大学物理上复习资料

内容提要
位矢：k t z j t y i t x t r r
)()()()( 位移：k z j y i x t r t t r r
)()(
一般情况，r r
速度：k z j y i x k dt
dz j dt dy i dt dx dt r d t r t
••• 0lim
加速度：k z j y i x k dt z d j dt y d i dt x d dt r d dt d t a t
•••••• 222222220lim
圆周运动
角速度：•
dt
d
角加速度：•
• 22dt d dt d （或用 表示角加速度） 线加速度：t n a a a
法向加速度：22
R R
a n 指向圆心
切向加速度：
R dt
d a t 沿切线方向 线速率： R 弧长： R s
内容提要
动量：
m p
冲量： 21
t t dt F I
动量定理： 21t t dt F p d 21
0t t dt F p p
动量守恒定律：若0 i
i F F ，则常矢量 i
i p p
力矩：F r M
质点的角动量（动量矩）：
r m p r L
角动量定理：dt
L
d M
外力
角动量守恒定律：若0 外力外力M M
，则常矢量 i
i L L
功：r d F dW • • B A
AB r d F W
一般地 B A
B A
B A
z z z y y y x x x AB dz F dy F dx F W
动能：22
1
m E k
动能定理：质点， 2
22
121A
B AB m m W
质点系，0k k E E W W 内力外力
保守力：做功与路程无关的力。

保守内力的功：p p p E E E W )(12保守内力 功能原理：p k E E W W 非保守内力外力
机械能守恒：若0 非保守内力外力W W ，则00p k p k E E E E
内容提要
转动惯量：离散系统， 2i i r m J 连续系统， dm r J 2 平行轴定理：2md J J C 刚体定轴转动的角动量： J L 刚体定轴转动的转动定律：dt
dL
J M
刚体定轴转动的角动量定理：021
L L Mdt t t 力矩的功： Md W 力矩的功率： M dt
dW
P 转动动能：22
1
J E k
刚体定轴转动的动能定理：2
22
1210
J J Md
内容提要
库仑定律：r e r q q F
221041
电场强度：0
q F
E
带电体的场强：
r i
i e r dq E E
2
04
静电场的高斯定理： •i S q S d E 0
1
静电场的环路定理： •L
l d E 0
电势：
• p
p l d E V
带电体的电势：
r
dq V V i 04
导体静电平衡：电场，○
1导体内场强处处为零；○2导体表面处场强垂直表面 电势，○
1导体是等势体；○2导体表面是等势面 电介质中的高斯定理： •i S
q S d D
各向同性电介质：E E D r
电容：U
Q C
电容器的能量：222
1
2121CU QU C Q W
内容提要
毕奥-萨伐尔定律：2
04r e l Id B d r
磁场高斯定理： •S
S d B 0
安培环路定理： •i I l d B 0
载流长直导线的磁场：)cos (cos 4210
r I
B 无限长直导线的磁场：r
I
B 20
载流长直螺线管的磁场：)cos (cos 2
210
nI
B
无限长直螺线管的磁场：nI B 0
洛仑兹力：B q F
安培力：B l Id F d
磁介质中的高斯定理： •S
S d B 0
磁介质中的环路定理： •i L
I l d H
各向同性磁介质：H H B r 0
内容提要
法拉第电磁感应定律：dt
d
动生电动势： • l d B
)( 感生电动势： • • S k S d dt
B
l d E
自感：LI ，dt
dI
L L 自感磁能：22
1LI W m
互感：12MI ，dt
dI M
1
2 磁能密度：BH H B w m 2
1
212122
题：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
22041
L r Q
E
（2）在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为
2
20421
L r r Q
E
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，其电荷为d q = Q d x /L ，它在点P 的电场强度为
r r q e E 20d 41
d
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。

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
i E E d
若点P 在棒的垂直平分线上，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
L
j j E E E d sin d y
证：（1）延长线上一点P 的电场强度 L r q
E 2
04d ，利用几何关系x r r 统一积分变量，则
220022-041212141)
(d 41
L r Q
L r L r L x r L x Q E L L P
电场强度的方向沿x 轴。

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
L r q
E 2
4d sin 利用几何关系22,sin x r r r r 统一积分变量，则
2
2
023222-0412)
(d 41r
L r Q
r x L x rQ E L L
当棒长 L 时，若棒单位长度所带电荷为 常量，则P 点电场强度
r
L r L
Q r E L 02
2024121
lim
此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。

这说明只要满足122 L r ，带电长直细棒可视为无限长带电直线。

题：一半径为R 的半圆细环上均匀分布电荷Q ，求环心处的电场强度
题分析：在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。

现将其抽象为带电半圆弧线。

在弧线上取线元d l ，其电荷此电荷元可视为点电荷l R
Q
q d d ，它在点O 的电场强度r 2
0d 41
d e E r q。

因圆环上电荷对y 轴呈对称性分布，电场分
布也是轴对称的，则有 L E 0d x ，点O 的合电场强度j E L E y d ，统一积分变量可求得E 。

解：由上述分析，点O 的电场强度
l R
Q
R E L
d sin 41
20
O
由几何关系 d d R l ，统一积分变量后，有
2
020
O 2d sin 41R Q E
方向沿y 轴负方向。

题：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为
2
E （提示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加）
题分析：求点P 的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电荷分别为 y r r q d d d 2d 或
求出它们在轴线上一点P 的电场强度d E 后，再叠加积分，即可求得点P 的电场强度了。

证1：如图所示，在带电板上取同心细圆环为微元，由于带电平面上同心圆环在点P 激发的电场强度d E 的方向均相同，因而P 处的电场强度
i i i E E 0
232202
322
02)(4d 2)(d 41
d
x r r
xr x r q x
电场强度E 的方向为带电平板外法线方向。

证2：如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点P 激发的电场强度d E 在Oxy 平面内且对x 轴对称，因此，电场在y 轴和z 轴方向上的
分量之和，即E y 、E z 均为零，则点P 的电场强度应为
i i i E 220x d 2cos d x
y y x E E
积分得i E 0
2
电场强度E 的方向为带电平板外法线方向。

上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。

题：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。

解：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
01
d 0
q S 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
ΦS E S E d 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 Φ22cos
题：设在半径为R 的球体内，其电荷为对称分布，电荷体密度为
R
r R r kr 0
k 为一常量。

试用高斯定理求电场强度E 与r 的函数关系。

解：因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律
V S d 1
d 0
S E 得球体内)0(R r
4
20
2d 41
4)(r k r r kr r r E r
r kr r e E 0
2
4)(
球体外（r ＞R ） 4
20
2d 41
4)(R k r r kr r r E R
r r kR r e E 2
04
4)(
题：一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为，在平板中部有一半径为r 的小圆孔。

求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度。

题分析：用补偿法求解
利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场。

本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布。

若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成、挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷（电荷面密度 ）的圆盘。

这样中心轴线上的电场强度等效于平板和圆盘各自独立在该处激发的电场的矢量和。

解：在带电平面附近
n 0
12e E
n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场
n 220
212e E
r x x
它们的合电场强度为
n 2
2
212e E E E r
x x。

在圆孔中心处x = 0，则 E = 0 在距离圆孔较远时x >>r ，则 n 0
n 2202112e e E
x r
上述结果表明，在x >>r 时。

带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计。

题：一无限长、半径为R 的圆柱体上电荷均匀分布。

圆柱体单位长度的电荷为，用高斯定理求圆柱体内距轴线距离为r 处的电场强度。

题分析：无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布，电场强度也为轴对称分布，且沿径矢方向。

取同轴往面为高斯面，电场强度在圆柱侧面上大小相等，且与柱面正交。

在圆柱的两个底面上，电场强度与底面平行，0d S E 对电场强度通量贡献为零。

整个高斯面的电场强度通量为
rL E 2d S E
由于，圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度2R ，处于高斯面内的总电荷
L r q 2
由高斯定理0d q S E 可解得电场强度的分布， 解：取同轴柱面为高斯面，由上述分析得
L r R
L r rL E 22
020
1
2
2
02R r
E
题：一个内外半径分别R 1为R 2和的均匀带电球壳，总电荷为Q 1，球壳外同心罩一个半径为 R 3的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2。

求电场分布。

电场强度是否是场点与球心的距离r 的连续函数试分析。

题分析：以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面。

由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等。

因而24d r E S E ，在确定高斯面内的电荷 q 后， 利用高斯定理
0d q
S E
即可求的电场强度的分布
解：取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析 024 q r E
r < R 1，该高斯面内无电荷，0 q ，故 E 1 = 0
R 1 < r < R 2，高斯面内电荷3
1
323131)
(R R R r Q q ，故
2
313
2031312)(4)
(r R R R r Q E
R 2 < r < R 3，高斯面内电荷为Q 1，故
2
01
34r Q E
r > R 3，高斯面内电荷为Q 1+ Q 2，故
2
02144r Q Q E
电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图所示。

在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r = R 3的带电球面两侧，电场强度的跃变量
3
02
344
R Q E E E 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。

实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，如本题中带电球壳内外的电场，如球壳的厚度变小，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变。

题：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。

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
题分析：电荷分布在无限长同轴圆拄面上，电场强度也必定呈轴对称分布，沿径矢方向。

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 2d S E ，求出不同半径高斯面内的电荷 q 。

利用高斯定理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
4 q rL E
20
32022111
E q R r r
E L
q R r R E q R r ，
，
， 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变
题：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 解1：（l ）由高斯定理可求得电场分布
2
2
02
13212
0121
1440
R r r Q Q R r R r Q 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1R r 时，有
202
10120212
10
132114441140d d d 2
21
1R Q R Q R
Q Q R R
Q V R R R R r
l
E l E l E
当21R r R 时，有
7题图
2
201202120
1322444114d d 2
2R Q r Q R
Q Q R r Q V R R r
l
E l E
当2R r 时，有
r R Q Q V r
2
021334d
l
E （2）两个球面间的电势差
21
1212114d 21
R R Q U R R l E
7、解：设绳子的拉力为T ，对辘轳而言，根据转动定律，有 /T R J （1） 而对一桶水而言，由牛顿第二定律，有 mg T ma （2） 由于绳子在运动过程中不伸长，因此有
R a /T T （3）
联解（1）、（2）、（3）可得桶下落过程中的绳子张力为：
59.81024.5()22510
mgM T N m M
(1)
计算题1. 1) 长直导线载有电流I ， 矩形线圈与其共面，长L 1，宽L 2，长边与长导线平行，线圈共N 匝， 线圈以速度v 垂直长导线向右运动， 当AB 边与导线相距x 时，求线圈中感应电动势大小和方向；2) 如果上题中线圈保持不变，而长直导线中通有交变电流t sin I I 0 ，则线圈中感应电动势如何
1）载有电流为I 的长直导线在空间产生的磁
场：
r
2I
B 0
，方向垂直纸面向里。

选顺时针为积分正方向
根据： b
a
l d )B v (
i E
线段CA 中产生的动生电动势：x
2IvL N 1
01 E 方向由C 到A 。

线段DB 中产生的动生电动势：
)
L x (2IvL N
21
02 E ，方向由C 到A 。

线圈中感应电动势大小：21i E E E
)
L x (2IvL N x 2IvL N 21
010i E )
L x (x v
2IS N 20i
E ，其中：21L L S ，动生电动势方向为顺时针。

2）如果线圈保持不变， 长直导线中通有交变电流t sin I I 0 。

仍然选取顺时针为回路绕行的正方向，线圈的法线方向垂直纸面向里，通过距离
直导线r ，面积为dr L dS 1 的磁通量：dr L r 2I
d 10 ，
任意时刻穿过一匝矩形线圈的磁通量：dr L r
2I
d 10L x x
2
，x
L x ln L 2I 2
10
根据法拉第电磁感应定律：dt
d N
i E ,dt dI x L x ln 2L N 210 i E
(3)
计算题(2)
计算题x
L x ln
2
t
cos I L N
2
010 i E 2. 长直导线载有电流I ，导线框与其共面，导线ab 在线框上滑动，使ab 以匀速度v 向右运动，求线框中感应电动势的大小。

选取如图所示的坐标，顺时针为积分正方向，
ab 上线元dx 产生的电动势为：l d )B v (d i E
dx x
2Iv
d 0 i E , dx x
2Iv
0L
L L 00
i E 线框中感应电动势的大小: 0
00L L
L ln 2Iv
i E ，方向为逆时针。

3. 无限长直导线通有稳定电流I ， 长L 的金属棒绕其一端O 在平面内顺时针匀速转动，角速度 ， O 点至导线的垂直距离为r 0，设直导线在金属棒旋转平面内，求在下面两种位置时棒内感应电动势大小和方向。

(1) 金属棒转至如图OM 位置时。

(2) 金属棒转至如图ON 位置时。

金属棒转至如图OM 位置时，
L
0dl )l (r 2I
i E , 200L r 4I i E
方向沿OM 。

金属棒转至如图ON 位置时
L
r r 0000
dr )r r (r
2I
i E
L
r r 0000
dr )r
r
1(2I i E ，)r L r ln r L (2I 00
00 i E ，方向沿ON 。

(1)
计算题(3)
计算题计算题
一无限长直导线通以电流I 1， 其旁有一直角三角形线圈通以电流I 2， 线圈与长直导线在同一平面内，尺寸如图所示求bc ca ,两段导线所受的安培力。

bc 边上各点的磁感应强度相等，bc 边受到的安 培力大小：L BI F 2bc ，
)
L d (2I B 1
，)
L d (2L
I I F 210bc
，方向向左；
选取如图所示的坐标，ca 边的电流元I 2dl 受到的安培力：B l Id F d
将k x 2I B 10 和)sin j cos i (dl l d ， cos dx dl
代入 )cos j sin i (cos dx x 2I I F d 210
)cos j sin i (cos dx x 2I I F d F 210d
l
d ca
，)j tg i (d
l d ln 2I I F 210ca ，1tg ，)j i (d l d ln 2I I F 210ca
，安培力大小：d l
d I I F ca ln 2210
*3. 如图所示，有一半径为R 的圆形电流I 2， 在
沿其直径AB 方向上有一无限长直线电流I 1，方向见图，求： (1) 半圆弧AaB 所受作用力的大小和方向； (2) 整个圆形电流所受作用力的大小和方向。

选取如图所示的坐标，电流I 1在半圆弧AaB
上
产生的磁感应强度大小为：
cos R 2I B 1
，方向如图所示。

在AaB 上选取如图所示的电流元I 2dl ，受到的安培力为： )j sin dl i cos dl (cos R 2I I F d 210 , )j d tg i d (2I I F d 210
半圆弧AaB 所受作用力：)j d tg i d (2I I F 2
2
2
10AaB
，i 2
I I F 210AaB
I 1在右半圆弧上产生的磁感应强度大小为：
sin R 2I B 1
，方向如图所示。

在右半圆弧上选取电流元I 2dl ，受到的安培力为：)j cos dl i sin dl (sin R 2I I F d 210
将dl=Rd 代入上式得到：)j d ctg i d (2I I F d 210
右半圆弧所受作用力：)j d ctg i d (2I
I 'F 0
2
10
，i 2
I I 'F 210
整个圆形电流所受作用力：'F F F AaB ，i I I F 210。