，處于高斯面內的總電荷
由高斯定理可解得電場強度的分布，
解：取同軸柱面為高斯面，由上述分析得
題7.16：一個內外半徑分別R1為R2和的均勻帶電球殼，總電荷為Q1，球殼外同心罩一個半徑為 R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為Q2。求電場分布。電場強度是否是場點與球心的距離r的連續函數？試分析。
題7.16分析：以球心O為原點，球心至場點的距離r為半徑，作同心球面為高斯面。由于電荷呈球對稱分布，電場強度也為球對稱分布，高斯面上電場強度沿徑矢方向，且大小相等。因而，在確定高斯面內的電荷后，
利用高斯定理
即可求的電場強度的分布
解：取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析
r < R1，該高斯面內無電荷，，故
E1 = 0
R1 < r < R2，高斯面內電荷，故
R2 < r < R3，高斯面內電荷為Q1，故
r > R3，高斯面內電荷為Q1+ Q2，故
電場強度的方向均沿徑矢方向，各區域的電場強度分布曲線如圖所示。
在帶電球面的兩側，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續，而在緊貼r = R3的帶電球面兩側，電場強度的躍變量
這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結果，且具有普遍性。實際帶電球面應是有一定厚度的球殼，殼層內外的電場強度也是連續變化的，如本題中帶電球殼內外的電場，如球殼的厚度變小，E的變化就變陡，最后當厚度趨于零時，E的變化成為一躍變。
題7.17：兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2 (R2 > R1)，單位長度上的電荷為。求離軸線為r處的電場強度：（1）r < R1，（2）R1 < r < R2，（3）r > R2
題7.17分析：電荷分布在無限長同軸圓拄面上，電場強度也必定呈軸對稱分布，沿徑矢方向。取同軸圓柱面為高斯面，只有側面的電場強度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內的電荷。利用高斯定理可解得各區域電場的分布。
解：作同軸圓柱面為高斯面。根據高斯定理
在帶電面附近，電場強度大小不連續，電場強度有一躍變
題7.21：兩個同心球面的半徑分別為R1和R2，各自帶有電荷Q1和Q2。求：（1）各區域電勢分布，并畫出分布曲線；（2）兩球面間的電勢差為多少？
解1：（l）由高斯定理可求得電場分布
由電勢可求得各區域的電勢分布。當時，有
當時，有
當時，有
（2）兩個球面間的電勢差
題7.22：一半徑為R的無限長帶電細棒，其內部的電荷均勻分布，電荷的體密度為。現取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線
解：取高度為l、半徑為r且與帶電律同軸的回柱面為高斯面，由高斯定理
當時
得
當時
得
取棒表面為零電勢，空間電勢的分布有
當時，
當時，
圖是電勢V隨空間位置r的分布曲線。
例題3.4 一根質量為m,長為l的勻質棒AB,如圖3.8所示,棒可繞一水平的光滑轉軸O在豎直平面內轉動,O軸離A端的距離為l/3,今使棒從靜止開始由水平位置繞O軸轉動,求:
(1) 棒在水平位置(啟動時)的角速度和角加速度.
(2) 棒轉到豎直位置時的角速度和角加速度.
(3) 棒在豎直位置時,棒的兩端和中點的速度和加速度.
解： 先確定細棒AB對O軸的轉動慣量J0,由于O軸與質心軸C的距離為,由平行軸定理得
再對細棒進行受力分析:重力,作用在棒中心(重心),方向豎直向下,重力的力矩是變力矩,大小等于mglcosθ/6;軸與棒之間沒有摩擦力,軸對棒作用的支撐力垂直于棒與軸的接觸面而且通過O點,在棒的轉動過程中,這力的方向和大小將是隨時間改變的,但對軸的力矩等于零.
(1) 當棒在水平位置(剛啟動)時,角速度.此時,由轉動定律求得此時的角加速度為
(2) 當棒從轉到+d時,重力矩所作的元功為
棒從水平位置轉到任意位置的過程中,合外力矩所作總功為
由定軸轉動剛體的動能定理有
由此可得
在豎直位置時
(3) 在豎直位置（）下時,棒的A、B點和中點C的速度,加速度分別為
4-9 圖示為一阿特伍德機，一細而輕的繩索跨過一定滑輪，繩的兩端分別系有質量為和的物體，且>。設定滑輪是質量為M，半徑為r的圓盤，繩的質量及軸處摩擦不計，繩子與輪之間無相對滑動。試求物體的加速度和繩的張力。
[解] 物體及滑輪M受力如圖所示
對 (1)
對 (2)
對 (3)
又 (4)
(5)
(6)
(7)
聯立（1）-（7）式，解得
4-l0 絞車上裝有兩個連在一起的大小不同的鼓輪(如圖)，其質量和半徑分別為m=2kg、r=0.05m，M=8kg、R=0.10m。兩鼓輪可看成是質量均勻分布的圓盤，繩索質量及軸承摩擦不計。當繩端各受拉力=1 kg，=2kg時，求鼓輪的角加速度。
[解] 根據轉動定律，取順時針方向為正
(1)
(2)
聯立(1)，(2)式可得
5、質量為和的兩物體A、B分別懸掛在如圖5所示的組合輪兩端。設兩輪的半徑分別為R和r，兩輪的轉動慣量分別為和，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計，繩的質量也略去不計。試求兩物體的加速度和繩的張力。
6、如圖6所示，一根長為，質量為m的勻質細桿，可繞水平光滑軸在豎直平面內轉動，最初棒靜止在水平位置，求它下擺到角時的角速度和角加速度。
7、質量為5kg的一桶水懸于繞在轆轤上的繩子下端，轆轤可視為一質量為10kg的圓柱體。桶從井口由靜止釋放，求桶下落過程中的繩子張力，轆轤繞軸轉動時的轉動慣量為,其中M和R分別為轆轤的質量和半徑，摩擦忽略不計。
5、解：分別對兩物體及組合輪作受力分析如圖2-43所示，根據質點的牛頓第二定律和剛體的轉動定律，有
（1）
（2）
（3）
（4）
由角加速度和線加速度之間的關系，有
（5）
（6）
聯解（1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）式可得
6、解：由于勻質細桿受到重力矩的作用，使桿繞定軸O加速轉動，當桿與水平位置成角時，受力情況如圖所示，此時對轉軸的重力矩為
（1）
根據轉動定律得 （2）
而 （3）
由（2）、（3）式得桿下擺角時的角加速度為
因
7、解：設繩子的拉力為，對轆轤而言，根據轉動定律，有
（1）
而對一桶水而言，由牛頓第二定律，有
（2）
由于繩子在運動過程中不伸長，因此有
（3）
聯解（1）、（2）、（3）可得桶下落過程中的繩子張力為：
1. 1) 長直導線載有電流I， 矩形線圈與其共面，長L1，寬L2，長邊與長導線平行，線圈共N匝， 線圈以速度v垂直長導線向右運動， 當AB邊與導線相距x時，求線圈中感應電動勢大小和方向；2) 如果上題中線圈保持不變，而長直導線中通有交變電流，則線圈中感應電動勢如何？
1）載有電流為I的長直導線在空間產生的磁場： ，方向垂直紙面向里。
選順時針為積分正方向
根據：
線段CA中產生的動生電動勢：
方向由C到A。
線段DB中產生的動生電動勢：，方向由C到A。
線圈中感應電動勢大小：
，其中：，動生電動勢方向為順時針。
2）如果線圈保持不變， 長直導線中通有交變電流。
仍然選取順時針為回路繞行的正方向，線圈的法線方向垂直紙面向里，通過距離直導線r，面積為的磁通量：，
任意時刻穿過一匝矩形線圈的磁通量：，
根據法拉第電磁感應定律：,
2. 長直導線載有電流I，導線框與其共面，導線ab在線框上滑動，使ab以勻速度v向右運動，求線框中感應電動勢的大小。
選取如圖所示的坐標，順時針為積分正方向，ab上線元dx產生的電動勢為：
,
線框中感應電動勢的大小: ，方向為逆時針。
3. 無限長直導線通有穩定電流I， 長L的金屬棒繞其一端O在平面內順時針勻速轉動，角速度， O點至導線的垂直距離為r0，設直導線在金屬棒旋轉平面內，求在下面兩種位置時棒內感應電動勢大小和方向。
(1) 金屬棒轉至如圖OM位置時。 (2) 金屬棒轉至如圖ON位置時。
金屬棒轉至如圖OM位置時，
,
方向沿OM。
金屬棒轉至如圖ON位置時
，，方向沿ON。
計算題
一無限長直導線通以電流， 其旁有一直角三角形線圈通以電流， 線圈與長直導線在同一平面內，尺寸如圖所示求兩段導線所受的安培力。
bc邊上各點的磁感應強度相等，bc邊受到的安 培力大小：，，，方向向左；
選取如圖所示的坐標，ca邊的電流元I2dl受到的安培力：
將和，代入
，，，，安培力大小：
*3. 如圖所示，有一半徑為R的圓形電流， 在沿其直徑AB方向上有一無限長直線電流，方向見圖，求：
(1) 半圓弧AaB所受作用力的大小和方向；
(2) 整個圓形電流所受作用力的大小和方向。
選取如圖所示的坐標，電流I1在半圓弧AaB 上
產生的磁感應強度大小為：
，方向如圖所示。
在AaB上選取如圖所示的電流元I2dl，受到的安培力為：
,
半圓弧AaB所受作用力：，
I1在右半圓弧上產生的磁感應強度大小為：，方向如圖所示。
在右半圓弧上選取電流元I2dl，受到的安培力為：
將dl=Rd代入上式得到：
右半圓弧所受作用力：，
整個圓形電流所受作用力：，

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