大学物理 上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第八章 真空中的稳恒磁场

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第四节 安培环路定理
Bdl L
0 (I1 I2 )
（0 I1
I
）
2
I1
I2 I3
I1
L
I1
问（1）B 是否与回路 L 外电流有关？
（2）若
LB d l 0 ,是否回路 L 上各处
B
0
？
是否回路 L 内无电流穿过？
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第四节 安培环路定理
安培环路定理的应用
例题 无限长载流圆柱体的磁场
33
第三节 磁通量 磁场的高斯定理
例题 如图载流长直导线的电流为 I, 试求通过矩形面积的磁通量.
B
I
l
d1 d2
o
x
解
B 0I
2π x
dΦm
BdS
0I
2πx
ldx
Φm
B dS 0Il
S
2π
d2 dx x d1
Φm
0 Il
2π
ln
d2 d1
34
第三节 磁通量 磁场的高斯定理 磁场的高斯定理
d
I
B1
r1
dl1
B2 dl2
r2
l
B1
0I ，
2 π r1
B2
0 I
2 π r2
B1
dl1
B2
dl2
0 I
2π
d
B1 dl1 B2 dl2 0
l B d l 0
40
第四节 安培环路定理
多电流情况
I1
I2
I3
l
B B1 B2 B3
Bdl
l
0(I2 I3)
推广：
➢ 安培环路定理
第13章

恒定磁场一、基本要求1、了解电流密度的概念。

2、掌握磁感应强度的概念及毕奥—萨伐尔定律，能利用叠加原理结合对称性分析，计算一些简单问题中的磁感应强度。

3、理解稳恒磁场的两个基本规律：磁高斯定理和安培环路定理。

掌握应用安培环路定理计算磁感应强度的条件和方法，并能熟练应用。

4、掌握洛伦兹力公式，能分析运动电荷在磁场中的受力和运动。

掌握安培力公式，理解磁矩的概念，能计算简单几何形状的载流导线和载流平面线圈在均匀磁场中或在无限长直载流导线产生的非均匀磁场中所受的力和力矩。

二、主要内容 1、稳恒电流电流：电荷的定向运动。

电流强度：单位时间通过导体某一横截面的电量，即dtdq I =。

电流密度)(δ：通过与该点的电荷移动方向相垂直的单位面积的电流强度，方向与该点的正电荷移动方向一致。

电流密度是描述电流分布细节的物理量，单位是2/m A 。

电流强度⎰⋅=SS d Iδ。

2、磁场在运动的电荷（电流）周围，除了形成电场外，还形成磁场。

磁场的基本性质之一是它对置于其中的运动电荷或电流有作用力。

和电场一样，磁场也是一种物质。

3、磁感应强度磁感应强度B是描述磁场性质的物理量。

当电荷在磁场中沿不同方向运动时，磁场对它的作用力不同，沿某方向运动时不受力，与该方向垂直运动时受力最大，定义B 的方向与该方向平行，由v q F⨯max 决定。

B 的大小定义为qvF B max=。

如右图所示。

B 的单位为T （特斯拉）。

4、毕奥—萨伐尔定律电流元：电流元l Id是矢量，其大小等于电流I 与导线元长度dl 的乘机，方向沿电流方向。

毕奥—萨伐尔定律：电流元l Id 在P 点产生的磁感应强度为 30r rl Id B d⨯=μ式中0μ为真空磁导率，A m T /10470⋅⨯=-πμ，r由电流元所在处到P 点的矢量。

运动电荷的磁场：304rrqv B πμ ⨯= 本章判断磁场方向的方法与高中所学方法相同。

几种特殊形状载流导线的磁场()012 cos cos 4I B aμθθπ=- a I B πμ20= a I B πμ40= )1(cos 40+=θπμa IB0=B5、磁场的高斯定理磁感应线：磁感应线为一些有向曲线，其上各店的切线方向为该点的磁感应强度方向，磁感应线是闭合曲线。

专业班级_____姓名________ 学号________第八章 稳恒电流的磁场一、选择题：1、在磁感应强度为B ρ的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n ρ与B ρ的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量为：[ D ]（A ）B r 2π （B ）B r 22π （C ）απsin 2B r - （D ）απcos 2B r -。

2、无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感应强度大小等于：[ D ]（A ）R I πμ20 （B ）RI40μ （C ）0（D ）)11(20πμ-RI（E ）)11(40πμ+RI3、电流由长直导线1沿切向经a 点流入一个电阻均匀分布的圆环，再由点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源（如图）。

已知直导线上的电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 和圆心O 在同一直线上。

设长直载流导线1、2和分别在O 点产生的磁感应强度为1B ρ、2B ρ、3B ρ，则圆心处磁感应强度的大小[ C ]（A ）0=B ，因为0321===B B B 。

(B)0=B , 因为虽然01≠B ,02≠B ,但021=+B B ρρ，03=B 。

（C ）0≠B ，因为01≠B ，02≠B ，03≠B 。

（D ）0≠B ，因为虽然03=B ，但021≠+B B ρρ。

4、 磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上，图（A ）——（E ）哪一条表示x B -的关系[ D ] 5、无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流，设圆柱体内（R r <）的磁感应强度为i B ,圆柱体外（r> R ）的磁感应强度为e B 。

则有：[ B ] (A)i B 、e B 均与r 成正比。

(B) i B 、e B 均与r 成反比。

(C)i B 与r 成反比，e B 与r 成正比。

大学物理第8章磁场题库2(含答案)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章磁场填空题（简单）1、将通有电流为I的无限长直导线折成1/4圆环形状，已知半圆环的半径为R，则圆心O点的磁感应强度大小为08IRμ。

2、磁场的高斯定理表明磁场是无源场。

3、只要有运动电荷，其周围就有磁场产生；4、（如图）无限长直导线载有电流I1，矩形回路载有电流I2，I2回路的AB边与长直导线平行。

电流I1产生的磁场作用在I2回路上的合力F的大小为01201222()I I L I I La a bμμππ-+，F的方向水平向左。

（综合）5、有一圆形线圈，通有电流I，放在均匀磁场B中，线圈平面与B垂直，则线圈上P点将受到安培力的作用，其方向为指向圆心，线圈所受合力大小为 0 。

（综合）6、∑⎰==⋅niilIl dBμ是磁场中的安培环路定理，它所反映的物理意义是在真空的稳恒磁场中，磁感强度B沿任一闭合路径的积分等于0μ乘以该闭合路径所包围的各电流的代数和。

7、磁场的高斯定理表明通过任意闭合曲面的磁通量必等于 0 。

4题图5题图10题图8、电荷在磁场中 不一定 （填一定或不一定）受磁场力的作用。

9、磁场最基本的性质是对 运动电荷、载流导线 有力的作用。

10、如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，B 与半球面轴线的夹角为α。

求通过该半球面的磁通量为2cos B R πα-。

（综合）12、一电荷以速度v 运动，它既 产生 电场，又 产生 磁场。

(填“产生”或“不产生”)13、一电荷为+q ，质量为m ，初速度为0υ的粒子垂直进入磁感应强度为B 的均匀磁场中，粒子将作 匀速圆周 运动，其回旋半径R=0m Bqυ，回旋周期T=2mBq π 。

14、把长直导线与半径为R 的半圆形铁环与圆形铁环相连接（如图a 、b 所示），若通以电流为I ，则 a 圆心O 的磁感应强度为___0__________；图b 圆心O 的磁感应强度为04IRμ。

稳恒磁场<一>一. 选择题:1. 两根平行的、载有相同电流的无限长直导线在空间的磁感应强度21B B B +=112l I B πμ==,1l 表示距导线1的距离. 方向: 在 x ＜ 1 的区域内垂 直纸面向外,在 x ＞ 1 的区域内垂直纸面向内; 222l I B πμ==,2l 表示距导线2的距离. 方向: 在 x ＜3 的区域内垂 直纸面向外,在 x ＞3 的区域内垂直纸面向内;故可推断 B ＝0的地方是在1l ＝2l ＝1 或 x ＝2 的直线上. 故选<A>.2. 正方形以角速度ω绕AC 轴旋转时,在中心O 点产生的磁感应强度大小为正方形以角速度ω绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时,在O 点产生的磁感应强 度大小为显见122B B =或221B B =故选<C>. 3. 把无限长通电流的扁平铜片看作由许许多多电流为dI 的无限长载流细长条组成.选扁平铜片右边沿为X 轴零点,方向向左.如图所示dI 在P 点产生的磁感应强度)(20b x dI dB +=πμ,方向垂直纸面向内. 整个通电流的铜片在P 点的磁感应强度的大小为⎰⎰+==a a b x a Idx dB B 000)(2πμba a I =ln 20πμ <B> 4. 若空间两根无限长载流直导线是平行的,如图所示. 则在空间产生的磁场分布具有对称性,可以用安培定理直接求出.也可以用磁感应强度的叠加原理求出.对一般任意情况,安培环路定理是成立的,但环路上的B 值是变化的,不能提到积分号外,故不能给出磁感应强度的具体值.用磁感应强度叠加原理与其与安培环路定理结合的方法,是可以求出磁感应强度值的.故选<D>.5. 由于O 点在长直电流的延长线上,故载流直导线在O 点产生的磁感应强度为0,在圆环上,电流I 1在O 点产生的B 1为：I 1 I 2方向垂直于环面向外.在圆环上,电流I 2在O 点产生的B 2为：方向垂直于环面向里.由于两段弧形导线是并联的,I 1R 1= I 2R 2所以B1=B2 方向相反. O 点的合磁感应强度为0.6. 选择〔B 〕7. 选择〔D 〕二. 填空题:1. A I A 1=,A I 在P 点产生的磁感应强度A B 为 =⨯⨯=1210πμA B πμ20,方向如图. A I B 2=,B I 在P 点产生的磁感应强度B B 为=⨯⨯=2220πμB B πμ20,方向如图. 所以,1:1:=B A B B方向: θθθθαtg B B B tg B B A -=-=cos 1cos sin 333132=-=. 所以α＝30°2.解：因为O 点在AC 和EF 的延长线上,故AC 和EF 段对O 点的磁场没有贡献.CD 段 RI R I B CD 82400μππμ=⋅= ED 段 RI R I a I B o o DE πμπμπμ22/242)145cos 45(cos 4000==-= O 点总磁感应强度为3. [解法1]:如图<a>所示.将宽度为d 的载流导体薄片看作由许许多多电流元为dI 的无限长载流导线组成的.dI 在P 点产生的磁感强度大小为式中22a x r +=, 方向如图<b>所示.dB y ＝dBsin θ, dB x ＝dBcos θ022==⎰-dd y y dB B ,<对称性> 在导片中线附近处,令a →0[解法2]:因所求磁感应强度点P 在导片中线附近.据对称性分析,可知该点的磁感应强度方向平行于导片.选取图示矩形安培环路,<见图c>5.电流密度的大小: ()22r R I -=πδ本题意可等效为以O 点为中心半径为R 的金属导体上通以电流密度为δ,方向垂直纸面向内.和以O'为中心,半径为r 的金属导体部分通以电流密度为δ,方向为垂直纸面向外.空心部分曲线上O'点的磁感应强度为式中R B 表示半径为R 的圆柱电流对O'的磁感强度, r B 表示半径为r 的圆柱电流对O'的磁感强度. 根据安培环路定理得以O 为圆心,作半径为a 的环流,则有即=R B ()2202r R Ia-πμ所以==R B B '0()2202r R Ia-πμ6.已知C q 19100.8-⨯=, 15100.3-⋅⨯=υs m ,m R 81000.6-⨯=则该电荷沿半径为R 的圆周作匀速运动时,形成的圆形电流该电荷在轨道中心所产生的磁感应强度该带电质点轨道运动的磁矩三. 计算题:1. 根据磁感应强度的叠加原理,O 点的磁感应强度=⨯=1110122R l R I B πμ211022R l I ⨯πμ, 方向垂直纸面向内. =⨯=2220222R l R I B πμ222022R l I ⨯πμ, 方向垂直纸面向外. 所以,O 处的磁感应强度B 的大小为B ＝B 1－B 2＋B 3＋B 4方向垂直纸面向内.2. 解：由于带电线段AB 的不同位置绕O 点转动的线速度不同,在AB 上任取一线元dr, 它距O 点的距离为r,如图所示,其上带电量为dq=λdr,当AB 以角速度ω旋转时,dq 形成环形电流,其电流大小为根据圆电流在圆心O 的磁感应强度为则有带电圆电流在圆心O 的磁感应强度为当带电λ为正电荷时,磁感应强度方向垂直于纸面向里.旋转带电线元dr 的磁矩为转动带电线段AB 产生的总磁矩当带电λ为正电荷时,磁矩方向也垂直于纸面向里.3. 根据磁感应强度叠加原理,圆环中心O 的磁感应强度式中1B 表示L 1段导线在O 点所产生的磁感强度. 2B 表示L 2段导线在O 点所产生的磁感强度. 3B 表示圆环在O 点所产生的磁感强度.L 1的沿线穿过O 点,据毕奥─萨伐尔定律,得01=BL 2是无限长直导线,故RI B πμ402=,方向垂直纸面向外. 圆环在a 点被分成两段1I ,2I ,两段在O 点所产生的磁感强度03=B .所以RI B B πμ4020==,方向垂直纸面向外.四. 改错题:S ≠0, B ＝0 这个推理是错误的.因为磁感应线是无头无尾的闭合曲线,在磁场中任意闭合曲面,进去多少磁感应线必然出来多少磁感应线,所以在磁场中穿过任意闭合曲面的磁通量都为零.但闭合面上的磁感应强度不一定为零.例如,在一磁感强度为B 的均匀磁场中穿过任一圆球面的磁通量都为零,但球面上的磁感强度不为零.五. 问答题:毕奥─萨伐尔定律只适用于电流元Idl,电流元的长度dl 比它到考察点的距离r 小得多,即 r ＞＞ dl.因此,无限长直线电流的任一段dl 到考察点的距离都要遵守这一条件.即a 不能趋于零.当a →0时,毕奥─萨伐尔定律已不成立.稳恒磁场<二>一.选择题:1. 在所给线圈状态下,线圈平面法线与外磁场方向的夹角为零.由 知：0=M2. 由图可知,大线圈所产生的磁场方向垂直于纸面向内,根据小线圈中的电流流向可以判断小线圈的磁矩方向也是垂直于纸面向内.磁矩方向与磁场方向的夹角为零.根据磁力矩的定义 知：0=M3. 质点在x ＝0、y ＝0处进入磁场时,受到向上的洛仑兹力.质点在x ＞0、y ＞0 区域内运动,且作以y 轴为直径的圆周运动.如图所示. 因为Rm Bqv 2υ=,所以轨道半径为Bq m R υ=. 当它以υ-从磁场中出来时,这点坐标是0=x ,4. 质点受洛仑兹力的作用,因为R m Bq 2υ=υ,即mRqB =υ 则,质点动能为5. 由力学动能定理可知,离子经加速后得到初动能离子在磁场中运动,洛伦兹力充当其向心力,可得 m qU 2=υqB m R υ= 而 2x R = 联立 mqU qB m qB m x 22==υ 二.填空题:1. 因为B p M m ⨯=θsin B p m =θsin ISB =所以,最大磁力矩时2πθ=,磁通量0cos ==⋅=ΦθBS S B最小磁力矩时0=θ磁通量BS BS S B ==⋅=Φθcos2. 由角动量公式得电子作圆周运动的速率电子转动的圆电流此圆电流在圆心质子处产生的磁感应强度为3电子产生的电流: e rI ⋅πυ=2,υ是电子速度.因为圆电流平面法线与与磁场垂直,由B p M m ⨯=知,这个圆电流所受磁力矩为:B BIS M ==B er r e r υ=π⋅πυ⋅2122,由库仑定律知,r m re 22024υ=πε,电子的速度为mr e 0224πε=υ 所以m rBe M 0216πε=.4. 电子受到的洛仑兹力: Rm Bq 2υ=υ, 得: 21059.7-⨯=υ=qBm R m.5. 频率为mqB f π2= 三.计算题解： 无限长半圆柱面导体可看作许多平行的无限长直线电流所组成的.对于宽度为 θRd dl =的窄条无限长直导线的电流为由安培环路定理可知dI 在O 点产生的磁场为dB 方向如图所示对所有窄条电流积分得所以轴线上O 点磁感应强度为RI B B x 20πμ-== 轴线上导线单位长度所受的力 l RI Il B F x 220πμ-== 〔取l 为单位1〕 受力的大小为四.证明题:证明: 选b a →为X 轴正方向,则坐标如图所示. 因为B l Id F d ⨯= Yj dy i dx l d +=⊗B 所以⎰⎰==(I F d F B j dy i dx ⨯+) 0 a b X即: 一条任意形状的载流导线所受的安培力等于载流直导线ab 所受的安培力. 五.问答题:1. 答:带电粒子在洛仑兹力的作用下作圆周运动,因为： R m Bq 2υ=υ 所以,圆周运动的轨道半径为由于铝板上方半径大,对应的粒子速度大,考虑到粒子通过铝板有能量损失,所以,带电粒子是由铝板上方穿透铝板向下方运动.由于向心力是洛仑兹力所以q 必为正号,即粒子带正电.2. 答:两个电子绕行一周所需要的时间无有差别.。

(2。 2)Bqd
m
以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹,从而探索出
临界条件,这种方法称为“放缩法”。
已知α粒子的电荷量与质量之比 ×107 C/kg。
高考物理大一轮复习 第八章 磁场本章小结课件
示轨迹半径,有qvB=m ,
知:Rmax(1-cos 45°)=d,又Bqvmax=m ,联立可得vmax= 。
速度方向的直线PP'上。
以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹,从而探索出
临界条件,这种方法称为“放缩法”。
(1)速度大小一定,方向不同
示轨迹半径,有qvB=m ,
二、平移法
(1)速度大小一定,方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在
磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度为v0,则圆周运动半径为
因朝不同方向发射的α 粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图 中N左侧与ab相切,则此切点P1就是α 粒子能打中的左侧最远点。为确定P1 点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心,R为半径, 作弧交cd于Q点,过Q作ab的垂线,它与ab的交点即为P1。即:NP1=
R。2 (l R)2
将一半径为R= 的圆沿着“轨迹圆心圆”平移,从而探索出临界条件,这
MM‘和NN’是磁场左右的两条边界线。
例1 如图所示,宽度为d的匀强有界磁场,磁感应强度为B,
(示1)轨速迹度半方径解向,一有析定qv,B大=小m用 不,同放缩法作出带电粒子运动的轨迹如图所示,当其运动轨迹与NN'
专题 有界磁场中临界问题的处理方法
高考物理大一轮复 习 第八章 磁场本章

大学物理真空中的稳恒磁场习题集第八章 真空中的稳恒磁场8-1 已知均匀磁场，其磁感强度B = 2.0 Wb ·m -2，方向沿x 轴正向，如图所示．试求： (1) 通过图中abOc 面的磁通量； (2) 通过图中bedO 面的磁通量； (3) 通过图中acde 面的磁通量．（答案：－0.24Wb ；0 Wb ；0.24Wb ）8-2 如图所示，一无限长直导线通有电流I =10 A ，在一处折成夹角θ ＝60°的折线，求角平分线上与导线的垂直距离均为r =0.1 cm 的P 点处的磁感强度．(μ0 =4π×10-7 H ·m -1)（答案：3.73×10-3 T ，方向垂直纸面向上）8-3 有一条载有电流I 的导线弯成如图示abcda 形状．其中ab 、cd 是直线段，其余为圆弧．两段圆弧的长度和半径分别为l 1、R 1和l 2、R 2，且两段圆弧共面共心．求圆心O 处的磁感强度B的大小．（答案：]2sin 2sin [2cos222111110R l R l R l R I+-πμ)(42222110R l R l I -π+μ 方向⊗．）8-4 将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D 点的磁感强度B的大小．（答案：)223(40ba I +ππμ）8-5 已知半径为R 的载流圆线圈与边长为a 的载流正方形线圈的磁矩之比为2∶1，且载流圆线圈在中心O 处产生的磁感应强度为B 0，求在正方形线圈中心O ＇处的磁感强度的大小．（答案：03)/2(B a R ）8-6 无限长直导线折成V 形，顶角为θ ，置于xy 平面内，一个角边与x 轴重合，如图．当导线中有电流I 时，求y 轴上一点P (0，a )处的磁感强度大小．（答案：)cos sin 1(cos 40θθθμ-+a Iπ，方向垂直纸面向外）8-7 在真空中，电流由长直导线1沿垂直于底边bc 方向经a 点流入一由电阻均匀的导线构成的正三角形金属线框，再由b 点从三角形框流出，经长直导线2沿cb 延长线方向返回电源(如图)．已知长直导线上的电流强度为I ，三角框的每一边长为l ，求正三角形的中心点O 处的磁感强度B．（答案：)332(40-πlIμ，方向垂直纸面向里）8-8 将通有电流I = 5.0 A 的无限长导线折成如图形状，已知半圆环的半径为R =0.10 m ．求圆心O 点的磁感强度．(μ0 =4π×10-7 H ·m -1)（答案：2.1×10-5 T ，方向垂直指向纸里）8-9 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．（答案：aIπ820μ，方向⊗）8-10 一无限长载有电流I 的直导线在一处折成直角，P 点位于导线所在平面内，距一条折线的延长线和另一条导线的距离都为a ，如图．求P 点的磁感强度B．（答案：)4/(20a I πμ，方向⊗）8-11 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度．（答案：[2μ2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ）28-12 如图所示，有一密绕平面螺旋线圈，其上通有电流I ，总匝数为N ，它被限制在半径为R 1和R 2的两个圆周之间．求此螺旋线中心O 处的磁感强度．（答案：12120ln)(2R R R R NI-μ，方向⊙）8-13 图所示为两条穿过y 轴且垂直于x －y 平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流I ，但方向相反，它们到x 轴的距离皆为a ．(1) 推导出x 轴上P 点处的磁感强度)(x B的表达式. (2) 求P 点在x 轴上何处时，该点的B 取得最大值．（答案：i x a Iax B)()(220+π=μ；x = 0处，B 有最大值）8-14 如图所示，两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R 1、R 2和R 2、R 3，外面的圆环以每秒钟n 2转的转速顺时针转动，里面的圆环以每秒钟n 1转的转速反时针转动．若电荷面密度都是σ ，求n 1和n 2的比值多大时，圆心处的磁感强度为零．（答案：122312R R R R n n --=）8-15 如图，一半径为R 的带电塑料圆盘，其中半径为r 的阴影部分均匀带正电荷，面电荷密度为+σ ，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为-σ 当圆盘以角速度ω 旋转时，测得圆盘中心O 点的磁感强度为零，问R 与r 满足什么关系？OR 1R 2IR 1R 2 R 3n 1 n 2 O σ σ（答案：r R 2=）8-16 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，线电流密度(即沿x 方向单位长度上的电流)为δ ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感强度．（答案：0ln2a bbμδ+π，方向垂直纸面向里）8-17 一半径R = 1.0 cm 的无限长1/4圆柱形金属薄片，沿轴向通有电流I = 10.0 A 的电流，设电流在金属片上均匀分布，试求圆柱轴线上任意一点P 的磁感强度．（答案：1.8×10-4T ， B与x 轴正向的夹角α =225°）8-18 已知真空中电流分布如图，两个半圆共面，且具有公共圆心，试求O 点处的磁感强度．（答案：)8/(0R I μ，方向指向纸内）8-19 在真空中有两根相互平行的无限长直导线L 1和L 2，相距10 cm ，通有方向相反的电流，I 1 =20 A ，I 2 =10 A ，试求与两根导线在同一平面内且在导线L 2两侧并与导线L 2的距离均为 5.0 cm 的两点的磁感强度的大小．(μ0 =4π×10-7 H ·m -1)（答案：1.2⨯10-4T ；1.3⨯10-5T ）8-20 无限长载流直导线弯成如图形状，图中各段共面，其中两段圆弧分别是半径为R 1与R 2的同心半圆弧．(1) 求半圆弧中心O 点的磁感强度B；(2) 在R 1<R 2的情形下，半径R 1和R 2满足什么样的关系时，O 点的磁感强度B 近似等于距O 点为R 1的半无限长直导线单独存在时在O 点产生的磁感强度．（答案：4)1(012112IR R R R R μπ+-，方向垂直纸面向外；1112-π<<-R R R 时，10π4R IB μ≈）8-21 一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．（答案：π40Iμ2ln 20π+Iμ）8-22 有一长直导体圆管，内外半径分别为R 1和R 2，如图，它所载的电流I 1均匀分布在其横截面上．导体旁边有一绝缘“无限长”直导线，载有电流I 2，且在中部绕了一个半径为R 的圆圈．设导体管的轴线与长直导线平行，相距为d ，而且它们与导体圆圈共面，求圆心O 点处的磁感强度B．（答案：)()1)((2120d R R RI d R I +-π++⋅πμ，方向⊙）8-23 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．（答案：12ln2R R NIbπμ；0）8-24 质子和电子以相同的速度垂直飞入磁感强度为B的匀强磁场中，试求质子轨道半径R 1与电子轨道半径R 2的比值．（答案：2121//m m R R =）8-25 一电子以v = 105 m ·s -1的速率，在垂直于均匀磁场的平面内作半径R = 1.2 cm 的圆周运动，求此圆周所包围的磁通量．（答案：2.14×10-8 Wb ）8-26 如图所示，电阻为R 、质量为m 、宽为l 的矩形导电回路．从所画的静止位置开始受恒力F的作用．在虚线右方空间内有磁感强度为B且垂直于图面的均匀磁场．忽略回路自感．求在回路左边未进入磁场前，作为时间函数的速度表示式．（答案：)e 1(22bt lB FR--=v ，)/(22Rm l B b =）FB8-27 如图所示，将一无限大均匀载流平面放入均匀磁场中，(设均匀磁场方向沿Ox 轴正方向)且其电流方向与磁场方向垂直指向纸内．己知放入后平面两侧的总磁感强度分别为1B与2B．求：该载流平面上单位面积所受的磁场力的大小及方向？（答案：j B B21222μ--）8-28 通有电流Ｉ的长直导线在一平面内被弯成如图形状，放于垂直进入纸面的均匀磁场B中，求整个导线所受的安培力(R 为已知)．（答案：RIB 2，方向向上）8-29 一半径为 4.0 cm 的圆环放在磁场中，磁场的方向对环而言是对称发散的，如图所示．圆环所在处的磁感强度的大小为0.10 T ，磁场的方向与环面法向成60°角．求当圆环中通有电流I =15.8 A 时，圆环所受磁力的大小和方向．（答案：0.34 N ，方向垂直环面向上）8-30 在xOy 平面内有一圆心在O 点的圆线圈，通以顺时针绕向的电流I 1另有一无限长直导线与y 轴重合，通以电流I 2，方向向上，如图所示．求此时圆线圈所受的磁力．（答案：210I I μ）yBI 18-31 半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2，置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I 1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力．（答案：2210I I μ，方向垂直I 1向右）8-32 一平面线圈由半径为0.2 m 的1/4圆弧和相互垂直的二直线组成，通以电流2 A ，把它放在磁感强度为0.5 T 的均匀磁场中，求：(1) 线圈平面与磁场垂直时(如图)，圆弧AC 段所受的磁力． (2) 线圈平面与磁场成60°角时，线圈所受的磁力矩．（答案：0.283N ，方向与AC 直线垂直，与OC 夹角45°；1.57×10-2 N ·m ，力矩M 将驱使线圈法线转向与B平行）8-33 一矩形线圈边长分别为a =10 cm 和b =5 cm ，导线中电流为I = 2 A ，此线圈可绕它的一边OO ＇转动，如图．当加上正y 方向的B =0.5 T 均匀外磁场B，且与线圈平面成30°角时，线圈的角加速度为β = 2 rad/s 2，求∶(1) 线圈对OO ＇轴的转动惯量J =？(2) 线圈平面由初始位置转到与B 垂直时磁力所做的功？（答案： 2.16×10-3 kg ·m 2；2.5×10-3 J ）I 2I 1A DCB⊗O xyz I30° BO ′ a b精品资料仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢11 8-34 两根很长的平行直细导线，其间距离为d ，它们与电源组成回路(如图)，回路中电流为I ．若保持电流I 不变，使导线间的距离由d 增大至d ′，求磁场对单位长度直导线所作的功．（答案：d d I 'ln 220πμ）I。

9999第8章 稳恒磁场8.1 要求1 掌握磁感应强度的概念，理解毕奥 — 萨伐尔定律并能利用其计算简单问题的磁感应强度；2 理解恒定磁场的规律，磁场高斯定理和安培环路定理。

掌握用安培环路定理计算磁感应强度的方法；3 掌握安培定律的洛仑兹力公式，能计算载流导线在磁场中受的力，能分析运动电荷在均匀电场中和磁场中的受力和运动。

8.2 内容提要1 电流（1） 定义：单位时间内，通过导体中任一横截面的电量，简称为电流。

（2） 数学表达式 tq I ∆∆=，∆t 时间内流过导体任一横截面的电量∆q ； 2 电流强度 dtdq t q i t =∆∆=→∆0lim 3 电流密度 定义式qn =，或θcos jdS d dI =∙=4 恒定电流的重要性质 0=∙⎰sd5 欧姆定律（1） 中学物理 欧姆定律 Sl R R V V I ρ=-=,21； （2） 大学物理 ,1,ds dl ds dl R R dV dI γρ===∵dl dV E j ds dI ==,， （3） 欧姆定律的微分形式 E j γ=6 磁场磁铁、电流和运动电荷，不论是同类之间还是彼此之间，都存在磁力的相互作用。

一切磁力都起源于电荷的运动，磁力是通过磁场传递的。

也就是说，运动电荷（包括电流或磁铁）在其周围空间激发磁场，磁场再作用于运动电荷（电流或磁铁）。

磁场也是电磁场的一种特殊存在方式，是物质的另一种形态。

7 磁感应强度磁感应强度是描述磁场各处强弱和方向的物理量，它的定义有三种方法：（1） 用磁场对运动电荷的作用来描述磁场。

在磁场的每一点都有一个特定的方向，当试探电荷0q 沿着这个方向运动时不受力，这个特定的方向定义为的方向。

在磁场中的每一个点，当试探电荷0q 的运动速度与B 垂直时，它所受的力最大为max F ，则定义B 的大小为 Vq F B 0max =； （2） 用电流元在磁场中所受的力来描述磁场，把试探电流元l Id 放在磁场中的某点处，它所受到的力与试探电流元Id 取向有关。

第七章稳恒电流1、在磁感强度为B的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B的夹角为 ，则通过半球面S 的磁通量(取弯面向外为正)为 (A) r 2B ． . (B) 2r 2B ． (C) -r 2B sin ． (D) -r 2B cos ．2、磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上．图(A)～(E)哪一条曲线表示B －x 的关系［ ］3、如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L 的积分 LlB d 等于(A) I 0 ． (B) I 031． (C) 4/0I ． (D) 3/20I ．4、如图，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动．线框平面与大平板垂直．大平板的电流与线框中电流方向如图所示，则通电线框的运动情况对着从大平板看是： (A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动． (C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动．5、在一根通有电流I 的长直导线旁，与之共面地放着一个长、宽各为a 和b 的矩形线框，线框的长边与载流长直导线平行，且二者相距为b ，如图所示．在此情形中，线框内的磁通量 =______________．n B SOB x O R (A) BxO R (B)Bx O R (D) Bx O R (C)BxO R (E)x电流 圆筒II ab c d120°I 1I 2b baI6、如图所示，在真空中有一半圆形闭合线圈，半径为a ，流过稳恒电流I ，则圆心O 处的电流元l I d 所受的安培力Fd 的大小为____，方向________．7、有一根质量为m ，长为l 的直导线，放在磁感强度为 B的均匀磁场中B 的方向在水平面内，导线中电流方向如图所示，当导线所受磁力与重力平衡时，导线中电流I =___________________．8、如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，线电流密度(即沿x 方向单位长度上的电流)为，求与平板共面且距平板一边为b的任意点P 的磁感强度．9、一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布．答案：一 选择题1、D2、A3、D4、B5、2ln 20Ia6、a l I 4/d 20 垂直电流元背向半圆弧(即向左)7、)/(lB mgIlI dIBI8、解：利用无限长载流直导线的公式求解． (1) 取离P 点为x 宽度为d x 的无限长载流细条，它的电流x i d d(2) 这载流长条在P 点产生的磁感应强度x i B 2d d 0 xx2d 0 方向垂直纸面向里．(3) 所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P 点产生的磁感强度B B dba bxdx x20b b a x ln 20 方向垂直纸面向里．9、解：由安培环路定理： i I l Hd 0< r <R 1区域： 212/2R Ir rH 212R Ir H， 2102R Ir BR 1< r <R 2区域： I rH 2r I H 2， rIB 2R 2< r <R 3区域： )()(22223222R R R r I I rH )1(22223222R R R r r IH )1(2222322200R R R r r IH B r >R 3区域： H = 0，B = 0x d x PO x。

第8章 稳恒磁场 习题及答案6. 如图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R 。

若通以电流I ，求O 点的磁感应强度。

解：O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。

AB 在O 点产生的磁感应强度为01=BC B在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RIR I 123400μππμ=⨯=，方向垂直纸面向里CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)cos (cos 421003θθπμ-=r IB )180cos 150(cos 60cos 400︒︒-=R I πμ )231(20-=R I πμ，方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向垂直纸面向里7. 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连。

已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度。

解：圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

且θπθ-==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生的磁感应强度大小为）（θππμ-=24101RI B ，方向垂直纸面向外2I 产生的磁感应强度大小为θπμRIB 4202=，方向垂直纸面向里 所以， 1)2(2121=-=θθπI I B B环中心O 的磁感应强度为0210=+=B B B8. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。

解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。

以P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。

在载流平板上取dx aIdI =，dI 在P 点产生的磁感应强度大小为x dI dB πμ20=dx axIπμ20=，方向垂直纸面向里 P 点的磁感应强度大小为⎰⎰+==a b b x dx a I dB B πμ20bab a I +=ln 20πμ 方向垂直纸面向里。

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 ｜= v1 -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 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*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 =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．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,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) 2ｓ 内质点所走过的路程s ．1 -13质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2,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．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,位置矢量r0＝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．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t1＝1.0s 到t2＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1＝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．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·ｓ-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．1 -28一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝v t , y ＝gt2/2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v沿x轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？第二章 牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变 (B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定 2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加2 -5图(a)示系统置于以a ＝1/4 g的加速度上升的升降机内,A、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为()(A) 58 mg(B) 12 mg(C) mg(D) 2mg2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)2 -11火车转弯时需要较大的向心力,如果两条铁轨都在同一水平面内(内轨、外轨等高),这个向心力只能由外轨提供,也就是说外轨会受到车轮对它很大的向外侧压力,这是很危险的．因此,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,必须使外轨适当地高出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车,以速率v沿半径为R的圆弧轨道转弯,已知路面倾角为θ,试求：(1) 在此条件下,火车速率v0 为多大时,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？(2) 如果火车的速率v≠v0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？2 -12一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为m,圆筒半径为R,演员骑摩托车在直壁上以速率v 作匀速圆周螺旋运动,每绕一周上升距离为h,如图所示．求壁对演员和摩托车的作用力．2 -14一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t＋40,式中F的单位为N,t的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．2 -16质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为b v2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴,求：(1) 运动员在水中的速率v与y的函数关系；(2) 如b /m＝0.40m -1,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v减少到落水速率v0的1 /10？(假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)2 -19光滑的水平桌面上放置一半径为R的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少到12 v0时,物体所经历的时间及经过的路程．2 -22质量为m的摩托车,在恒定的牵引力F的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是v m．试计算从静止加速到v m/2所需的时间以及所走过的路程．2 -24在卡车车厢底板上放一木箱,该木箱距车箱前沿挡板的距离L＝2.0 m,已知刹车时卡车的加速度a＝7.0 m·ｓ-2,设刹车一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．*2 -26如图(a)所示,在光滑水平面上,放一质量为m′的三棱柱A,它的斜面的倾角为α．现把一质量为m的滑块B 放在三棱柱的光滑斜面上．试求：(1)三棱柱相对于地面的加速度；(2) 滑块相对于地面的加速度；(3) 滑块与三棱柱之间的正压力．第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A 和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒(D) 动量守恒,机械能不一定守恒3 -5如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是()(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热3 -8F x＝30＋4t(式中F x的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ内此力的冲量；(2) 若冲量I＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1＝10 m·s-1 ,方向与Fx相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2．3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π时间内小球动量的增量．3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F 0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？3 -28如图所示,把质量m＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl＝7.5 ×10 -2m．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A由静止被释放,小球沿轨道ABCD运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知BCD是半径r＝0.15 m 的半圆弧,AB相距为2r．求弹簧劲度系数的最小值．3 -29如图所示,质量为m、速度为v的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．3 -30质量为m的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B后,速率由v减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？3 -33如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．3 -34如图所示,一个质量为m的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A 滑下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？*3 -36一系统由质量为3.0 kg、2.0 kg 和5.0 kg 的三个质点组成,它们在同一平面内运动,其中第一个质点的速度为(6.0 m·s-1)j,第二个质点以与x 轴成-30°角,大小为8.0 m·s-1的速度运动．如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的,那么第三个质点的速度是多少？第四章刚体的转动4－1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确4－2关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的4－3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零4－4一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( )(A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变(C) L不变，ω减小 (D) 两者均不确定4－5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒4－8水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量J AA′＝1.93 ×10-47 kg·m2，对BB′轴转动惯量J BB′＝1.14 ×10-47 kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．4－11用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．4－14质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.4－15如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1和m2的物体A、B.A置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)4－17 一半径为R、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1) 求圆盘所受的摩擦力矩.(2) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？4－19如图所示，一长为2l的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1－e－t) 转动，其中ω0为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t对z轴的角动量；(2) 在t＝0时系统所受外力对z轴的合外力矩.4－21在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v ＝2.0×102 m· s－1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.4－27一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.4－31质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度.4－33在题3－30的冲击摆问题中，若以质量为m′的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V、面电荷元σd S和线电荷元λd l.同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加αr lλεE l l cos d π4122/2/0⎰-= 统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布.此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布. 2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布. 3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程01d d 22=+i LCt i 显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了. 5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.第五章静电场5 －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( )5 －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零5 －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零5 －9 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 QεE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r QεE +=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.5 －12 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.。

第八章真空中的静电场8-1在正方形的四个顶点上放置四个等量正电荷q 4.010 8 C, 要想在此正方形的中心再放置一个负电荷，使在每个电荷上的合力为零，此负电荷的量值应为多少？分析本题是应用库仑定律求解电荷受电场力yF21 F31 q 4q 1的平衡问题．注意到库仑定律表达式是矢量式，求解时，通常可以建立直角坐标系，将各力投影在两O F41xF Q1Q正交方向上，得到各分量之间的代数关系式；也可以直接用矢量合成关系得出相同的结果．因为正方形四个顶点上的点电荷带电量相等，负电荷 Q 置于正方形中心，因此电荷分布具有明显的对称性，四顶点上的点电荷受力大小相同，而且两坐标方向分量的方程应具有相同的表达形式．解 1设a为正方形边长，取如图8-1 所示的 Oxy 坐标系．以 F1 x表示电荷q1所受的合力在 x 方向的分量，F i1 x表示其它电荷对它的作用力在x 方向的分量，根据题意，合力的在x 方向分量的代数和为零，有F1x F21xF31xF41xFQ 1x应用库仑定律，可得电荷 q1所受其它电荷对它的力在x 方向的分量，代入上式得0q 2 cos45q2qQ cos450 42a240 a22400 2 a2Q1 2 q12 4.0 108C42423.8310 8C解 2由图 8-1知 F Q1与电荷 q1所受另三力的合力均在对角线方向上，故在该方向上力的平衡方程为F Q12F21 cos45F310应用库仑定律，可得上式中各力的量值，则有qQ2q 2 cos45q 22240 a 2 4 02a2402a亦有Q1 2 q12 4.010 8C 3.83 10 8 C42428-2电荷量为等值同号的两个点电荷之间距离为2l，求其连线的中垂面上电场强度最大处到两电荷连线中点的距离．分析因两电荷等量同号，由于对称性，在连线中垂面上，以连线中点为圆心的圆上各点电场强度大小相等，方向沿径向．只需求出电场强度沿径向的分布规律，电场强度最大处应满足极值条件．yEE2E1（ 0, y）解以两点电荷连线中点 O 为原点 ,x轴沿连线方向， y 轴为中垂面上任一径向，取如图8-2所示的坐标系． E 、E分别为两点电荷在y 轴上任意点 (0, y) 处产生的电场强度，由12于对称性，合场强 E (0, y)沿y正向，y轴上任意点的合场强为E E1E22E1 cos j其中E1 E2q， cosy40y2l2221y l2故E qy22320y l2dE电场强度最大处应满足极值条件，令0，得dyq l 2 2 y222250y l2解得y 2 l2因 y 轴为中垂面上任一径向，无须取负值，则极值位置为y02l ．又由计算2可得 d2 E0 ，故在位置为 y02l 处E有极大值，即在中垂面（x= 0）上dy 2y y02场强最大处是以 O 为中心，半径为2l 的圆．28-3半径为R的一段圆弧，圆心角为60 ，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，单位长圆弧上所带电荷量分别为和，求其圆心处的电场强度．分析当电荷沿一细线连续分布时，电荷线密度为，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元 dq dl ，每一电荷元都可视为点电荷．设r 为电荷元 dq 到空间某点的径矢，则场强叠加原理给出该点场强为沿电荷分布曲线L 的矢量积分 Er dq r dl，通常应取平面直角坐标系，将矢量积分化为两标量L 40 r3L40 r3积分进行计算在解题时应该注意到，电荷分布的对称性往往会使问题得到简化．．解以带电圆弧的圆心为原点，取如图8-3 的 Oxy坐标系，带正电的圆弧上电荷元 dq dl Rd的角位置为，在圆心处的场强为 d E，与之对称的带负电的圆弧上电荷元 dq dl 角位置为，+在圆心处的场强为 d E．不难看出，dE x与dE x相抵消， dE y与 dE y相等，即d ldE x dE x0+dE y dE y2dE y2dE sin+θOx–- θ电荷元 dq 在圆心处电场强度的大小为dEdqd4 0R 24 0R应用场强叠加原理，得3030sin d3E E y 2 dE y 214 0R20R28-4 均匀带正电荷圆环，半径为R ，电荷线密度为，其上有一长度为d ( dR) 的缺口，试求轴线上距环心x 处 P 点的电场强度．分析 根据场强叠加原理，完整的圆环在 x 处的电场强度应等于带缺口的圆弧在 x 处的场强与缺口弧元在该点场强的叠加．因例题 8-3 已经给出了完整的圆环在 x 处的电场强度，而且对于弧元，因 dR ，可以视为一个点电荷，所以带缺口圆弧在轴线上 x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与视为点电荷的弧元在该点场强的矢量差．y d- E 2yEOθxE 1 xRE 2yE 2图 8－4解 取如图 8-4 所示的 O xy 坐标系， x 轴在圆环轴向，使缺口与圆心连线在 O xy 平面内．利用例题 8-3 结果，完整带电圆环在 x 处的场强 E 1 沿 x 方向，即E1E1 xqx22340xR2其中 q 2 R ．由点电荷场强表达式，带电量为 d 的点电荷在x处的场强为E21d40 ( x2R2 )E2 x1x d， E2 y E2 sinR dE2 cos x R3x R34 02224222带缺口圆弧在轴线上 x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与弧元d 在该点场强的矢量差，即E E1 E 2，并得两坐标方向的分量表达式为E x E1xE2x2 R d x0 (x 234R2) 2E y0E2 yR d0 ( x234R2) 2E 方向与x轴正向夹角为arctan E yE xarctanRdx 2 R d8-5一半径为R 的均匀带电细圆环，一半电荷线密度为，另一半电荷线密度为，求轴线上距环心x 处的电场强度（假设电荷是不能移动的）.d qA d E dE O x d E xBd q ˊyd EˊdEd E yd E'x x d E z z（ a）（b）图 8－5分析根据电荷分布的对称性，在带电细圆环上取任一条直径的两端等量异号电荷元，它们在轴线上距环心x 处的电场强度沿轴线方向的分量大小相等方向相反，故相互抵消，而垂直于轴线的分量互相加强．但是，这些成对的电荷元在x处的电场强度垂直于轴线的分量方向却各不相同，均匀分布在一个半圆区域内，与各电荷元在圆环上的位置有关．所以，还必须在垂直于轴线的平面内进行矢量叠加，才能求出整个圆环在 x 处的电场强度．解取圆环的轴线为x 轴，在圆环上距正负电荷分界点 A 的张角为处取电荷元 dq Rd，直径的另一端等量异号电荷元为dq ，它们在x处的电场强度沿轴线方向的分量dE x和 dE x大小相等方向相反，相互抵消，如图8-5 （a）所示，而垂直于轴线的分量dE 则互相加强．由点电荷场强表达式得dE Rd sin R2 d0 ( x 2R2 )R2)324 4 0 (x 2在垂直于轴线的平面内，以OA 方向为 z 轴正向，可得 dE 的投影如图 8-5（ b）所示，则有dE y dE sin，dE z dE c o s对带正电荷的半圆环积分的 2 倍，就是整个圆环在x 处的电场强度，即得E z 2dE z 2 cos dE000E E y 2 sin dE R 2sinR 23d30 ( x204 0 ( x24R2) 2R2) 2x 处的电场强度方向为y 轴正向．8-6 均匀带电细棒，棒长l = 20cm ，线电荷密度 3 10 8 C/m ．求：（1）棒的延长线上与棒的中点相距L = 18cm处的电场强度；（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距 d = 8cm处的电场强度．yd E Qd E d E′Qdd x′x d x P d E PO L x图 8-6分析当电荷沿一细线连续分布时，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元 dq dl ，空间某点电场强度为沿电荷分布曲线L 的矢量积分E r dl3 ．当L 40 r计算细棒延长线上某点的电场强度时，细棒上各电荷元在该点的电场强度方向相同，均沿延长线方向，矢量积分将简化为标量积分，而不论细棒上的电荷分布是否均匀．当计算细棒的垂直平分线上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电细棒中点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度沿棒长方向的分量将互相抵消，只需计算垂直于棒长方向的分量．由于电荷分布关于中垂线为对称，对中垂线上距原点d 远的 Q 点，不仿作出它们在 Q 点产生的场元， dE ， d E ’ , 不难看出， Q 点电场的积分因此而简化，结果必沿 y 轴正向 .解 （1）取Oxy坐标系如图8-6所示，在细棒上坐标x 处取 dx 宽的电荷元 dqdx ，细棒延长线上的P 点与电荷元的距离为Lx ， dq 在 P 点产生的电场强度大小为dxdE p24 0 (L x)细棒在 P 点产生的电场强度大小为L dxlE pdE p22.41 10 3 N/CL L224 02xL2l4方向沿 x 轴正向．（2 ）在细棒上 x 和 x 处取对称的两个电荷元 dq 和 dq ，它们在 Q 点产生的电场强度分别为 d E 和 dE ’， 如图 8-6 所示．它们的 x 方向分量相互抵消， y 方向分量相互加强，叠加后得到沿y 方向的合场强 dE Q ，其大小为dE Q 2dxx 2 )cosd dx4 0 (d22 0 (d 2 x 2 )3 2细棒在 Q 点产生的电场强度大小为LdLdxdx2E E Q dE Q21 222 3 2222d x 2(d)2dx 0L121 / 2 5.27 103 N/Cd2Ld4方向沿 y 轴正向．8-7有一沿x 轴放置的无限长分段均匀带电直线，电荷线密度分别为x0 和x 0 ，求y轴上距坐标原点为d处的电场强度．分析与上题的方法类似，当计算该带电直线y 轴上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电直线原点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度垂直于棒长方向的分量将互相抵消，只需计算沿棒长方向的分量．yd EP d E Pd E′dd q d q′++++++++++O －－－－－－－图 8-7解如图 8-7 所示，在 x 轴上取以原点为对称的两电荷元dq 及 dq dx ，它们在 y 轴上距坐标原点为 d 处的电场强度分别为d E和 d E，由于对称性，它们的 y 方向分量相互抵消，而x 方向分量叠加合成为dE P 2dE x2 dx 2 cosxdxd2 x 2 0 d 2x 2 3 24该带电直线在 P 点产生的电场强度大小为E E xdE Pxdx(d2x 2 )3 / 22114031d 2 x21 / 22 0 d2方向沿 x 正向，即Ej20 d8-8 电荷线密度为 的无限长均匀带电直线，中部弯成半径为 R 的四分之一圆弧，求圆弧的圆心 O 点的电场强度．xd E 1xd EAO d E ’d q ’d Ed E 2d q ’ARRd E ’d qBB l d q分析由于整个带电线以过圆心对半分割圆弧垂直带电线平面的平面为对称，可以确定圆心处的电场强度应沿圆弧等分点指向圆心的方向．按照电荷分布特征，分别计算圆弧和两段直带电线在O 点的场强，再叠加求和较为简便．解 先计算圆弧 AB 在 O 点的场强．如图8-8 （ a ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为 x 轴．对称的两电荷元 dq Rd及 dq 在 O 点电场强度分别为d E 和 d E ，由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为dE 1 2Rd2 coscos dR42 0 R整个圆弧部分在O 点电场强度的大小为E14 cos d22 0 R00 R再计算两段直带电线在O 点的场强．如图8-8 （b ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为x 轴．对称的两电荷元dq及dq在 O 点电场强度分别为d E和d E，其中 dq dl 到B点距离为l．由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为dE22dl2 )cos dlcos 40(R2l420 (R2l 2 )4由几何关系可得1l 2cos2， l R tan ，cos2(cos sin ) ，R 2R242则 dl1d，代入上式并积分，得两段直带电线在O 点的场强为Rcos2E2dE222 (cos sin)d04 0 R0由场强叠加原理， O 点处的总场强大小为EE1E2E124 0 R方向沿 x 轴正向．8-9均匀带电圆盘，电荷面密度为，半径为 R，在其轴线上放置一均匀带电细杆，电荷线密度O d q L x x 为，长为 L，求圆盘轴线上距盘心 x（设 x>L ）处的电场强度．分析由于已经计算过圆盘图 8-9轴线上的电场分布和带电细杆延长线上的电场分布，两者的叠加就是所要求的电场强度分布情况．解以盘心为原点， x 轴沿轴向，如图8-9 所示．例题 8-4 给出，均匀带电圆盘轴线上距盘心x 处的场强沿 x 轴正向，大小为E11x2 0R2x 2应用习题 8-6中的方法，在细杆上距盘心l 远处取电荷元dq dl ，它在距盘心 x 远处产生的电场强度大小为dE dl40 (L x) 2方向沿 x 轴正向．整个细杆在该点产生的电场强度大小为L dl11E20 40 x l 2 4 0x L x叠加后 x 处的电场强度大小为x11E E1E212 0R 2x2 4 0x L x方向沿 x 轴正向．当 x 变化时，上式反映了x 轴上 E 随坐标 x 的变化规律．8-10半径为R的半球面，均匀带有电荷，电荷面密度为，求其球心处的电场强度．分析电荷呈面分布，把半球面分割为中心均在轴上半径连续变化的一系列细圆环带，球心处的电场强度是这一系列细圆环带在该点电场强度的叠加．解如图 8-10所示，取半径为 r ，宽度为dl的细圆环带，面积为dS 2 r dl ，带电量为 dqdS 2 r dl 2 rR d ．例题8-3给出半径为 r ，带电量为 q的细圆环轴线上距环心 x 远处的电场强度为Exq4 0 r 2x2 3 / 2作代换： q dq ， E dE ，细圆环带在球心O d lRrO点的电场强度大小为xdq R cos 2 R 2 sin ddEx2 3 / 240 R 34 0 r 22c o s s i n d4 0方向沿对称轴向．半球面在球心O 点的电场强度大小为E dE02 2 si n s i n d4040若半球面带正电，则O 点电场强度方向沿对称轴向右．8-11圆锥体底面半径为R，高为 H，均匀带电，电荷体密度为，求其顶点 A 点的电场强度．分析把电荷按体积连续分布的圆锥体分割为半径连续变化（从而到锥顶A点的距离也连续变化）的一系列圆盘，HR rA顶点 A 处的电场强度是这一系列圆盘在x该点电场强度的叠加．解例题 8-4 给出半径为 r、电荷面密度为的带电圆盘轴线上距盘心为x远处的电场强度的大小为E1x （ 1）r 22x 2如图 8-11 所示，在距 A 为 x 远处取厚度为 dx 的薄圆盘，半径为 r ，面积为r 2 ， 体 积 为 r 2dx ， 因 dx 为 一 无 穷 小 量 ， 薄 圆 盘 上 电 荷 面 密 度r 2 dx dx ，代入（ 1）式，得薄圆盘在 A 点产生的电场强度为r 2dE2dx 1 r 2xx 2利用几何关系x H，对上式积分得圆锥体在 A 点的电场强x 2R 2r 2H 2度为EdE1HHH 1 HR 2dxH 22 0H 22 0R 2 方向为沿对称轴向．8-12在半径为 R ，高为 2R 的圆柱面中心处放置一点电荷 q ，求通过此柱面的电场强度通量．R分析在本题中，用直接积分法求电场强度通量比较困难．根据点电荷电场分布的球对称性，如果2R S1Q以 2R 为半径作一球面与圆柱相切，如图8-12 所示，不难看出，高为 2R 的球台侧面的电通量与同高的圆柱侧面的电通量相同．由于球面上各点场强大小相等，方向均垂直于球面，所以球面上面积相同的部分电通量必定相同． 又因为已知以点电荷为中心的球面的电通量，问题就归结为计算球台的侧面积．解 半径 r2R 的球面积为 S 4 r 2 8 R 2 ，高 h2R 的球台侧面积为S1 2 r h 22R 2R 4 2 R2以点电荷为中心的球面的电通量为q，则该圆柱侧面的电通量为0e1S1q 2 q S 2 08-13电荷面密度为的均匀带电平板，以平板上的一点O 为中心， R 为半径作一半球面，如图所示，求通过此半球面的电场强度通量．分析无限大带电平板两侧的电场强度大小为 E，方向垂直于带电平板，但是本题中2 0带电平板面积有限，空间各点的电场强度方向和大小都难以确定，所以不可能用积分的方法计算半球面的电场强度通量．不过，带电平板两侧的R O图 8-13电场是对称的，如果在平板另一侧补上另一半球面合成一个球面，则通过两个半球面的电通量相同，等于整个球面总电通量的一半．即使平板上电荷分布不均匀，平板两侧的电场仍然是对称的，只要知道半球面所覆盖的电荷量，也同样可以计算出半球面的电场强度通量．解在平板另一侧补上另一半球面，形成一球面，其包围的电荷为图中阴影部分，即半径为R 的圆面上所带的电量q R2，由高斯定理，通过球面的总电通量为E d S 1 q R 2S00所以，通过半球面的电通量为11R 2 2 2 08-14有半径为 R ，电荷量为 q 的均匀带电球体， 求其球内外各点的电场强度．S 2Ed r ’r ’ rRRS 1Rr(a)(b) (c)图 8-14分析因为电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，在与带电球同心、半径为 r 的球面上各点的电场强度大小相等，并垂直于球面沿径向，因此可以应用高斯定理计算电场分布．本题还可以用场强叠加原理积分求解． 将均带电球体分割为半径连续变化的一系列同心薄球壳， 其中任一薄球壳都可视为均匀带电球面． 由于已知均匀带电球面内部电场强度为零， 外部电场分布与位于球心处的点电荷的相同， 方向沿径向，故可以用标量积分求出本题结果．解 1 应用高斯定理计算电场分布．（1 ）球体内的电场强度球体体积为 V4 R 3，均匀带电，电荷体密度 q．如图 8-14(a) 所示，3V4r 3 ，包围的作半径为 r 0r R 的球形高斯面 S 1 ，所包围的球体体积为 V 13电荷量为qV 1qV 1q r 31VR 3 ，设半径为 r 处的场强为 E ，由高斯定理得E 1 d S E 1 4 r 21qS 1得qr E 14 0R 3（2 ）球体外的电场强度作半径 rR 的球形高斯面 S 2 ，包围电荷量为qV q ，由高斯定理得E 2 dS E 2 4 r 21qqS 2得E 2q4 r2表明均匀带电球体外任一点场强与假设全部电荷集中在球心的点电荷产生在该点的场相同．根据以上结果可作场强分布曲线如图8-14(b) 所示．注意到在 r=R处场强是连续的．解 2 用场强叠加原理积分求解（1）球体内的电场强度在球体内取半径为 r ，厚度为 dr 的薄球壳，如图 8-14(c) 所示，体积为dV4 r 2 dr ，带电量为dqdVq 4 r 2 dr 3q r 2 drVR 3在距球心 r (0 r R ， rr ) 远处产生的场强为dE 1dq3qr 2 dr0r240R 3r 24在 rr 处产生的场强为零． 所以球内 r 处的场强是半径 r r 的所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得E 1rdE 13q3 2 rr 2 drqr30 4 0 R r4R（2 ）球体外的电场强度球外 r 处的场强是整个球内所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得3q RqE2dE22r 2 dr243r4 0 r 0 R结果与解 1 相同．8-15 均匀带电球壳内半径为6cm ，外半径为10cm ，电荷体密度为 2×10 -5 C/m 3，求距球心为 5cm 、8cm及 12cm 各点的电场强度．分析与上题相同，由于电荷分布具有球对S C称性，所以电场分布也是球对称的，在半径为r 的同心球面上各点场强大小相等，沿径向，可以用高斯定理求解．本题也同样可用场强叠加原理，S BR1R2S A由均匀带电球面的场强积分求出空间场强分布．解球壳内外半径分别为R1 = 0.06m ，图8-15R2 =0.10m，题中所求三点到球心的距离分别为r A=0.05m,r B =0.08m, r C =0.12m ．分别以 r A、 r B、 r C为半径作球形高斯面 S A、S B、S C，如图 8-15 所示．由于电场分布的球对称性，对各球面的高斯定理表达式均可写为E d S E4r 21q(1)S（1 ） r A0.05m ，即 r A R1，在 S B面内包围的电荷q0 ，代入 (1) 式得S AAr 20AE 4 E =0（2 ）r B0.08m ，即R1r B R2，在 S B面内包围的电荷为q dV r B4r2dr 433R13(r B R1 )S B 代入 (1) 式得E B 4 r B24r B3R13E B3 0r B R133r B2代入数字得E B210 50.080.063N / C 3.48104N / C8.8510120.0823（3 ） r C0.12m，即 r C R2，在 S C面内包围的电荷为q dV R24 r 2 dr4(R23R13 )R1S C3代入 (1) 式得E C 4 r C24R23R13E c2 R23R133030 r c代入数字得E C 210 50.1030.0634.1 104N / C 38.8510120.123 N/C8-16 两无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1和 R2（R2 > R1），带有等值异号电荷，单位长度的电荷量为和，求距轴线R1r 处的电场强度，当：（1）r R2；r R1；（ 2）R1R2（ 3） r R2．S C分析因为电荷分布具有轴对称性，所以S A h 电场分布也是轴对称的，即在半径为 r 的无限长S B圆柱面（与带电体共轴）的侧面上各点电场强度大小相等，方向垂直于侧面沿径向，故可用高斯定理求解．图 8-16由于例题 8-6 已经给出了无限长均匀带电圆柱面的电场分布，可以将其结果作为既有公式，应用场强叠加原理计算带有等值异号电荷的两同轴长圆柱面产生的电场．解 1分别两柱面内、两柱面间和两柱面外作高为h 的柱面形高斯面S A、S B、S C，如图 8-16 所示．由于电场分布的轴对称性，上下两底面上的场强方向与底面平行，对通量没有贡献，故对各柱面的高斯定理表达式均可写为E d SE d S E 2 r h1（ 1）qS侧（1） rR 1 时，高斯面 S A 内包围的电荷q0 ，代入 (1) 式得S AE A 2 r h 0E A 0（2） R 1r R 2 ，高斯面 S B 内包围的电荷qh ，代入 (1)式得S AE B2 0 r B（3 ） rR 2 ，高斯面 S c 内包围的电荷qhh 0 ，代入 (1) 式得S AE C =0解 2 利用例题 8-6 的结果，两无限长均匀带电圆柱面的在各自柱面内的场强为零，在各自柱面外的电场强度分别为E 1外r R 1 ，E 2外r R 220r2 0 r两柱面的电场叠加后，得（1 ） r R 1 时E AE 1内 E 2内 0（2 ） R 1 r R 2 时E BE 1外E 2内2 0 r B（3 ） r R 2 时E C E 1外 E 2 外20 rC8-17一厚度为d的均匀带电无限大平板，体电荷密度为，求板内外各点的电场强度 .分析由于均匀带电厚板是无限的，所以其电场具有对称性．厚板平分面两侧ES Axd2 S S Bx电场强度垂直于平板，与平分面距离相同的各点场强相0d/ 2x等．因此可以应用高斯定理（ a ）（ b ）计算电场分布．图 8-17解作高为 2x，侧面垂直于平板，两底平行于平板、底面积为S 的的柱形高斯面，如图 8-17(a) 所示．由于侧面与电场线平行，无电场线穿过，则有E d SE d S 2ES1q(1)侧（1）厚板外的场强x d时，柱面 S A内包围的电荷qSd ，代入 (1) 式得2S A2E A S Sd E Ad2 0即均匀无限大带电厚平板板外的电场是均匀电场．（2）厚板内的场强x d时，柱面 S B内包围的电荷q 2x S ，代入 (1) 式得2S B2E B S2xS E B x00厚板内外场强分布曲线如图8-17(b) 所示．8-18 一半径为 R 的无限长均匀带电半圆柱面，电荷面密度为，求：（1 ）轴线上任意点的电场强度； （ 2）若0 sin ( 0为常量 ) 结果又如何？分析 无限长半圆柱面可以沿轴向分割成一系列无限长带电条带，由例题8-6 给出的无限长带电直线的电场分布，用 场强叠加原理可以求半圆柱面轴上的场强．解 （ 1）作与轴线垂直的截面并建立如d l ’dd lRy图 8-18 所示的坐标系，在d 处取宽d Ed E ˊ为 dl Rd的无限长带电条带，其单位长所x带电荷量为dl ，利用例题 8-6 给出的结图 8-18果，它在轴线上产生的场强大小为dEdl d2R2 0在与 dl 对称的位置上取宽为 dl dl 的另一长直带电条带，它们在轴上的场强分别为 d E 和 d E ，由于对称性，它们的 y 方向分量相互抵消， x 方向分量相互加强，如图所示，所以带电半圆柱面在轴线上O 点的电场应沿 x 方向，大小为EE xsin dE2sin d（2）若0 sin （ 0 为常量），半圆柱面上电荷分布以 x 轴为对称，所取对称位置上宽为 dl 和 dldl 的无限长带电条带上的电荷线密度相同，均为dl0 Rsin d ，在轴线上产生的场强大小为dERd 0 sin d2 0 R2 0它们的 y 方向分量仍然相互抵消， x 方向分量相互加强，得EE x sin dEsin 2 d20 04 08-19 如图所示，在 Oxy 平面上有一沿 y 方向的无限长带电板，宽度为L ，电荷面密度为k( xL ),k 为一常量，求（ 1 ）x= 0 直线上的电场强度，并讨论dL 时的情况；（ 2） x=b 直线上的电场强度．分析把无限长有限宽的带电板分割成一系列带电条带， 同样由例题 8-6 给出的无限长带电直线的电场分布，用场强叠加原理可以求解．解（ 1 ）在位置 x 处取 宽为 dx 的 长直 带电 条带，单位长带电 量为dx k (xL)dx ，利用例题 8-6 结果，它在 x0 处产生的场强为dEdxk (x L ) dx2 0 x2x方向沿 x 轴向．由于分割出来的各带电条带在x 0 处的场xx强均沿 x 方向，应用场强叠加原理，无限长带电板在 x0处产生的场强大小为d xkd L ( xL)dLEddx2 xkL (1 d L2ln)db当 dL 时，根据近似公式 lim ln(1x)xx 0Elim kL [1 ln(1 L)] kL (1 L )图 8-19L 2 0d 2 0 dd（2）由于 x 处取宽为 dx 的长直带电条带与 xb 的直线相距 b x ，故dEdx k( x L) dx2 0 (b x)20 (bx)Ekd L ( xb) (b L)dEddx2 0 x bkb d L ][(bL ) lnd2 0b L方向沿 x 轴向．8-20 在边长为 10cm 的等边三角形的三顶角上， 各放有等量电荷， 电荷量 均为 6.0 10 8C ．（1 ）计算此三角形中线交点处的电场强度和电势；（2 ）将2.0 10 9 C 的电荷从无穷远处移到中心点，电场力作了多少功？分析 场强是矢量，而电势是标量，要用矢量q叠加法求点电荷系的场强， 用标量叠加求其电势．当 a电荷分布于有限区域时，往往选无穷远点为电势零点．电场力所作的功等于电荷始末位置的电势能之差．qq解 （ 1）根据等边三角形的几何特征，任意两个等量同号电荷在三角形中线交点处产生的场强之矢量和正好与第三个同号等量电荷在该点的场强等大反向，如图 8-20所示，故由场强叠加原理得中心处 O点 场 强3EE i 0i1又由电势叠加原理和点电荷电势公式，该点电势为3qVV i30 ri 14其中 r 为点电荷到等边三角形中线交点之距， r3a ，则33 3q 9336.0 10810 4 VV9100.10V 2.84a（2 ）无穷远点为电势零点，电荷在无穷远处电势能为零，则移到三角形中心电场力作功为W q V V qV05.6105J(0)8-21 两块带有等值异号电荷的大金属平行板，相距为 15cm ，负极接地（即以地球电势为零），电荷面密度 4.510 6 C / m 2．求：（1）正极板的电势；（2）两极板之间距正极板为8cm处的电势；（3）把q 2.510 9 C 的电荷从正极板移到负极板，电++++++++++场力作了多少功？E分析应用例题 8-7 的结果，忽略边缘效应，––––––––––两板间电场可视为两个无限大均匀带等值异号电图 8-21荷平面间场强 E，为匀强电场，方向从正极指向负极，如图8-21 所示．负板接地后电势为零，由电势的定义，两极间任一点的电势等于该点到负极板的距离与场强的乘积．解（1）正极板的电势为V Ed d 4.51060.15V48.8510127.63 10 V（2 ）两板间距正极板为8cm 处的电势为V1 Ed Ed 4.5 1060.07V 3.56 10 4 V8.8510 12（3 ）电荷从正极板移到负极板，电场力作的功等于极板间电势差与电荷量的乘积，即W qV 2.5 10 77.63 104 J 1.91 104J8-22如图8-22所示的电四极子，q和l都为已知，P点到电四极子中心O 处的距离为 r ，求 P 点处的电势，并由电势求电场强度．分析 在点电荷系电场中，由电势叠加原理可求出空间各点的电势．由场强与电势的微分关系可求出 P 点的场强．+ q –2 q + qP- l O lr解 三个点电荷在 P 点的电势分别为V 11 ( q), V 2 41 2q , 图 8-224 r lr1 qV 3r l4由电势叠加原理，得P 点的电势为V Pq( 121 )2ql 214rlr rl4 r 3l 2(1r 2)当电四级子的电荷间距比 P 点到四极子中心的距离小得多，即 lr 时，得2ql 2Q V Pr 24r 34其中 Q2ql 2 ，称为电四极矩．由于 P 点电势只是 r 的函数，由电场强度与电势的微分关系知 P 点电场强度一定沿 r 方向，大小为dV P 3Q E P4 r 4dr8-23 一半径为 R 非均匀带电半圆环， 电荷线密度为 0 cos （ 0 为一正常数），求环心处的电场强度和电势，若电荷线密度为 0 sin ，结果又会怎样？分析半圆环上电荷分布不均匀，但是 cos 或 sin 的函数，因此必定以过的平分线为奇对称或偶对称， 在计算电场强度和电势时， 充分利用对称性， 可2以使计算过程大大简化．y解 （1 ）在圆环上对称位置 和处分别取弧元 dl Rd 和 dl ，在环心 O点产生的场强分别为 d E 和 d E ，如图d l ˊd l8-23 所示，它们的 y 方向分量相互抵消，d E ˊ dx 方向分量相互加强．dl 的电荷量 dqdl 0 R cos d ，Oxd E在 O 点场强的 x 方向分量为dl cos 2dE x4R 2cos4 Rd图 8-23半圆环在 O 点的电场强度大小为EE x dE x 02 d4 RcosoR 1 cos2 dR8方向沿 x 轴负向．因为cos ，电荷分布以 y 轴为奇对称，显然，弧元 dl 和 dl 的正负电荷在 O 点的电势相互抵消，所以半圆环在O 点的电势为零．（2）如果0 sin ，用同样的分析方法知 O 点电场强度的 x 方向分量为零，场强沿 y 轴负向．弧元 dl 在 O 点场强的 y 方向分量为dE ydlsinsin 2 dR24 0 R 24。

大学物理 恒定电流稳恒磁场知识点总结1. 电流强度和电流密度 电流强度：单位时间内通过导体截面的电荷量 （电流强度是标量，可正可负）；电流密度：电流密度是矢量，其方向决定于该点的场强E 的方向（正电荷流动的方向），其大小等于通过该点并垂直于电流的单位截面的电流强度dQ I dt =， dIj e dS= ， S I j dS =⎰⎰ 2. 电流的连续性方程和恒定电流条件 电流的连续性方程：流出闭合曲面的电流等于单位时间闭合曲面内电量增量的负值（其实质是电荷守恒定律）dqj dS dt=-⎰⎰ ， （ j tρ∂∇=-∂ ）； 恒定电流条件： 0j dS =⎰⎰ ， （ 0j ∇= ） 3. 欧姆定律及其微分形式： UI R=， j E σ=， ，焦耳定律及其微分形式： 2Q A I Rt == 2p E σ= 4. 电动势的定义：单位正电荷沿闭合电路运行一周非静电力所作的功AK dl q ε+-==⎰ ， K dl ε=⎰5. 磁感应强度：是描述磁场的物理量，是矢量，其大小为0sin FB q v θ=，式中F 是运动电荷0q 所受洛伦兹力，其方向由 0F q v B =⨯决定 磁感应线：为了形象地表示磁场在空间的分布，引入一族曲线，曲线的切向表示磁场的方向，密度是磁感应强度的大小；磁通量：sB dS φ=⎰⎰ （可形象地看成是穿过曲面磁感应线的条数）6．毕奥一萨伐尔定律： 034Idl r dB r μπ⨯=34L Idl rB r μπ⨯=⎰7．磁场的高斯定理和安培环路定理磁场的高斯定理： 0SB dS =⎰⎰、 （ 0B ∇= ） （表明磁场是无源场）安培环路定理：0i LiB dl I μ=∑⎰、LSB dl j dS =⎰⎰⎰ 、(0B j μ∇⨯=)（安培环路定理表明磁场是有旋场）8．安培定律： dF Idl B =⨯ 、L F Idl B =⨯⎰磁场对载流线圈的作用: M m B =⨯ (m 是载流线圈的磁矩m IS =)9．洛伦兹力：运动电荷所受磁场的作用力称为洛伦兹力f qv B =⨯带电粒子在匀强磁场中的运动：运动电荷在匀强磁场中作螺旋运动，运动半径为mv R qB⊥=、周期为 2m T qB π= 、螺距为 2mv h v T qB π==霍尔效应 ： 12HIBV V K h-= 式中H K 称为霍尔系数，可正可负，为正时表明正电荷导电，为负时表明负电荷导电 1H K nq=10．磁化强度 磁场强度 磁化电流 磁介质中的安培环路定理mM τ∑=∆ 、 LL M dl I =∑⎰，内、n i M e =⨯， 0BH M μ=- 、m M H χ= 、 00m r B H H μχμμμ==（1+）H=、 0i LiH dl I =∑⎰、LSH dl j dS =⎰⎰⎰。

⼤学物理第8章变化的电磁场试题及答案.docx第8章变化的电磁场⼀、选择题1.若⽤条形磁铁竖直插⼊⽊质圆坏，则在坏中是否产⽣感应电流和感应电动势的判断](A)产⽣感应电动势，也产⽣感应电流(B)产⽣感应电动势，不产⽣感应电流(C)不产⽣感应电动势，也不产⽣感应电流(D)不产⽣感应电动势,产⽣感应电流T 8-1-1 图2.关于电磁感应，下列说法中正确的是[](A)变化着的电场所产⽣的磁场⼀定随吋间⽽变化(B)变化着的磁场所产⽣的电场⼀定随时间⽽变化(C)有电流就有磁场，没有电流就⼀定没有磁场(D)变化着的电场所产⽜:的磁场不⼀定随时间⽽变化3.在有磁场变化着的空间内，如果没有导体存在，则该空间[](A)既⽆感应电场⼜⽆感应电流(B)既⽆感应电场⼜⽆感应电动势(C)有感应电场和感应电动势(D)有感应电场⽆感应电动势4.在有磁场变化着的空间⾥没有实体物质，则此空间⼬没有[](A)电场(B)电⼒(C)感⽣电动势(D)感⽣电流5.两根相同的磁铁分别⽤相同的速度同时插进两个尺⼨完全相同的⽊环和铜环内，在同⼀时刻，通过两环包闱⾯积的磁通量[](A)相同(B)不相同，铜环的磁通量⼤于⽊环的磁通量(C)不相同，⽊环的磁通量⼤于铜环的磁通量(D)因为⽊环内⽆磁通量，不好进⾏⽐佼_6.半径为G的圆线圈置于磁感应强度为⼀B的均匀磁场中，线圈平⾯与磁场⽅向垂直，线圈电阻为⼏当把线圈转动使其法向与〃的夹⾓⽈=6(?时，线圈中通过的电量与线圈⾯积及转动的时间的关系是](A)与线圈⾯积成反⽐，与时间⽆关(B)与线圈⾯积成反⽐，与时间成正⽐(C)与线圈⾯积成正⽐，与时间⽆关(D)与线圈⾯积成正⽐，与时间成正⽐7.⼀个半径为r的圆线圈置于均匀磁场中，线圈平⾯与磁场⽅向垂直，线圈电阻为R?当线圈转过30。

时，以下各量中，与线圈转动快慢⽆关的量是[](A)线圈中的感应电动势(B)线圈中的感应电流(C)通过线圈的感应电量(D)线圈回路上的感应电场& ⼀闭合圆形线圈放在均匀磁场中，线圈平⾯的法线与磁场成30。

要点二
详细描述
当电流通过导体时，导体中的自由电子在磁场中受到洛伦 兹力的作用，产生电子漂移现象，使导体受到与电流和磁 场方向垂直的作用力。电荷产生洛伦兹力，影响电荷的运动轨迹。
详细描述
当带电粒子在磁场中运动时，受到洛伦兹力的作用，使 粒子的运动轨迹发生偏转，偏转方向与粒子的带电性质 和运动方向有关。
磁场的散度和旋度
总结词
磁场的散度和旋度是描述磁场分布的重要物理量，散 度表示磁场线穿入的净通量，而旋度表示磁场线的环 绕程度。
详细描述
磁场的散度描述了磁场线穿入的净通量，如果一个点 的磁场散度为正，表示该点附近的磁场线有穿入的趋 势，即磁场线从外部指向该点；如果散度为负，则表 示磁场线有穿出的趋势，即磁场线从该点指向外部。 而磁场的旋度则描述了磁场线的环绕程度，它与磁感 应强度的方向和变化率有关。了解磁场的散度和旋度 对于理解磁场的基本性质和解决相关问题非常重要。
磁感应强度和磁通量
磁感应强度
描述磁场强弱的物理量，单位是特斯 拉（T）。
磁通量
表示磁场中穿过某一面积的磁力线数 量，单位是韦伯（Wb）。
磁场中的介质
磁介质
能够影响磁场分布的物质，根据磁化性质可分为顺磁质、抗磁质和铁磁质。
磁化强度
描述介质被磁化程度的物理量，与介质内部微观粒子磁矩有关。
02
CATALOGUE
互感和变压器原理
总结词
互感现象是两个线圈之间磁场耦合的现 象，变压器则是利用互感现象实现电压 变换的电气设备。
VS
详细描述
当两个线圈靠得很近时，一个线圈中的电 流会在另一个线圈中产生感应电动势，这 种现象称为互感现象。变压器是利用互感 现象实现电压变换的电气设备，它由一个 初级线圈和一个次级线圈组成，当初级线 圈中有交流电通过时，次级线圈中会产生 感应电动势，从而实现电压的升高或降低 。

三、磁场中的高斯定理(磁通连续定理)
m
B

ds
s

sB ds 0
穿过任意闭合曲面的磁通量为零。
-------------------------------------------------------------------------------
三、磁通量
1.磁感线：(磁力线或 线) 磁感线的切线方向为该点磁场方向


B
S
B大小规定为：通过磁场中某点 处垂直于磁场方向的单位面积的
B N
磁感线条数。(磁场较强处的磁
S
感线较密)
-------------------------------------------------------------------------------
1965年的测量：地磁的S极在地理北极附近（北 纬75.5o，东经259.5o），地磁的N极在地理南
极附近（南纬66.6o,东经139.9o）。地理轴与 地磁轴的夹角约为11o。
-------------------------------------------------------------------------------
§8.2 磁场 磁感应强度
一、 基本磁现象
1.自然磁现象 天然磁石
磁性、磁体、磁极
S N
SN
同极相斥，异极相吸
2.电流的磁效应 1819－1820年丹麦物 理学家奥斯特首先发
现电流的磁效应。
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1-1 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 ,即｜｜≠ ．但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2 分析与解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；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,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；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,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 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 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,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)．1-6 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： ,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 ,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 ,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时 ,,1-7 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(匀加速直线运动), (匀速直线运动)(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 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ds,则 ,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,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,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,得其中位移大小而径向增量*(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 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为1-9 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,当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10 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 ＝y1(t)和y2 ＝y2(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当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解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) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11 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 ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋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 ,则质点P 的参数方程为,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有,则质点P 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12 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＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 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．由和可得和．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,应有得(1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为1-14 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dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．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 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15 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ax 和ay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,即和 ,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t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2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 ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,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 ＝v2 -v1 ,故而所以(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,, ,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．1-17 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 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程 x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝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(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则1-18 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vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．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 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-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(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,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1-19 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v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．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,则应满足vx ＝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 ,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 (即图中的r 矢量)．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(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解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vx ＝0,则(3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 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 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解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(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v0 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 分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,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,消去t 得轨迹方程以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-1 及3.44 m≥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,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 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aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．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＝st -s0．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其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a｜＝b,由可得(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-23 分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．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∝t2 得比例系数所以则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1-24 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 ,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有 ,即得此时刻的角位置为(3) 要使 ,则有 t ＝0.55ｓ1-25 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′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ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v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得1-26 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v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使 ,则1-27 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 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 ,此时2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4) (1) 当整个装置以加速度a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ＝mAa (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg ＝ma1 F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2。