大学物理习题课1
大学物理稳恒磁场习题课
S
当 S 很小时，可得
B2S B1S 0
B1
B2
B
有 B2 B1 ，即同一条磁感应线上的
B
相等
如再在该磁场中做一有向矩形安培环路 abcda ， ☆ bc 、 让 ab 、cd 与磁感应线平行， da 与磁感应线垂直。 / 设沿 ab 段磁感应强度为 B ，沿 cd 段磁感应强度为 B ， 由磁感应线疏密不均匀可知 ， 磁感应强度沿该回路的线积分为 / B d l B ab B cd 0
也就不能推出 H d S 0
S
r 都相等，
。
因此，一般说来，不能得出 通过以闭合曲线 L 为边界的各曲面的通量均相等的结论
例如，一永磁棒，设棒内 M 为一常值，
对以 L 为边界的二曲面 S1 和S2 ，有
☆
S1
B dS B dS
S2
M 的方向与外磁场方向相反
Pm 为无矩分子在外磁场中出则的附加磁矩，
磁场强度 引入磁场强度辅助矢量 H
H
B
☆
在各向同性均匀介质中 M m H
m 称为磁化率，是一个纯数。
0
M
顺磁质中
m 1，抗磁质中 m 1 。 H 和 B 的关系为
T
)
2．毕奥一萨伐尔定律
电流元
电流元
☆
Idl
是矢量， 与
大小等于电流 I
导线元长度 dl 的乘积，
方向沿电流正方向。
毕奥一萨伐尔定律 电流元 Idl 在
P 点产生的磁感应强度为
0 4 107 N A2
0 Idl r 0 Idl r ˆ dB 3 2 4 r 4 r
大学物理课后习题1第一章答案
习题11.1选择题(1)一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为（）(A)dtdr (B)dtr d (C)dtr d || (D)22)()(dtdy dt dx +答案：(D)。
(2)一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度（）(A)等于零(B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。
答案：(D)。
(3)一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为（）(A)t R t R ππ2,2(B)tRπ2,0(C)0,0(D)0,2tRπ答案：(B)。
(4)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，τa 表示切向加速度，下列表达式中，（）①a t = d /d v ，②v =t r d /d ，③v =t S d /d ，④τa t =d /d v．(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．答案：(D)。
(5)一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v，瞬时速率为υ，某一时间内的平均速度为v，平均速率为v ，它们之间的关系必定有：（）（A）vv v,v == （B）v v v,v =≠ （C）vv v,v ≠≠ （D）vv v,v ≠= 答案：(D)。
1.2填空题(1)一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。
答案：10m；5πm。
(2)一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v=。
答案：23m·s -1.(3)一质点从静止出发沿半径R=1m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω=__________________；切向加速度τa =_________________．答案：4t 3-3t 2(rad/s)，12t 2-6t (m/s 2)(4)一质点作直线运动，其坐标x 与时间t 的关系曲线如题1.2(4)图所示．则该质点在第___秒瞬时速度为零；在第秒至第秒间速度与加速度同方向．题1.2(4)图答案：3,36;(5)一质点其速率表示式为v s =+12，则在任一位置处其切向加速度a τ为。
大学物理课后习题全解及辅导
列平衡方程：
(2)研究AB（二力杆），受力如图：
可知：
(3)研究O1B杆，受力分析，画受力图：
列平衡方程：
第三章
习题3-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1)取O点为简化中心，求平面力系的主矢：
求平面力系对O点的主矩：
(2)合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
由图知：
(2)研究铰C，受力分析，画力三角形：
由图知：
习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
解：(1)研究滑块A，受力分析，画力三角形：
由图知：
研究AB杆（二力杆）和滑块B，受力分析，画力三角形：
(2)由力三角形得：
(3)列平衡方程：
由(2)、(3)得：
(4)求摩擦系数：
习题5-3.尖劈顶重装置如图所示，尖劈A的顶角为α，在B块上受重物Q的作用，A、B块间的摩擦系数为f（其他有滚珠处表示光滑）；求：（1）顶起重物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角α之值。
解：属平面汇交力系；
合力大小和方向：
习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
(2)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。求撑杆BC所受的力。
第一章质点运动学习题课
质点运动学
30
物理学
第五版
第一章习题课
9 一质点在半径为0.10m的圆周上运动，设t=0时 质点位于x轴上，其角速度为ω=12t2。试求
质点运动学
23
物理学
第五版
第一章习题课 5 一小轿车作直线运动，刹车时速度为v0，刹车 后其加速度与速度成正比而反向，即a=-kv，k 为正常量。
试求
（1）刹车后轿车的速度与时间的函数关系
（2）刹车后轿车最多能行多远？
解：
dv 1 kt 由 a kv kv dv kdt v Ce （1） dt v
（3） v R 25 1 25m s
1
a R m s 2
质点运动学
29
物理学
第五版
第一章习题课 8 一质点沿半径为R的圆周运动，质点所经过的弧 长与时间的关系为s=bt+ct2/2，其中b，c为常量， 且Rc>b2。 求切向加速度与法向加速度大小相等之前所经历的 时间 解：
答案：B
质点运动学
4
物理学
第五版
第一章习题课
4 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( )
质点运动学
5
物理学
第五版
第一章习题课
v0 (A) 匀加速运动, v cos
(B) 匀减速运动,
第一章习题课
大学物理课后习题答案
一质点在xOy 平面上运动，运动方程为2135,342x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。
以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；计算第1秒内质点的位移；计算0t = s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度；计算0t = s 到4t = s 内质点的平均加速度；求出质点加速度矢量的表示式，计算4t = s 是质点的加速度。
置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式）解：(1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移 j y y i x x r)()(01011-+-=∆(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度(6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a2 质点沿直线运动，速度32132()v t t m s -=++，如果当时t=2 s 时，x=4 m,求：t=3 s 时质点的位置、速度和解：23d d 23++==t t txv 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t x 将t =3s 代入证1—9 一个半径R= m 的圆盘，可依绕一个水平轴自由转动，一根轻绳子饶在盘子的边缘，其自由端拴一力作用下，物体A 从静止开始均匀加速的下滑，在∆t= s 内下降的距离h= m 。
求物体开始下降后3s 末，轮一点的切向加速度与法向加速度。
解：物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s3='t 切向加速度，即在s 3='t 时的法向加速度为1—10 一电梯以21.2m s -的加速度下其中以乘客在电梯开始下降后0.5s 时用手在离电梯底板1.5m 高处释放以小球，求此小球落到底板上所需的时地面下降的距离。
大学物理习题课1
v 0 与水平方向夹角
19．如图所示，小球沿固定的光滑的 1/4圆弧从A点由静止开始下滑，圆弧半 径为R，则小球在A点处的切向加速度 at =______________________，小球 在B点处的法向加速度 an =_______________________．
θ
A R
B
三．计算题
t 0 .96 0 mg , t 0 .20 1 9 .8 0 .96 1s
此后合力为 第2秒内冲量
I
t 0 .96 mg
t 0 .96 0 .14 1 9 .8 dt
2 1
1 t 0 .412 dt
2
1 2
t
2 2 1
(B)
(C)
a g sin
a g
a 4 g (1 cos ) g sin
2 2 2 2
(D) ． ［ ］ 4. 将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现 在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度 为 ．如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加 速度将 (A) 小于 ． (B) 大于 ，小于2 ． (C) 大于2 ． (D) 等于2 ．［ ］
二．填空题 13．如图所示，质量为m的小球系在劲度系数为k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在O点．开始时弹 簧在水平位置A，处于自然状态，原长为l0．小球由 位置A释放，下落到O点正下方位置B时，弹簧的长度 为l，则小球到达B点时的速度大小为v＝____
O l0 A k l m
O′
P
B m
Q R
R
F
F Ft
2 n
2
s 2 as 1 R
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
大学物理热学习题课
dN m 32 4 ( ) e Ndv 2kT
v2
对于刚性分子自由度 单原子 双原子 多原子
i tr
(1)最概然速率
2kT 2 RT RT vp 1.41 m
(2)平均速率
i=t=3 i = t+r = 3+2 = 5 i = t+r = 3+3 =6
6、能均分定理
8kT 8 RT RT v 1.60 m
M V RT ln 2 M mol V1
QA
绝热过程
PV 常量
M E CV T M mol
(2)由两条等温线和两条绝热线 组成的循环叫做 卡诺循环。 •卡诺热机的效率
Q0
Q2 T2 卡诺 1 1 Q1 T1
M P1V1 P2V2 A CV T M mol 1
E 0
•热机效率
A Q1 Q2
M E CV T M mol M Q C P T M mol
A Q1 Q2 Q2 1 Q1 Q1 Q1
A=P(V2-V1) 等温过程
A
E 0
Q1 Q2 •致冷系数 e W Q1 Q2
热机效率总是小于1的， 而致冷系数e可以大于1。
定压摩尔热容
比热容比
CP ( dQ )P dT i2 i
8、平均碰撞次数 平均自由程
z
2d v n
2
CV •对于理想气体：
Cp
v z
1.热力学第一定律
1 2 2d n
二、热 力 学 基 础
Q ( E2 E1 ) A dQ dE dA
准静态过程的情况下
4. 摩尔数相同的两种理想气体 一种是氦气，一种是氢气，都从 相同的初态开始经等压膨胀为原 来体积的2倍，则两种气体( A ) (A) 对外做功相同，吸收的热量 不同. (B) 对外做功不同，吸收的热量 相同. (C) 对外做功和吸收的热量都不 同. (D) 对外做功和吸收的热量都相 同. A=P(V2-V1)
大学物理光学习题课
(1)子波，(2)子波干涉． 所缺级次为 k=k'(a+b)/a． 2.单缝衍射由半波带法得出 4.园孔衍射爱里斑的角半径: 中央明纹: =0.61/a=1.22/d 坐标 =0, x=0； 光学仪器的最小分辩角 宽度 02/(na), =0.61/a=1.22/d x2f/(na) 分辩率 R=1/=d/(1.22) 其他条纹： 5.x射线的衍射： 暗纹 asin=k/n 布喇格公式 2dsin=k 明纹 asin(2k+1)/(2n) (d为晶格常数,为掠射角) 条纹宽度/(na), 三光的偏振 xf/(na) 1.自然光,偏光,部分偏光； 3.光栅:单缝衍射与多光束干 偏振片,偏化方向,起偏, 涉乘积效果,明纹明亮,细锐. 检偏． 光栅方程式 2.马吕期定律 I=I0cos2． (a+b)sin=k 3.反射光与折射光的偏振 缺级 衍射角同时满足 一般:反射折射光为部分偏光 (a+b)sin=k 反射光垂直振动占优势; asin=k ' 折射光平行振动占优势．
n3
4. 在如图28.4所示的单缝夫琅和 费衍射实验装置中，s为单缝，L 为透镜，C为放在L的焦面处的屏 幕，当把单缝s沿垂直于透镜光轴 的方向稍微向上平移时，屏幕上 的衍射图样( C ) (A) 向上平移. (B) 向下平移. (C) 不动. (D) 条纹间距变大.
3. 如下图所示，平行单色光垂 直照射到薄膜上，经上下两表面 反射的两束光发生干涉，若薄膜 的厚度为e，并且n1＜n2＞n3，1 为入射光在折射率为n1 的媒质中 的波长，则两束反射光在相遇点 的位相差为( C ) (A) 2 n2 e / (n1 1 ). (B) 4 n1 e / (n2 1 ) +. (C) 4 n2 e / (n1 1 ) +. (D) 4 n2 e / (n1 1 ). n1 n2 λ e
大学物理 习题课(刚体)
J1r1r2 10 2 2 2 J1r2 J 2 r1
11、质量为m，长为 l的均匀棒，如图， 若用水平力打击在离轴下 y 处，作用时 Ry 间为t 求：轴反力
解：轴反力设为 Rx Ry d 由转动定律： yF J y dt yF t t 为作用时间 F 得到： J 由质心运动定理： l d l 2 切向： F Rx m 法向： R y mg m 2 dt 2 2 2 2 3y 9 F y (t ) R 于是得到： x (1 ) F R y m g 2l 2l 3 m
10
r1
r2
解： 受力分析： 无竖直方向上的运动
10
o1
N1
f
r1
N2
r2
N1 f m1 g N 2 f m2 g
以O1点为参考点， 计算系统的外力矩：
o2
f
m1 g
m2 g
M ( N2 m2 g )(r1 r2 )
f (r1 r2 ) 0
作用在系统上的外力矩不为0，故系统的角动量不守恒。 只能用转动定律做此题。
r
at r
在R处：
R
at R
（2）用一根绳连接两个或多个刚体
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
D
A
m2
m1
• 同一根绳上各点的切向加速度相同；线速度也相同；
a t A a t B a t C a t D
A B C D
• 跨过有质量的圆盘两边的绳子中的张力不相等；
TA TB TD
但 TB TC
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
大学物理 力学习题课1 哈尔滨工程大学
2
at = an
c b ct / R
哈尔滨工程大学理学院 孙秋华
t
R b c c
质点力学习题课 3.已知某些条件给出速度和运动方程 作业2．以初速度 v0 向上抛出一小球，小球在运动过程中
受到阻力，其大小为
f kv ，k为常数，求：小球任
意时刻的速度及达到的最大高度。
哈尔滨工程大学理学院
孙秋华
质点力学习题课 作业14. 质量为M=1.5kg的物体，用一根长为l=1.25m的 细绳悬挂在天花板上，今有一质量为m=10g的子弹以 v0=500m/s的速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度 大小为v=30m/s, 设穿透时间极短，求（1）子弹刚穿出 时绳中张力的大小；（2）子弹在穿透过程中所受的冲 量。
哈尔滨工程大学理学院
孙秋华
质点力学习题课 1、力学中重要物理量的计算
作业4. 由楼窗口以水平初速度v 0射出一发子弹，求：（1） 子弹在任意时刻的位置及轨迹方程；（2）子弹在任意时 刻的速度、切向加速度和法向加速度；（3）任意时刻质 点所在轨迹的曲率半径。
作业11. 一物体按规律x=ct2作直线运动（c为常数）。设媒 质对物体的阻力正比于速度的平方，阻力系数为k，求： 物体由 x=0到 x=l过程中，阻力所作的功。
I p2 p1
（3）质点系的动量守恒定律
条件: F 0
f 内 F
m i v ix c 1 i m i v iy c 2 i m i v iz c 3 i
p2 p1 mi v i
哈尔滨工程大学理学院 孙秋华
哈尔滨工程大学理学院
孙秋华
质点力学习题课
大学物理课后习题答案第一章
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为； （2）试证在时间t ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以： 积分．因此 ． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为 ． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
大学物理学-稳恒磁场习题课
⑶电子进入均匀磁场B中，如图所示，当电子位于 A点的时刻，具有与磁场方向成 角的速度v，它绕螺旋 线一周后到达B点，求AB的长度，并画出电子的螺旋轨 道，顺着磁场方向看去，它是顺时针旋进还是逆时针旋 进？如果是正离子（如质子），结果有何不同？
1、均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面，今以该圆面
其中 直电流 ab和cd的延长线
o dc
fI
R1 R2
eI
过o
b
电流bc是以o为圆心、以 R2为半径的1/4圆弧
I
电流de也是以o为圆心、
但，是以R1为半径的1/4 圆弧
a
直电流ef与圆弧电流de在
e点相切
求：场点o处的磁感强度 B
解：
场点o处的磁感强度是由五段
特殊形状电流产生的场的叠加，f I
o dc
磁场力的大小相等方向相反； (3)质量为m，电量为q的带电粒子，受洛仑兹力作用，
其动能和动量都不变； (4)洛仑兹力总与速度方向垂直，所以带电粒子运动的
轨迹必定是圆。
习题课 1 一电子束以速度v沿X轴方向射出，在Y轴上 有电场强度为E的电场，为了使电子束不发生偏 转，假设只能提供磁感应强度大小为B=2E/v的
df
2ds
n
2 0
2 0
i dl 单位面积受力
da
df Idl B其余
da dl 0i
B总 0i
2 其余 0i
2
df
0i 2
n
dadl 2
表三 作用力
4.应用
静电场
稳恒磁场
类比总结
电偶极子 pe
fi 0
i M pE
三
磁偶极子 pm
fi 0
大学物理刚体力学习题课
l 1 1 2 mg sin mgl sin ( ml ml 2 ) 2 2 2 3 9g 3 2 sin g sin / l 4l 2
m m
9 g cos 16l
角加速度对应于该位置的力矩
l 1 2 mg cos mgl cos ( ml ml 2 ) 2 3
12. 一长为l ，质量为 M的均匀木棒，可绕水平轴O在 竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直下垂，今有 一质量m、速率为v的子弹从A点射入棒中，假定A点 与O点的距离为3l/4，求：(1)棒开始运动时的角速度； (2)棒的最大偏转角。
解：对题中非弹性碰撞，角动量守恒，
3 3 2 1 mv l J J m( l ) Ml2 4 4 3 36ml (27m 16 M )l
mg T ma
O
Tr J
J m( g a)r 2 / 2
2 gt J mr 2 ( 1) 2s
a r
由已知条件v0 = 0, 得
1 2 s at a 2 s / t 2 2
m
9. 如图所示，滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质 量为m轮，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转。 忽略桌面与物体间的摩擦。设m1=50 kg, m2=200 kg, m轮=15 kg, r=0.1 m，计算该系统中物体m1和m1的加 速度。
解：细杆由初始位置竖直位置，机械能守恒
1 1 L 2 2 J 0 J1 mg (1 cos ) 2 2 2
0
60
v0
碰撞前后角动量守恒， 取为角 动量正向 mv0 L J1 (J mL2 )2 系统竖直位置由初始位置
1 L 1 2 ( J mL2 )2 Mg (1 cos ) mgL(1 cos ) ( J mL2 ) 2 2 2 2
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
新编大学物理课后习题答案
第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别 题1.2： 答案：[A] 题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R rj r i==-，21v v v ∆=-，12,v v vi v j=-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返 题1.6： 答案：[D] 提示：a=2t=d dtv ，2224tv tdt t==-⎰，02tx xvdt -=⎰，即可得D 项题1.7： 答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+vv v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率 题1.9：答案：2915t t -，0.6提示： 2915dx v t tdt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t=⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dy dtdt=+v i j(2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-v a j(3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i jt=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r ∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dtdt=====题1.12： 答案：1/m s 22π提示：200tdvv v dt tdt=+=⎰，11/t vm s==，201332tvdt t R θπ===⎰，222r R π∆==题1.13： 答案：215()2t v t gt-+-i j提示： 先对2(/2)vt g t =-r j求导得，0()yv gt =-vj与5=v i 合成得05()v g t =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQv R R t dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R tdt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15： 解：（1）3tdv atdt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t∴=又232ds v tdt==232stds tdt=∴⎰⎰ 312S t =∴（2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434nva tR==4334tt=∴ 34t S=∴题1.16： 解：（1）dv a kvdt ==- 0vtdv kdt v=-∴⎰⎰， 0lnv ktv =-（*）当012v v =时，1ln 2kt=-，ln 2t k=∴（2）由（*）式：0kt v v e -=0kt dx v e dt -=∴，000x tkt dx v e dt -=⎰⎰(1)kt v x e k-=-∴ 第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2yy Sv t t==x 方向上做匀加速运动（初速度为0），F a m=22tx v a d t t ==⎰，223txxt S vdt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg ='F F = 杆受力1()F M g F M m g=+=+1()F M m ga MM+==题2.4 ： 答案：[D] 提示：Ba BTTa A Tmg22AB A B m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aag=（2A Ba a=，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S ）2A Ba a=∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故0(cos 60)()1010m m v m v =+共0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h R Rθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等 所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得（以地面为零势能面）2200112()22m v m v m gh v gh g h R =+⇒=+-题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化 题2.8： 答案：[D] 提示：θv 0v x vy由机械能守恒得20122m gh m vv gh=⇒=0sin y v v θ=sin 2Gy Pmgv mg ghθ==∴题2.9： 答案： [C] 题2.10： 答案： [B] 提示： 受力如图fT Fx由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF m g Fx m gx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题 题2.11: 答案：2mb 提示： '2v x bt =='2a v b== 2Fm a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N8Nxy 0由题意，22/xam s= 4x F N=8y F N=2F m k ga==24/y y F a m sm==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+27/5v adt m s⇒==⎰当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg 提示：由动量守恒，=m S -S m人人人船相对S （）=180kgm ⇒船题2.15： 答案：11544+i j提示：各方向动量守恒题2.16： 答案：()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()(m v m v m v --=+I P P i j ij末初-由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合=W m gR-外题2.17： 答案：-12 提示：3112w F dx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，M m G r- h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案： 02m g k ，2mg ，0m gk题2.20： 答案： +=0A ∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21： 解：（1）=m Fxg L 重()m f L x gLμ=-（2）1()(1)g a F f x gmLμμ=-=+-重（3）dv a v dx=，03(1)vLL g vdv x g dx Lμμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，2(2)3v L g μ=-题2.22：解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
大学物理静电场习题课
的电场 Ex
4 0a
(sin 2
sin 1 )
Ey
4 0a
(cos1
cos2 )
特例：无限长均匀带电(dài diàn)直线的
场强
E 20a
（2）一均匀带电圆环轴线上任一点 x处的电场
xq
E
4 0 (
x2
a2
3
)2
i
（3）无限大均匀带电平面的场强
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E 2 0
五、高斯定理可能应用(yìngyòng)的
搞清各种(ɡè zhǒnɡ) 方法的基本解题步 骤
4、q dV Ar 4r 2dr
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6.有一带电球壳，内、外半径分别为a和b，电荷体 密度r = A / r，在球心处有一点电荷Q，证明当A = Q / ( 2pa2 )时，球壳区域内的场强的大小(dàxiǎo) 与r无关．
证：用高斯定理求球壳内场强：
一、一个实验(shíyàn)定律：库仑定F律12
二、两个物理(wùlǐ)概念：场强、电势；
q1q2
4 0r122
e12
三、两个基本定理：高斯定理、环流定理
有源场
E
dS
1
0
qi
LE dl 0
（ qi 所有电荷代数和）
（与
VA VB
B
E
dl等价）
A
（保守场）
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四、电场(diàn c1h.ǎ点n电g)荷强的度电的场计(d算iàn
b
Wab qE dl q(Ua Ub ) qUab (Wb Wa )
a
3. 电势叠加原理
(1)点电荷的电势分布:
q
U P 4 0r
(2)点电荷系的电势分布:
大学物理热力学基础习题课
答案：B 9、下列说法中，哪些是正确的
1、可逆过程一定是准静态过程；2、准静态过程一定是可逆的 4、不可逆过程一定是非准静态过程；4、非准静态过程一定是 不可逆的。
A、（1，4）；B、（2，3）；C、（1，3）；D、（1，2，3，4）
答案：A
10、根据热力学第二定律，下列那种说法正确
A．功可一全部转换成热，但热不可以全部转换成功 Ｂ．热可以从高温物体传递到低温物体，反之则不行
Q QBC QAB 14.9 105 J 由图得， TA TC 全过程：
E 0
W Q E 14.9 105 J
3. 图所示，有一定量的理想气体，从初状态 a （P1,V1）开始，经过一个等容过程达到压强为 P1/4 的 b 态，再经过一个等压过程达到状态 c ， 最后经过等温过程而完成一个循环。求该循环 过程中系统对外做的功 A 和吸收的热量 Q .
a
T2 300 1 1 25% T1 400
c
d
300 400
T（K）
8. 一卡诺热机在每次循环中都要从温度为 400 K 的高温热源吸热 418 J ，向低温热源放 热 334.4 J ，低温热源的温度为 320 K 。如 果将上述卡诺热机的每次循环都逆向地进行， 从原则上说，它就成了一部致冷机，则该逆向 4 卡诺循环的致冷系数为 。
解：设状态 c 的体积为V2 , 由于a , c 两状态的温度相同
故
p1 p1V1 V2 4 V2 4V1
循环过程 E 0 , Q W
而在 a b 等容过程中功 W1 0 在 b c 等压过程中功
p1 p1 3 W2 V2 V1 4V1 V1 p1V1 4 4 4
大学物理课后习题解答
所以
l—15 一粒子沿抛物线轨道 运动，且知 。试求粒子在 m处的速度和加速度。
[解] 由粒子的轨道方程
对时间t求导数 (1)
再对时间t求导数并考虑到 是恒量 (2)
把 m代入式(1)得
1—7 湖中一小船，岸边的人用跨过高处的定滑轮的绳子拉船靠岸(如图所示)。当收绳速度为v时，试问：(1)船的运动速度u比v大还是小?(2)若v＝常量。船能否作匀速运动?如果不能，其加速度为何值?
[解] (1) 由教材上图知
两边对t求导数，并注意到h为常数，得
[解] (1) 质点的加速度 a=dv/dt=4t
又 v=dx/dt 所以 dx=vdt
对上式两边积分，得
由题知 (m)
所以 c= - 457.3m
因而质点的运动方程为：
(2)
(3) 质点沿X轴作变加速直线运动，初速度为8m/s，初位置为-457.3m.
[解] 设登月舱的速率为v，周期为T，则
即 (1)
即 (2)
解式(1)(2)组成的方程组得
1—20 如图所示，一卷机扬自静止开始作匀加速运动，绞索上一点起初在A处经3s到达鼓轮的B处，然后作圆周运动。已知AB=0.45m，鼓轮半径R=0.5m，求该点经过点C时，其速度和加速度的大小和方向。
所以，t=1s时， ，
t=2s时， ，
(4)当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有
即
整理，得
解得 (舍去)
(5)任一时刻t质点离原点的距离
[解] 由
对上式两边积分
即
故速度v与y的函数关系为
1—14 一艘正以速率 匀速行驶的舰艇，在发动机关闭之后匀减速行驶。其加速度的大小与速度的平方成正比，即 ， k为正常数。试求舰艇在关闭发动机后行驶了x距离时速度的大小。
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2 0 Ey sin d(sin ) 0 0 4 0 R
y
dq
d Ex O d E d Ey
R
d
x
0 i 故O点的场强为： E E x i 4 0 R
2
X
Ex dEx
2 0 ( x 2 轴线上 x 处产生场强关于轴 线对称 E 0 在 x 处取一电荷元 dq/=2 dx ，它受的电场力为
dF Ex dq 2 0 ( x 2 R 2 )3 2
12 Rxdx
12 R 1 1 F dF [ 2 ] 2 12 2 0 R (l R )
Pe E 3 4 0 r
E
r0 2 0 r
d
i
叠加原理
E Ei
E 2 0
当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式， 场强公式变为 -------- ③ E 2 0 a 这正是带电直线的场强公式．
（2）②也可以化为
arctan(b / 2d ) Ez 2 0 d b / 2d
当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式， 场强公式变为
dx
2 0 (b / 2 a x)
其方向沿x轴正向．
由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同，所以 P点产生的场强为
E 2 0
1 dx b/2a x b / 2
b/2
b/2
ln(b / 2 a x) 2 0 b / 2 b -------- ① ln(1 ) 2 0 a 场强方向沿x轴正向．
1 R 0
x
2 dE
X
解：设坐标原点在圆 环中心，X轴沿圆环轴 线方向如图，在圆环 上取一电荷元 ：dq = 1 d ，它在轴线上 x 处产生场强
1dl dE 4 0 ( x 2 R 2 )
1 xdl dEx 2 2 32 4 0 ( x R )
R
0
1 dq’ x dx
1 1 r0 E E E i i 20 x r0 x 20 x(r0 x)
E E
o x
p
x
o
E p
E
E
p
E
x
o
x
r0
x
x
r0
r0
1 1 r0 E E E i i 20 x r0 x 20 x( r0 x )
b Ez d arctan( ) 2 0 0 2d arctan( b / 2 d )
arctan( b / 2 d )
--------- ②, 场强方向沿z轴正向．
[讨论] （1）薄板单位长度上电荷为λ = σb， ① 式的场强可化为 E
ln(1 b / a) 2 0 a b/a
Ez
2 0 d
这是带电直线的场强公式．
当b→∞时，可得
Ez 2 0
--------- ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．
讨论 理想模型 点电荷
r >> d
l
d
Q
r
r
r r
E
Q 4 0 r
2
r0
电偶极子 r >>
Pe
l
无限长 带电线 r << L L 无限大 带电面 r << d
Ex
求出 E的大小，并指明方向。
Q
dE x
Ey
Q
dE y
Ez
dE
Q
z
1. 半径为R的带电细圆环，其电荷线密度为= 0cos，式中0为一常数， 为半径R与x轴所成的夹角，如图所示．试求环心O处的电场强度．
解：在任意角 处取微小电量dq =dl，它在O点 产生的场强为： 0co s d dq dl dE 4 0 R 2 4 0 R 2 4 0 R 它沿x、y轴上的二个分量为： dEx=－dEcos , dEy=－dEsin 对各分量分别求和
2.两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电 荷线密度为。（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。 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 = qE，单位长度导线所受 o 的电场力等于另一根导线在该导线 处的电场强度来乘以单位长度导线 所带电的量，即：F = E应该注意： 式中的电场强度 E 是除去自身电荷 外其它电荷的合电场强度。
p
x
x
r0
解：（1）设点P在两导线构成的平面上，E+、E-分别表示正、负 带电导线在P点的电场强度，则有 E E E
E
o x
p
x
o
E p
E
p
x
r0
x
x
o
x
r0
r0
1 1 r0 E E E i i 20 x r0 x 20 x( r0 x) 1 1 r0 E E E i i 20 x x r0 20 x( x r0 )
体电荷密度 电荷密度
r
dE
P
面电荷密度
线电荷密度
dq dV dq dS
dS
dq dl
dl
解题步骤：
1.把带电体看作是由许多个电荷元dq组成，dq
dV
dS dl
dq视为点电荷，从库仑定律求出 dE ；
2. 因各电荷元产生的 dE 方向不一定相同，
建立适当的坐标系，求分量dEx ,dEy ,dEz ， 3.积分：
习题讨论课1 真空中的静电场
矢量场
E Ei
i
场强叠加原理
点电荷系场强
i n E
i 1
4 0 ri
qi
3
ri
若带电体可看作是电荷连续分布的，如图示
把带电体看作是由许多个电荷元组成，
dq
Q
dV
然后利用场强叠加原理。 dq E dE r 2 0 Q Q 4 0 r
沿X轴正向
12.7 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ．试 求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a处的场强．
解：（1）建立坐标系．在平面薄板上取一 宽度为dx的带电直线，电荷的线密度为 dλ = σd x，根据无限长直线带电线的场强公式
dE d 2 0 r
y b O dx a P x
（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
E
o
E
F E
2 i 2 0 r0
2 F E i 20r0
x
r0
相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引。
3 半径为 R 、电荷线密度为 1 的一个均匀带电圆 环，在其轴线上放一长为 、电荷线密度 为 2 的 均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处， 如图所示，求该直线段受到的电场力。
（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d处的场强． x dx 为了便于观察，将薄板旋转建立 坐标系．仍然在平面薄板上取一 r 宽度为dx的带电直线，电荷的线 z 密度仍然为dλ = σd x，带电直线 O d Qθ dE 在Q点产生的场强为 b y d dx dE 2 0 r 2 0 (d 2 x 2 )1 2 x = d tanθ，则dx = ddθ/cos2θ dd d dE 因此 2 2 0 d sec cos 2 0 cos 沿z轴方向的分量为 dEz dE cos d 2 0 积分得