哈工大大学物理课件(马文蔚教材)第8篇电学

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哈工大大学物理静电场

第8章静电场（大物 II）
1. 有一边长为 a 的正方形平面，在其中垂线上距中心 O 点 a/2
处，有一电荷为 q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面
的电场强度通量为
。
2. 图示 BCD 是以 O 点为圆心，以 R 为半径的半圆弧，在 A 点有一电荷为+q 的点电荷，O 点有一电荷为-q 的点电
荷。线段 BA R 。现将一单位正电荷从 B 点沿半圆弧轨
16. 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度分布为： =qr/(πR4) ( r ≤ R) (q 为一正的常量)，而 r>R， =0。试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势。 17. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为 ρ，球层内表面半径为 R1，外表面半径为 R2。设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。
P
交点 P 处的电场强度的大小为______，方向_______________。
R O
d
4. 真空中有一半径为 R 的半圆细环，均匀带电 Q，如图所示。设无穷远处为电势零点，则圆心 O 点处的电势 U＝ __________，若将一带电量为 q 的点电荷从无穷远处移到圆心 O 点，则电场力做功 A＝_________________。
5. 一平行板电容器，极板面积为 S，相距为 d. 若 B U0 板接地，且保持 A 板的电势 UA＝U0 不变。如图，把 UC 一块面积相同的带有电荷为 Q 的导体薄板 C 平行地插
d/2 Q d/2
A C B
入两板中间，则导体薄板 C 的电势 UC ＝
______________。
道 BCD 移到 D 点，则电场力所作的功为 ______________________。

大学物理马文蔚8.6麦克斯韦电磁场理论

4. 无传导电流时
表示变化的磁场激发有旋电场，变化的电场激发有旋磁场。但二者符号不同，磁场增加时，激发的电场是左旋的，而电场增加时，激发的磁场是右旋的。充满变化磁场的空间，同时也充满变化的电场，形成变化的电磁场。
四、麦克斯韦方程组
1. M((21a))x位涡we移旋ll电电的流场两：：个基j本DB假t 设 D：t E 感B
讨论题：试就以下几个方面比较传导电流与位移电流的异同
（1）本质
（2）与磁场的关系
（3）在其中能存在的物质种类
（4）热效应
答（1）传导电流是电荷的宏观定向移动；位移电流是变化的电场产生的。
（2）二者都服从安培环路定理
（3）传导电流只存在于导体中；位移电流在导体、介质、真空中都可以存在。
（4）导体中的传导电流要产生热效应，服从焦耳—楞次定律。位移电流在真空中无热效应。
正负相同。而二者量纲也相同。 Maxwell 把
S1
S2
L
i0
2. 位移电流的定义可认为 ID 接替了电路中在电容器极板中间断了的传
导电流 i０，保持了电路中电流在形式上的连续性。传导电流和位移电流之和，称为全电流。
这样就解决了前述的矛盾。全电流永远是连续的。安培环路定理为
3. ID 与 I0 的异同:
分布，且＝ 0 sint ，忽略边缘效应，求：
(1)极板间的位移电流密度； (2) a，b 处的磁感应强度大小（r < R）。
R
r r
a
b
R
r rab例半径为R,相距l(l«R)的圆形空气平板电容器,两端加上交变
电压U=U0sint,求电容器极板间的:
(1)位移电流; (2)位移电流密度的大小; (3)位移电流激发的磁场分布B(r),r为圆板的中心距离.

大学物理马文蔚电势能与电势

条件：场强分布已知 [例] 求均匀带电球面、内外的电势分布。带电量
为 Q，球面半径为 R。 • 解：由高斯定理可易求得
R
OP
对球内的 P 点，其电势为
• 对球外的 P 点，其电势为
R
O
P
• 对电荷有限分布的情况通常选无限远处为零电势点；对电荷无限分布的情况，通常选择b 点为零电势的参考点，则：
•[例] 有一无限长均匀带电直线（线电荷密
度为）。求直线外一点 a 处的电势。
•解：由高斯定理不难求得距 r 处的电场
ra a b rb
等势面电势梯度
一、等势面电势相等的点在空间连成的曲面 (或平面)称为等势面。
A
•等势面的性质： •1．等势面与电场线正交
证明：电荷沿等势面移动时，
电场力不做功
B
设 A、B 是等势面上的两点，
A
B
•四、电势叠加原理 q
P
•
点电荷场的电势：
点电荷系场的电势：
电势的叠加原理。
连续分布的带电体：
体电荷面电荷线电荷
•五．电势的计算
➢ 1. 由电势迭加原理计算条件：场源电荷分布已知 [例题1] 带电圆环轴线上的电势分布。电量为 q，半径为 R。
解：取微元
•[例题1] 一均匀带电圆板，半径为 R，其面电荷密度已知。求圆板轴线上的电势。
选 P0 处为零点，则有
电场力所作的功为
•注意: •1.电势是对一个点而言的，电势差是对两点而言的。 •2.电势与零点的选择有关，而电势差与零点的选择有无关。 •3.零电势参考点的选择：理论计算中，对有限空间的带电体，常选无穷远处为零点(对无穷大带电体则不行).在实际中常选大地、机壳为零点。

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第8章电学

由于上述结论与球面半径r无关,说明对以点电荷 q为中心的任意球面而言，通过它们的电通量都一样。对两个无限接近的球面，通过它们的电通量都相同，说明
电场线在无电荷处连续
以q为球心在任意S闭合曲面内外取同心球面S’和S”
通过S”和S’的电场线数量相同为
所以通过S的电场线数量
q
0
S ’’ S q
FB
E 的单位是 N C E 是矢量坐标的一个矢量函数
场源电荷
q1 , q2 , qn
n
总场 E
n
检验电荷q0
由
Fi F 则 E i 1 q0 q0
n i 1
F Fi
i 1
n
Fi i 1 q0
Fi 每个点电荷单 Ei 独存在的场强 q0
E Ei E1 E2 En
一组点电荷在某点激发的场强,等于每个点电荷单独存在时所产生的电场在该点场强的矢量和,称为场强的叠加原理点电荷q0在电场 E 中受力 F qE
静止点电荷的场强及其叠加
q q0 由 F er 2 4 0 r 1
点电荷q的场强为:
F 1 q E e 2 r q 4 r

z E+
EQ
E-
Q
1 q EQ 2 cos 2 2 40 r l 4 1 q l2 2 40 r 2 l 2 4 r 2 l 2 4 1 2 1 ql 1 pe 40 r 2 l 2 4 3 2 EQ 40 r 3

r
0

第八章
8-1
1. 两种电荷
物理学中册静电场
电荷守恒定律

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第3章力学

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第3章力学
本课件将带你探索力学的基本概念。我们将介绍牛顿三大定律及其在实践中的应用。通过这份课件，你将收获对力学的深刻理解。
课件概述
探索基础概念
介绍第3章力学的内容和目标。为学习后续内容打下基础。
深化理解
强调学习本章内容的重要性。提醒学生特别关注牛顿三大定律的探究。
探索应用场景
引导学生思考力学在实践中的应用场景。为后续学习提供背景和参考。
牛顿第一定律
什么是牛顿第一定律？
详细讲解牛顿第一定律的概念和应用，以牛顿摆为例进行说明。
惯性是什么？
探讨物体的惯性特征以及与牛顿第一定律的关系。为牛顿第一定律打下基础。
实践中的牛顿第一定律
通过宇航员太空行走的示例，展现牛顿第一定律在实践中的应用。
机械设计体验
引导学生思考物理定律在机械设计中的应用。提供一些有趣的机械设计题目，拓宽学生视野
应用示例Βιβλιοθήκη 过山车物理学探究过山车运行的物理学原理和公式，帮助学生理解牛顿三大定律在实践中的应用。
滑轮机械
介绍滑轮机械的工作原理，决策滑轮机械的倍功率性能。
桥梁工程
运用本章知识分析现代桥梁工程的设计与施工，展现物理学在工程领域的重要性。
总结
1 关键词回顾
概括牛顿三大定律及应用场景的重要关键词。
2 思考回顾
引导学生思考课程的核心内容和学习收获。同时提供课程作业，帮助学生机械化习得本章重点。
3 反思提高
探讨如何将课程所学应用于更广泛的实践领域，帮助学生打破纸上谈兵，真正拥有所学物理学知识.
牛顿第二定律
1
公式探究
详细讲解牛顿第二定律的公式以及力量和质量的关系

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第9章电学

E dl q2
２）三个点电荷组成系统
1 1 1 E p123 E p12 E p13 E p 23 q1V1 q2V2 q3V3 2 2 2 n 1 ３）ｎ个点电荷系统 E p互 qiVi 2 i 1
２．电荷连续分布静电能
线带电
1 E pe Vdq 2
2 2 2
表面均匀带电的橡皮气球
1 1 Q Q E pe Vdq dq dq 2 4 0 R 8 0 R 2
求：两导体板的电荷分布
Q
+ + 1 + S+ + + + + +2 + + + -3 - P + + + 4 +S + +
解：设静电平衡后两导体板的电荷分布为
1 2 3 4
Q 1 2 由电荷守恒定律 S 1 由高斯定律 0 ( 2 S 3S ) 0
面带电体带电
1 dq dl E pe dl V 2 1 dq ds E pe ds V 2 1 dq dV体 E pe dV体 V 2
二.电场能量
1. 电容器储能
能量密度
A B
以平板电容器为例
q dW dF d dqE d dqU AB dq C Q Q q 1 2 1 W dW dq Q CU 2 We 0 0 C 2C 2
唯一性定理
（x, y, z ) 的分布就唯一的确定了. 证明（x, y, z ) 的分布不唯一设 ' x, y, z ) 也满足同样的边界条件边界有另一分布（

物理学(第五版)马文蔚第1至8章课后习题答案详解

1 -1 質點作曲線運動,在時刻t質點的位矢為r,速度為v ,速率為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｜= vGAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF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t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝GAGGAGAGGAFFFFAFAFv ．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 t rd 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ts d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式GAGGAGAGGAFFFFAFAF22d 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 t d 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aｔ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aｔ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, aaｔ为一不ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,为零的恒量,当aｔ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GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF 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GAGGAGAGGAFFFFAFAF长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t ll t x -==v ,式中tl 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,GAGGAGAGGAFFFFAFAF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 x m 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为GAGGAGAGGAFFFFAFAFm 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．GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF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-⋅=--=A B A B AB t t a v v (匀加速直线GAGGAGAGGAFFFFAFAF运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=C D 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 -+=,GAGGAGAGGAFFFFAFAF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-=GAGGAGAGGAFFFFAFAF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 PGAGGAGAGGAFFFFAFAF1 -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 ＝15GAGGAGAGGAFFFFAFAF 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 -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a 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GAGGAGAGGAFFFFAFAF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 tGAGGAGAGGAFFFFAFAF(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GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF 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 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 -+=GAGGAGAGGAFFFFAFAF(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 T T 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 vGAGGAGAGGAFFFFAFAF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 -t 2,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t x 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⎰⎰=tt a 0d d 0vv v 得 03314v v +-=t t (1)GAGGAGAGGAFFFFAFAF 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 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．GAGGAGAGGAFFFFAFAF 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 vv 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 e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程 )1(2-+=-Bt e B A t B 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,GAGGAGAGGAFFFFAFAF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GAGGAGAGGAFFFFAFAFv 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 000)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⎰⎰⎰+==tt rr 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 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 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GAGGAGAGGAFFFFAFAF 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GAGGAGAGGAFFFFAFAF周运动中,它们的大小分别为R a 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GAGGAGAGGAFFFFAFAFR a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ Ra 239987.0v ≈,R a 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R 2v ．1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t2 )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GAGGAGAGGAFFFFAFAF 有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度t d 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 ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v vGAGGAGAGGAFFFFAFAFj 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．GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF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==g y x v (2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan 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 nGAGGAGAGGAFFFFAFAF1 -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GAGGAGAGGAFFFFAFAF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GAGGAGAGGAFFFFAFAF)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gωhRr/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GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF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,GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF 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3.44m≥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GAGGAGAGGAFFFFAFAF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GAGGAGAGGAFFFFAFAFb 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b t 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 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·ｓGAGGAGAGGAFFFFAFAF-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-⋅===Rt t 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GAGGAGAGGAFFFFAFAFn 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 n2s2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t tGAGGAGAGGAFFFFAFAF(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v 2 ．(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ＳGAGGAGAGGAFFFFAFAF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．GAGGAGAGGAFFFFAFAF解由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v 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GAGGAGAGGAFFFFAFAF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。

大学物理教案(第五版)马文蔚改编8-1、电磁感应

Φ:任意时刻穿过闭合回路的磁通量
成锐角, 与 en 成锐角, 磁通 Φ 为正与 e 成钝角 ,磁通 Φ 为负
n
en
的方向
B
(5)若 ) 若
(4)按定律计算 )
εi
εi > 0 则电动势和绕行方向一致 εi < 0 则电动势和绕行方向相反
dΦ = d t 的值
法拉第电磁定律与楞次定律一致性
1)Φ实 )
B
θ L
X
L
Φ(t) = BcosθS 1 = BcosθLx = BLx
2
1 1 = LvtK LKtv = KLvt 2 2
dx 1 dB 1 dΦ LB = Lx εi = 2 dt 2 dt dt 1 1 = LxK LBv 2 2
在匀强磁场中, 在匀强磁场中置有面积为 S 的可绕轴转动的匝线圈轴转动的N . 若线圈作匀速转动求线圈若线圈作匀速转动. 中的感应电动势. 中的感应电动势设 t = 0 时, en 与 B 同向 , θ =ωt
不违反能量守恒定律
× × ×
×
× I F B 外 × ×
v×
F 安
×
3)含楞次定律的电磁感应定律 )
说明: 说明:
dΦ εi = + 楞次 dt
εi :回路的电动势
dΦ εi = dt
法拉第电磁感应定律
- :楞次定律的数学表达式约定: )选定回路的绕行方向; 约定: 1)选定回路的绕行方向; ( (2) 右手螺旋确定回路平面法线 ) (3) B )
Y
解: 1)选定绕行方向为顺时针. )选定绕行方向为顺时针. 2)求 )
Φ
(建立坐标系oxy) 建立坐标系 )

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第1章力学

dv 解：由 a dt
1-2
加速度为恒矢量时的质点运动
dv adt
瞬时速度矢量

r r0
v
v0
dv adt
0 t
t
v v0 at
由
v v0 at
dr (v0 at )dt
0
1 2 r r0 v0t at 2
位移
dr (t ) v dt
j
该式也叫质点的运动函数或运动方程。
r x2 y 2 z 2 x y z cos cos cos r r r
四.位移:
A Z z
y

P
o
r
n
A
x
B
k
M
i
B
X
S
r r (t t ) r (t ) r2 r1 ( x2 x1 )i ( y2 y1 ) j ( z2 z1 )k
dv x d 2 x ax 2 dt dt dv y d 2 y ay 2 dt dt dvz d 2 z az 2 dt dt
质点运动状态
质点运动学中的正反问题：位矢 r (t )
{
dr ( t ) 瞬时速度矢量 v dt
质点运动状态变化
{
位移
dv d 2 r ( t ) 瞬时加速度矢量 a dt dt 2
d dx dy dz ( xi yj zk ) i j k dt dt dt dt
dx vx dt dy vy dt dz vz dt
质点运动学中：质点运动状态
{
位矢

马文蔚《大学物理》第八章1

5
§8-1 恒定电流
2015-4-7 6
物理学
第五版
一、电流
电流密度
电流：通过截面S 的电荷随时间的变化率
I dq / dt
S
+ + + + + +
dq envddtS
I envd S
I
vd :电子漂移速度的大小
第八章电磁感应与电磁场
7
物理学
第五版
电流密度：细致描述导体内各点电流分布的情况. 该点正电荷运动方向方向： j
基尔霍夫第二定律
17
第八章电磁感应与电磁场
物理学
第五版
三、恒定电场与静电场
（三）恒定电场及其性质
与恒定电流场（稳定 J 场）相伴的电场
叫做恒定电场（又称稳恒电场）。欧姆定律的微分形式
E
J E 1、恒定电场的高斯定理 S E dS 0
2、稳恒电场的环路定理
第八章电磁感应与电磁场
14
物理学
第五版
三、恒定电场与静电场
（二）恒定电流场的特点
1、稳恒电流：
电流场中各点的电流密度矢量 J 都不随时间而
变的电流叫做恒定电流（或稳恒电流）。 2、稳恒条件：要维持恒定电流，空间各处的电荷密度必须不随时间而变。这个必要条件称为恒定条件（也称稳恒条件）。与电流场相伴的电场中，各处的电荷分布不随时间而变化，即空间各点的电荷密度保持不变。
第八章电磁感应与电磁场
13
物理学
第五版
三、恒定电场与静电场
（一）恒定电流场与恒定电场
不随时间改变的电荷分布产生不随时间改变的电场称为恒定电场(稳恒电场)。稳恒电场包括了静电场，但并不只限于静电场。 1、载流子与电流 2、电流强度和电流密度矢量 3、电流密度矢量的通量

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第1章力学

结语
1 力学教育的重要性
力学教育是一个完整的物理课程的核心，是各种工程和科学领域成功的关键。
2 对未来学生的启示
力学对所有学生都有重大意义，是培养他们成为更好的科学家和工程师的必要过程。
课程内容适用于各种工程和科学领域，帮助学生建立牢固的基础。
力学主题与重要性
1
物理学基础
强化物理学概念，涵盖了牛顿三定律以及其他物理学基础。
2
应用广泛
力学是物理学分支的核心，对各种领域都有重大单果。
3
思维训练
强求物理学思维和技能，培养相应能力，提升学生成为更优秀的物理科学家或工程师。
基本概念
物理学与力学的定义
物理学是一门研究物质本质的自然科学，而力学是物理学最基本的分支之一。
牛顿三定律的解释与应用
牛顿三定律是物理学中的基本定理，被广泛应用于各种工程和科学领域。
质点、质量、力的概念
质点是指在物理问题中被简单地看作质点运动的物体，质量是质点所具有的固有量度，而力是物理学中最基本的物理量之一。
施密特原理与相对论运动学的简介
哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第1章力学
在哈尔滨工业大学的物理课程中，马文蔚的力学教材是必不可少的。本章介绍了力学这个重要的物理学分支，并解释了一些关键概念。
教材介绍
严谨详尽
由哈工大的教授编写，有趣的漫画，让学生更好地理解物理学概念。
实用性强
施密特原理和相对论运动学是物理学中的重要概念，用于描述物理学的运动和惯性。
运动学基础
位移、速度和加速度的概念
位移、速度和加速度是物理学运动学的基本概念。
直线运动和非直线运动的描述
直线运动和非直线运动分别是基于直线方向的运动和不规则方向的运动。

8-3 电场强度+物理学第四版马文蔚主编+高等教育出版社

R o
dR
P
x
dE
x 1
1
E (
)
20 x2 x2 R02
8 – 3 电场强度
第八章静电场
E x ( 1 1 ) 20 x2 x2 R02
讨论
x R0
x R0
E 2 0
无限大均匀带电平面的电场强度
E
4π
q （点电荷电场强度）
0x2
(1
R2 1 )0 2
1
1
R2 0
x2
2 x2
电荷线密度 dq
dl
E
l
1
4π 0
er
r2
dl
第八章静电场
qds
r
P
dE
dl
q
r
dE
P
8 – 3 电场强度
第八章静电场
五
电偶极子的电场强度
r 电偶极子的轴 0
电偶极矩（电矩）
p
qr0
q
讨论
p q
r0
（1）电偶极子轴线延长线上一点的电场强度
q O q
x r0 2 r0 2
E
A
E
x
8 – 3 电场强度
E Ei
i
8 – 3 电场强度
第八章静电场பைடு நூலகம்
电荷连续分布情况
dE
1
4π 0
dq r2
er
r
E
dE
1
4π 0
er r2
dq
qdq
P
dE
电荷体密度 dq
dV
点 P处电场强度
E
V
1
4π 0
er

哈工大—大学物理课件—第8章-电磁感应和电磁场理论的基本概念

B
v

A
l
A( ) , O( )
解二：构成扇形闭合回路 AOCA
1 Φm BS AOCA B L2 2 dΦm 1 d 1 BL2 BL2
dt 2 dt 2
B

A
L

o
O ( )
由楞次定律
2019/1/26
A( )
C
例：
求：
v
I
a b c
0 I B1 2a
解一：取线元 dl
(v B) 与 dl 同向
L
v l
d (v B) dl v Bdl Bldl
1 2 B L d Bldl 2 o
o dl v B
L
m
使电子向下运动到a端，结果
平衡时
B ++ + + F+ + e
+ + +
+
+ +
b “+” a “－”
(2)
+ + + -+ +
Fm Fe eE
+ + + a+ +
+ Fm - -
+ v
+
+
+ + + +
ab 具有一定电势差Uab ab相当电源
b Ei
ab ~ 电源，反抗 F 做功，将+q由负极正极， e a 维持Uab的非静电力 — 洛仑兹力Fm
B

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)第8篇电学

哈工大大学物理静电场

大学物理马文蔚8.6麦克斯韦电磁场理论

大学物理马文蔚电势能与电势

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第8章电学

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第3章力学

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第9章电学

物理学(第五版)马文蔚第1至8章课后习题答案详解

大学物理教案(第五版)马文蔚改编8-1、电磁感应

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第1章力学

马文蔚《大学物理》第八章1

哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第1章力学

8-3 电场强度+物理学第四版 马文蔚主编+高等教育出版社

哈工大—大学物理课件—第8章-电磁感应和电磁场理论的基本概念

8-3 电场强度+物理学第四版马文蔚主编+高等教育出版社