大物期末習(xí)題

11

例題：假設(shè)物體以初速度v0沿與水平方向成角方向被拋出,求物體運動的軌道方程、射程、飛行時間和物體所能到達(dá)的最大高度。

拋體運動可以看作為x方向的勻速直線運動和y方向的勻變速直線運動相疊加。xyO解：首先必須建立坐標(biāo)系,取拋射點為坐標(biāo)原點O,x軸水平向右,y軸豎直向上,如圖。運動疊加原理是求解復(fù)雜運動的有力工具。

22解得：（射程）物體的飛行時間拋射角0=/4時,最大射程xyO將x2代入上式，得33xyO由（1）、（2）得：——拋體運動軌道方程

(1)(2)討論：令y=0，得

44

實際運動軌道是彈道曲線，射程和最大高度都比上述值要小。最大高度:當(dāng)物體到達(dá)最大高度時,必有物體達(dá)最大高度的時間xyO將上式代入55解得：（射程）物體的飛行時間拋射角0=/4時,最大射程xyO將x2代入上式，得66

實際運動軌道是彈道曲線，射程和最大高度都比上述值要小。最大高度:當(dāng)物體到達(dá)最大高度時,必有物體達(dá)最大高度的時間xyO將上式代入77

例1：通過絞車?yán)瓌雍行〈虬哆?如圖。如果絞車以恒定的速率u拉動纖繩,絞車定滑輪離水面的高度為h,求小船向岸邊移動的速度和加速度。解：以絞車定滑輪處為坐標(biāo)原點,x軸水平向右,y軸豎直向下,如圖所示。xlhyoxxlh88

設(shè):小船到坐標(biāo)原點的距離為l,任意時刻小船到岸邊的距離x總滿足x

2

=l

2

h

2

兩邊對時間t

求導(dǎo)數(shù),得

絞車?yán)瓌永w繩的速率,纖繩隨時間在縮短,故;是小船向岸邊移動的速率。xlhyox

負(fù)號表示小船速度沿x軸反方向。99根據(jù)數(shù)學(xué)公式：2-1010小船的加速度隨著到岸邊距離的減小而急劇增大-1111

解：質(zhì)點的切向加速度和法向加速度分別為

例2:質(zhì)點以初速沿半徑為R

的圓周運動,其加速度方向與速度方向夾角為恒量,求質(zhì)點速率與時間的關(guān)系。分離變量1212這就是所要求的速率與時間的關(guān)系。得積分1313

習(xí)題1-4現(xiàn)有一矢量R是時間t的函數(shù)，問與在一般情況下是否相等？為什么？

解:

與在一般情況下是不相等的。因為前者是對矢量R的絕對值(大小或長度)求導(dǎo)，表示矢量R的大小隨時間的變化率；而后者是對矢量R的大小和方向兩者同時求導(dǎo)，再取絕對值，表示矢量R大小隨時間的變化和矢量R方向隨時間的變化兩部分的絕對值。如果矢量R方向不變只是大小變化，那么這兩個表示式是相等的。14141-12設(shè)質(zhì)點的位置與時間的關(guān)系為x=x(t)，y=y(t)，在計算質(zhì)點的速度和加速度時，如果先求出，然后根據(jù)和求得結(jié)果；還可以用另一種方法計算：先算出速度和加速度分量，再合成，得v=和。你認(rèn)為哪一組結(jié)果正確？為什么？

1515解第二組結(jié)果是正確的。而在一般情況下第一組結(jié)果不正確，這是因為在一般情況下

速度和加速度中的r是質(zhì)點的位置矢量，不僅有大小而且有方向，微分時，既要對大小微分也要對方向微分。第一組結(jié)果的錯誤就在于，只對位置矢量的大小微分，而沒有對位置矢量的方向微分。16161-21

質(zhì)點從傾角為

=30

的斜面上的O點被拋出，初速度的方向與水平線的夾角為

=30，如圖所示，初速度的大小為v0=9.8ms1。若忽略空氣的阻力，試求：(1)質(zhì)點落在斜面上的B點離開O點的距離；(2)在t=1.5s時，質(zhì)點的速度、切向加速度和法向加速度。1717解建立如圖所示的坐標(biāo)系(1)設(shè)B點到O點的距離為l，則B點的坐標(biāo)可以表示為如果質(zhì)點到達(dá)B點的時間為，則可以列出下面的方程式(1)

1818以上兩式聯(lián)立，可解得(3)

(2)

將式(3)代入式(1)，得1919(2)設(shè)在t=1.5s時質(zhì)點到達(dá)C點，此時所以速度的大小為速度與y軸負(fù)方向的夾角為20202121

例題6：在傾角為的山坡上安放一尊大炮，大炮相對山坡的仰角為，所發(fā)射炮彈的初速為v0。忽略了空氣阻力，求炮彈擊中目標(biāo)的位置、最大射程和對應(yīng)最大射程的仰角。

解:取炮口為坐標(biāo)原點，取x軸沿水平向右、y軸豎直向上，建立坐標(biāo)系。

該題與拋體運動無本質(zhì)差異，只是炮彈的著地點P不是在水平面上，而是在傾角為的山坡上。另外，炮彈著地點P不是在水平面上

2222根據(jù)拋物線方程：山坡的直線方程為

(1)(2)（1）、（2）聯(lián)立得：(3)2323其中最大射程應(yīng)該滿足下面的條件：

由這個方程可以求得對應(yīng)最大射程的仰角。將x1代入上式，得2424于是得到由此可解得對應(yīng)最大射程的仰角，為

射程R是從坐標(biāo)原點(即炮口)沿山坡到擊中點P的距離OP，不要錯誤地認(rèn)為就是x1。所以射程應(yīng)為

2525

將對應(yīng)最大射程的仰角值代入上式，即可得到最大射程，為例1：應(yīng)以多大速度發(fā)射，才能使人造地球衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動?

解：地球近似半徑為R的均勻球體,衛(wèi)星離地面高度為h,繞地球作勻速圓周運動所需向心力為

若衛(wèi)星只受地球引力作用,引力就是衛(wèi)星作勻速圓周運動的向心力。地球的引力在半徑等于地球半徑的圓形軌道上運行的衛(wèi)星所需速度,就是發(fā)射衛(wèi)星所需速度，即第一宇宙速度。

由F1=F2得

T0=T0，作用力和反作用力；繩子不可伸長,物體的加速度a必定等于繩子的加速度a。例2:光滑桌上有一均勻細(xì)繩,質(zhì)量m、長度l,一端系質(zhì)量為M的物體,另一端施加一水平拉力F。求(1)細(xì)繩作用于物體上的力,(2)繩上各處的張力。解:(1)根據(jù)題意,取物體和繩子為隔離體,分析其受力情況并畫出受力圖：MMgNT0aT0FamgNs建立坐標(biāo)系,取繩子與物體的接觸點為坐標(biāo)原點O,x軸沿繩子水平向右,y軸豎直向上。在x方向和y方向分別列出物體和繩子的運動方程

x方向：T0=Ma,FT0=ma

y方向：NMg=0,Nsmg=0物體和繩子的加速度為繩作用于物體拉力為一般物體所受繩子的拉力T0總小于外力F,只有當(dāng)繩子的質(zhì)量可以忽略時,它們才近似相等。OxyOxy

(2)在x處取繩元dx(質(zhì)量dm)作為隔離體,分析受力，列運動方程dmx+dxxTT+dTadmgdNs

x方向上：y方向上：將和代入得

例3：質(zhì)量為mA和mB兩物體摞在桌面上。A與B間最大靜摩擦系數(shù)為

1,B與桌面的滑動摩擦系數(shù)為2,現(xiàn)用水平向右的力F拉物體B,試求當(dāng)A、B間無相對滑動并以共同加速度向右運動時,F的最大值。解：分別取A和B為研究對象。

建立坐標(biāo)系取x軸水平向右,取y軸豎直向上。沿x軸向右為正,向左為負(fù);沿y軸向上為正向下為負(fù)。FABAmAgN1f0f0

FmBgN2N1fB由牛頓第二定律和摩擦力的規(guī)律列出方程式：F=(1+2)(mA

+mB)g對物體A：f0=mAa,N1mAg=0,f0=1N1對B：Ff0f=mBa,N2N1mBg=0,f=2N2在考慮A、B之間的摩擦力時,使用的是最大靜摩擦力f0和f0,所以上面求得的F值是使A、B之間無相對滑動、且共同向右運動時的最大值。若F>(

1+2)(mA+mB)g,則A、B之間必定出現(xiàn)相對滑動。32

例1:超重與失重：臺秤上顯示的體重讀數(shù)是多少？向下失重fmgN向上超重解:f33例2:求地球表面緯度處質(zhì)量為m的物體的重量。解:

設(shè)地球是半徑R均勻球體,自轉(zhuǎn)角速度,為了便于分析,將該重物用繩懸掛在緯度處,并相對于地球處于靜止?fàn)顟B(tài)。mTFWF*慣性離心力

除慣性離心力外,還有地球?qū)λ娜f有引力F和繩子對它的張力T,并且有34mTFWF*利用余弦定理

很小,上式高次方項可略去,所以麥克勞林的展開式

35

處于地球表面的物體所受地球的萬有引力與重力是不同的,而且物體的質(zhì)量與重量這兩個概念是有本質(zhì)差別的。重量隨所處緯度的增高而增大yxO

例1：質(zhì)量為m的小球系于長度為R的細(xì)繩末端,細(xì)繩的另一端固定在點A,將小球懸掛在空間?，F(xiàn)小球在水平推力F的作用下,緩慢地從豎直位置移到細(xì)繩與豎直方向成角的位置。求水平推力F

所作的功(不考慮空氣阻力)。

解：取如圖所示的坐標(biāo)系,其分量式為:

在x方向:在y方向:αAR小球受推力

、細(xì)繩的張力和小球所受重力

三個力始終是平衡的,即

θ上兩式相除得：取元位移，變力所作的元功為：偏轉(zhuǎn)a角的過程中的總功為：θyxO

｛hαAR

例2：已知彈簧的勁度系數(shù)k=200Nm1,若忽略彈簧的質(zhì)量和摩擦力,求將彈簧壓縮10cm,彈性力所作的功和外力所作的功。xoyxxoy解：取如圖所示的坐標(biāo)系彈簧的彈力為：在x處取元位移dx,彈力所作元功··彈性力所作的總功為：外力所作的功為：dx

例1：小球以初速率vA

沿光滑曲面向下滾動,如圖所示。問當(dāng)小球滾到距出發(fā)點A的垂直距離為h的B處時,速率為多大?

解：建立如圖所示的坐標(biāo)系，小球在滾動過程中受到和兩個力的作用。合力為：根據(jù)動能定理有：即因始終垂直于，所以而重力加速度的分量式，即解得末速率為于是有所以41選項1鏈接答案結(jié)束選擇隨堂小議衛(wèi)星在A，B兩點處（請點擊你要選擇的項目）a的勢能差為上圖中，AB衛(wèi)星地球質(zhì)量m質(zhì)量M近地點遠(yuǎn)地點Or2r1（1）r2mMGr1r1r2（2）r2mMGr1r1r2（3）r2mMGr1r1（4）r2mMGr1r2例1：求使物體脫離地球引力作用的最小速度。解：根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

例2：求使物體不僅擺脫地球引力作用,而且脫離太陽引力作用的最小速度。解：根據(jù)機(jī)械能守恒定律有所以地球公轉(zhuǎn)速度物體相對于地球的速度相對地球的動能脫離地球引力所需動能所以從地面發(fā)射時所需最小動能為

物體沿斜面運行了s=2.0m后停止。若忽略空氣阻力,試求:(1)斜面與物體之間的摩擦系數(shù)μ；

(2)物體下滑到出發(fā)點的速率v。由此可得第三宇宙速度

例3:一物體以初速v0=6.0ms1沿傾角為

=30°的斜面向上運動,如圖,摩擦力的大小為所以即有解得解：⑴

物體沿斜面上升過程中根據(jù)功能原理得⑵物體下滑到出發(fā)點過程中,

根據(jù)功能原理得即有解得例4：一根質(zhì)量均勻分布且不可伸長的柔軟細(xì)繩，總長度為l，其一部分放置在光滑的水平桌面上，另一部分經(jīng)桌邊下垂，下垂部分的長度為l0。釋放后繩子從靜止開始下落，求繩子的下落速度與下落長度的關(guān)系。

解建立如圖所示的坐標(biāo)系Oy0=l0

把細(xì)繩和地球劃為一個系統(tǒng)，由于桌面是光滑的，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

設(shè)繩子的質(zhì)量為M，它的線密度為

取繩子全部處于桌面時為勢能的零點

初狀態(tài)繩子的動能為零。當(dāng)下端點落到y(tǒng)處時，繩子的速度為v，這是系統(tǒng)的動能為yy+dy繩子初狀態(tài)的勢能當(dāng)下端點落到y(tǒng)處時，系統(tǒng)的勢能為根據(jù)機(jī)械能守恒定律，應(yīng)有

解得：在繩子全部離開桌面的瞬間，繩子下落的速度為

此題也可以用牛頓第二定律求解根據(jù)牛頓第二定律，在y方向可以列出下面的方程式

兩式聯(lián)立得：

當(dāng)y=y0時，v=0，當(dāng)y=y時，v=v，在此積分限內(nèi)對上式積分整理，并考慮到y(tǒng)0=l0得

本章習(xí)題2-7機(jī)車的功率為2.0106W，在滿功率運行的情況下，在100s內(nèi)將列車由靜止加速到20ms1

。若忽略摩擦力，試求：(1)列車的質(zhì)量；(2)列車的速率與時間的關(guān)系；(3)機(jī)車的拉力與時間的關(guān)系；(4)列車所經(jīng)過的路程。解(1)將牛頓第二定律寫為下面的形式Fv=P，是機(jī)車的功率，為一定值。對上式積分(2)(3)由上式得(4)列車在這100秒內(nèi)作復(fù)雜運動，因為加速度也在隨時間變化。列車所經(jīng)過的路程因為直線運動，上式可化為標(biāo)量式2-8質(zhì)量為m的固體球在空氣中運動將受到空氣對它的黏性阻力f的作用，黏性阻力的大小與球相對于空氣的運動速率成正比，黏性阻力的方向與球的運動方向相反，即可表示為f=v，其中是常量。已知球被約束在水平方向上，在空氣的黏性阻力作用下作減速運動，初始時刻t0，球的速度為v0

，試求：(1)t時刻球的運動速度v；(2)在從t0

到t的時間內(nèi)，黏性阻力所作的功A。解(1)根據(jù)已知條件，可以作下面的運算(2)在從t0

到t的時間內(nèi)，黏性阻力所作的功積分：2-17一個勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定，另一端懸掛一個質(zhì)量為m的小球，這時平衡位置在點A，如圖所示?，F(xiàn)用手把小球沿豎直方向拉伸x并達(dá)到點B的位置，由靜止釋放后小球向上運動，試求小球第一次經(jīng)過點A時的速率。解把小球、彈簧和地球看作為一個系統(tǒng)，則小球所受彈性力和重力都是保守內(nèi)力。系統(tǒng)不受任何外力作用，也不存在非保守內(nèi)力，所以在小球的運動過程中機(jī)械能是守恒的。

勢能零點可以任意選擇，那么彈力勢能的零點若選在點A不是更簡便嗎？2-18一個物體從半徑為R的固定不動的光滑球體的頂點滑下，問物體離開球面時它下落的豎直距離為多大？

解設(shè)物體的質(zhì)量為m，離開球面時速度為v，此時它下落的豎直距離為h。對于由物體、球體和地球所組成的系統(tǒng)，沒有外力和非保守內(nèi)力的作用，機(jī)械能守恒，故有

在物體離開球體之前，物體在球面上的運動過程中，應(yīng)滿足下面的關(guān)系將上式代入例1:質(zhì)量為M=5.0102kg的重錘從高為h=2.0m處自由下落打在工件上,經(jīng)t=1.0102s時間速度變?yōu)榱?。若忽略重錘自身的重量,求重錘對工件的平均沖力。解：取重錘為研究對象,y

軸豎直向上。重錘與工件接觸時,動量大小為根據(jù)動量定理得即解得根據(jù)牛頓第三定律，重錘對工件的平均沖力大小方向豎直向下例題2在如圖所示的裝置中，一不可伸長的輕繩跨過定滑輪，兩端系有質(zhì)量分別為m和M(>m)的物體。開始時M靜止在地面上，繩子松弛，當(dāng)物體m自由下落h的距離后，繩子才被拉緊?；喌馁|(zhì)量和摩擦力都可忽略不計，求繩子剛被拉緊時物體的運動速率以及物體M所能達(dá)到的最大高度。

解建立如圖所示的坐標(biāo)系。當(dāng)物體m自由下落h的距離時，它就具有了速度張力作用的時間為t，則物體m具有了動量mu，由于繩子的張力T所產(chǎn)生的沖量，使它的動量變?yōu)閙v。與此同時，由于繩子的張力T所產(chǎn)生的沖量，使物體M的動量從0變?yōu)镸v。由于繩子是輕繩，質(zhì)量可以忽略，所以滑輪兩側(cè)繩子的張力相等，即由以上兩式可以解得物體M所能達(dá)到的最大高度zm，可以使用能量關(guān)系求解。取地面為重力勢能零點，則在初狀態(tài)系統(tǒng)的總能量為末狀態(tài)的總能量為由于機(jī)械能守恒，故有解得物理與微電子學(xué)院66解：選擇如圖所示的坐標(biāo)系，圓弧關(guān)于x

軸對稱。設(shè)圓弧的線密度為，取質(zhì)量元dm=

Rd

坐標(biāo)為x=Rcos

例1：求半徑為R、頂角為2的均勻圓弧的質(zhì)心。則圓弧質(zhì)心坐標(biāo)為物理與微電子學(xué)院67例題2求一個半徑為R的半圓形均勻薄板的質(zhì)心解將坐標(biāo)原點取在半圓形薄板的圓心上，并建立如圖的坐標(biāo)系。在這種情況下，質(zhì)心C必定處于y軸上，即質(zhì)量元是取在y處的長條，如圖所示。長條的寬度為dy，長度為2x。根據(jù)圓方程物理與微電子學(xué)院68如果薄板的質(zhì)量密度為，則有

令,則，對上式作變量變換，并積分，得物理與微電子學(xué)院69物理與微電子學(xué)院70例題3有一厚度和密度都均勻的扇形薄板，其半徑為R，頂角為2，求質(zhì)心的位置。解以扇形的圓心為坐標(biāo)原點、以頂角的平分線為y軸質(zhì)量元可表示為整個扇形薄板的質(zhì)量為物理與微電子學(xué)院71將代入上式，得若，則扇面就變成了半圓。物理與微電子學(xué)院72例題1

柔軟且質(zhì)量均勻分布的繩子長度為L，質(zhì)量為M。開始時手拿其上端豎直懸提著，并使其下端剛剛與桌面相接觸，如圖所示?，F(xiàn)將繩子由靜止釋放，試求當(dāng)繩子下落到所剩長度為l時，繩子作用于桌面上的力。解：任意時刻質(zhì)心的位置為物理與微電子學(xué)院73質(zhì)心的加速度為物理與微電子學(xué)院74

為了對繩子的整體運用質(zhì)心運動定理，還需考慮繩子的受力代入上式，得繩子對桌面的作用力為大炮在發(fā)射時炮身會發(fā)生反沖現(xiàn)象。設(shè)炮身的仰角為θ,炮彈和炮身的質(zhì)量分別為m和M,炮彈在離開炮口時的速率為v,若忽略炮身反沖時與地面的摩擦力,求炮身的反沖速率。

例1：如圖所示,解：設(shè)x軸沿水平向右，根據(jù)動量守恒定律得所以炮身的反沖速率為

例2：一原先靜止的裝置炸裂為質(zhì)量相等的三塊,已知其中兩塊在水平面內(nèi)各以80ms1和60ms1的速率沿互相垂直的兩個方向飛開。求第三塊的飛行速度。解：設(shè)碎塊的質(zhì)量都為m，建立如圖所示的坐標(biāo)系根據(jù)動量守恒定律得解方程組得所以

例：如圖所示的裝置稱為沖擊擺,可用它來測定子彈的速度。質(zhì)量為M的木塊被懸掛在長度為l的細(xì)繩下端,一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以速度v射中木塊,并停留在其中。木塊受到?jīng)_擊而向斜上方擺動,當(dāng)?shù)竭_(dá)最高位置時,木塊的水平位移為s。試確定子彈的速度。

解：根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得由圖知解以上三方程的聯(lián)立方程組得h例1質(zhì)量為1.0kg的質(zhì)點在力F=(2t

3)i+(3t

2)j的作用下運動，其中t是時間，單位為s，F(xiàn)的單位是N，質(zhì)點在t=0時位于坐標(biāo)原點，且速度等于零。求此質(zhì)點在t=2.0s時所受的相對坐標(biāo)原點O的力矩。解質(zhì)點的加速度為t時刻質(zhì)點的位置矢量為質(zhì)點在t=2.0s時所受的相對坐標(biāo)原點O的力矩為

例1：一質(zhì)量為m的質(zhì)點沿著一條空間曲線運動，該曲線在直角坐標(biāo)下的矢徑為：，其中a、b、皆為常數(shù)，求該質(zhì)點對原點的角動量。解：已知角動量開普勒第二定律應(yīng)用質(zhì)點的角動量守恒定律可以證明開普勒第二定律行星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過相等的面積例題2解:將行星看為質(zhì)點,在dt時間內(nèi)以速度

完成的位移為

,矢徑

在dt

時間內(nèi)掃過的面積為dS（圖中陰影）。根據(jù)質(zhì)點角動量的定義則om·

例3：質(zhì)量為m的小球系于細(xì)繩的一端,繩的另一端縛在一根豎直放置的細(xì)棒上,小球被約束在水平面內(nèi)繞細(xì)棒旋轉(zhuǎn),某時刻角速度為1，細(xì)繩的長度為r1。當(dāng)旋轉(zhuǎn)了若干圈后,由于細(xì)繩纏繞在細(xì)棒上,繩長變?yōu)閞2,求此時小球繞細(xì)棒旋轉(zhuǎn)的角速度2。解：小球受力繩子的張力

,指向細(xì)棒；重力

，豎直向下；支撐力

,豎直向上。

與繩子平行,不產(chǎn)生力矩；

與平衡，力矩始終為零。所以,作用于小球的力對細(xì)棒的力矩始終等于零,故小球?qū)?xì)棒的角動量必定是守恒的。根據(jù)質(zhì)點對軸的角動量守恒定律式中v1是半徑為r1時小球的線速度,v2是半徑為r2時小球的線速度。代入上式得解得可見,由于細(xì)繩越轉(zhuǎn)越短,,小球的角速度必定越轉(zhuǎn)越大,即。而例4一質(zhì)量為m的小球處于光滑的水平桌面上，并被系于長度為s、勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端，而輕彈簧的另一端被固定在桌面的O點。初始時刻小球處于桌面的A點，輕彈簧呈完全松弛的自由狀態(tài)，如圖所示。某時刻小球受到?jīng)_擊后，使它獲得與彈簧縱向相垂直的v0，并沿桌面滑動。當(dāng)小球運動到B點時，彈簧比原先伸長了s，求小球到達(dá)B點時的速度。解：把桌面取為xy平面，取過O點垂直于桌面向上的軸線為z軸。根據(jù)對軸的角動量守恒定律根據(jù)機(jī)械能守恒定律聯(lián)立得

例5：在探測原子結(jié)構(gòu)的盧瑟福實驗中，用質(zhì)量為m、并帶正電的粒子轟擊金箔。當(dāng)粒子進(jìn)入金箔并接近金原子核時，由于它與金原子核之間的靜電斥力作用，使它的運動軌道發(fā)生了彎曲，如圖所示。因為金原子核的質(zhì)量比粒子的質(zhì)量大得多，所以當(dāng)粒子經(jīng)過時可以認(rèn)為金原子核是靜止不動的。已知粒子的入射速度為v0，與金原子核之間的斥力勢能為Ep=k/r

(k為大于零的常量)，金原子核到沿入射速度方向的延長線的距離(稱為瞄準(zhǔn)距離)為b，求從金原子核到粒子的運動軌道的最短距離rm。

解

粒子的運動是在金原子核對它的有心力作用下進(jìn)行的，它對金原子核所在位置的角動量是守恒的。同時，由粒子和金原子核所組成的系統(tǒng)的機(jī)械能也是守恒的根據(jù)角動量守恒定律，有根據(jù)機(jī)械能守恒定律，應(yīng)有

由以上兩式聯(lián)立可以得到

,整理后可得

.由此二次方程可解出rm，得

.

由這個結(jié)果可以探測原子核的大小。瞄準(zhǔn)距離b越小，粒子與金原子核的最小距離rm也越短，粒子就越接近金原子核。當(dāng)瞄準(zhǔn)距離b0時，表示粒子與金原子核發(fā)生正碰，由上式可得

這是rm的最小值，在極限情況下，它應(yīng)等于金原子核的半徑。在盧瑟福實驗中，得到rm31014m，與以后從其他實驗中測得的原子核的大小范圍10151014

m相一致。（請點擊你要選擇的項目）兩人質(zhì)量相等O一人握繩不動一人用力上爬隨堂小議可能出現(xiàn)的情況是終點線終點線滑輪質(zhì)量既忽略輪繩摩擦又忽略（1）（2）（3）（4）兩人同時到達(dá)；用力上爬者先到；握繩不動者先到；以上結(jié)果都不對。Om12mv12vR同高從靜態(tài)開始往上爬忽略輪、繩質(zhì)量及軸摩擦質(zhì)點系m12m,若m12m系統(tǒng)受合外力矩為零，角動量守恒。系統(tǒng)的初態(tài)角動量系統(tǒng)的末態(tài)角動量m1v1R2m2vR0得2vv1不論體力強(qiáng)弱，兩人等速上升。若m12m系統(tǒng)受合外力矩不為零，角動量不守恒?？蓱?yīng)用質(zhì)點系角動量定理進(jìn)行具體分析討論。4-7一個質(zhì)量為m的質(zhì)點在O-xy平面上運動，其位置矢量隨時間的關(guān)系為r=acost

i+bsintj，其中a、b和都是常量。從質(zhì)點運動和角動量定理兩個方面證明此質(zhì)點對坐標(biāo)原點O的角動量是守恒的。解:(1)從質(zhì)點運動的角度：(2)從角動量定理的角度：根據(jù)質(zhì)點運動的位置矢量表達(dá)式，可以得到將上兩式平方相加，得

這表示質(zhì)點作橢圓運動。在這種情況下，作用于質(zhì)點的力必定是有心力，即力始終指向橢圓的一個焦點。所以相對此焦點的力矩必定等于零。根據(jù)動量定理M=0，所以r=acost

i+bsintj4-9不可伸長的輕繩跨過一個質(zhì)量可以忽略的定滑輪，輕繩的一端吊著托盤(見圖)，托盤上豎直放著一個用細(xì)線纏縛而壓縮的小彈簧，輕繩的另一端系一重物與托盤和小彈簧相平衡，因而整個系統(tǒng)是靜止的。設(shè)托盤和小彈簧的質(zhì)量分別為M和m，被細(xì)線纏縛的小彈簧在細(xì)線斷開時在桌面上豎直上升的最大高度為h。現(xiàn)處于托盤上的小彈簧由于纏縛的細(xì)線突然被燒斷，能夠上升的最大高度是多大？解:重物的質(zhì)量為M+m，以托盤、彈簧、重物和滑輪為質(zhì)點系。以滑輪中心為參考點，系統(tǒng)所受合外力矩為零，故角動量守恒，即v是纏縛的細(xì)線斷開時彈簧向上彈的初速度，V為托盤獲得的向下的初速度，r是滑輪的半徑纏縛的細(xì)線斷開時彈簧所獲得的彈力勢能為mgh，它全部轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)的動能，就是彈簧托盤和重物的動能之和，即由以上兩式可解得所以彈簧彈起的最大高度為例題：已知S

系相對于S系以0.80c的速度沿公共軸x、x

運動，以兩坐標(biāo)原點相重合時為計時零點。現(xiàn)在S

系中有一閃光裝置，位于x

=10.0km，y

=2.5km，z

=1.6km處，在t

=4.5105s時發(fā)出閃光。求此閃光在S系的時空坐標(biāo)。

解

已知閃光信號發(fā)生在S

系的時空坐標(biāo)，求在S系中的時空坐標(biāo)，所以應(yīng)該將洛倫茲正變換公式中帶撇量換成不帶撇量，不帶撇量換成帶撇量，而成為下面的形式將、和代入上式，得：101

例1：在用乳膠片研究宇宙射線時，發(fā)現(xiàn)了一種被稱為

介子的不穩(wěn)定粒子，質(zhì)量約為電子質(zhì)量的273.27倍，固有壽命為2.603108s。如果

介子產(chǎn)生后立即以0.9200c的速度作勻速直線運動，問它能否在衰變前通過17m路程？

解：設(shè)實驗室參考系為S系，隨同

介子一起運動的慣性系為S

系，根據(jù)題意，S

系相對于S系的運動速度為0.9200c，即v=0.9200c。介子在S

系的固有壽命為2.603108s,而從實驗室參考系(即S系)觀測，

介子的壽命為：102=2.6031082.552s=6.642108s在衰變前可以通過的路程為s

=v

=(0.9200c6.642108)

m=18.32m>17m即

介子在衰變前可以通過17m的路程。

四、速度變換法則在S系中在S

系中103

例2：0介子在高速運動中衰變，衰變時輻射出光子。如果0介子的運動速度為0.99975c，求它向運動的正前方輻射的光子的速度。

解：設(shè)實驗室參考系為S

系，隨同0介子一起運動的慣性系為S

系，取0和光子運動的方向為x軸，由題意，v=0.99975c，ux=c。根據(jù)相對論速度逆變換公式，得

可見光子的速度仍然為c，這已為實驗所證實。若按照伽利略變換，光子相對于實驗室參考系的速度是1.99975c，這顯然是錯誤的。104

假設(shè)飛船的速率v=0.95c，從地面上測量，它的長度又是多少？可見在高速情況下長度收縮十分明顯。

例3：原長為15m的飛船以v=9×103m/s的速率相對地面勻速飛行時，從地面上測量，它的長度是多少？

差別很難測出。解：105解：棒長在O'x'和O'y'軸上的分量為保持不變在S系觀察此棒的長度為：θ′x′y′O′

例4：長為1m的棒靜止地放在平面內(nèi)，在S'系中測得棒與x'軸成45o，設(shè)S'以0.87c的速率相對S系沿xx'軸運動，求棒與Ox軸的夾角。

在S系觀察此棒在Ox

和Oy軸上的分量為106

在S系觀測，運動的棒不僅長度收縮，而且還要轉(zhuǎn)向。

例5：一飛船以v=9×103m/s的速率相對于地面勻速飛行。飛船上的鐘走了10min,地面上的鐘經(jīng)過了多少時間？若v=0.95c

結(jié)果又如何？107

可見，在高速情況下飛船的時間延緩效應(yīng)十分明顯，運動的鐘變慢了。解：Δt′為原時間=10.000000004min若v=0.95c108

例6：設(shè)想一飛船以0.80c

的速度在地球上空飛行，如果這時從飛船上沿速度方向拋出一物體，物體相對飛船速度為0.90c

。問：從地面上看，物體速度多大？解：選飛船參考系為系地面參考系為系x′xvo109

例1：孤立核子組成原子核時所放出的能量，就是該原子核的結(jié)合能。已知質(zhì)子和中子的靜質(zhì)量分別為mp=1.672621027kg和mn=1.674931027kg,由它們組成的氘核的靜質(zhì)量為mD=3.343591027kg，求氘核的結(jié)合能。

解：先求質(zhì)子和中子結(jié)合為氘核過程中的質(zhì)量虧損=(1.67262+1.674933.34359)1027kg=3.961030kg質(zhì)量虧損所對應(yīng)的靜能為：110

E=mc2=3.961030

(2.998108)2J

=3.561013J=2.22

MeV這部分能量主要以光輻射的形式釋放出來。

例2：質(zhì)子以速度v=0.80c運動，求質(zhì)子的總能量、動能和動量。解：質(zhì)子的靜止質(zhì)量總能量111動能動量MeV/c

是核物理中動量的單位?；?12例題3：

子的壽命(在相對于子靜止的參考系中測得的它所存在的時間)為

0=2.2106s，經(jīng)常發(fā)現(xiàn)在它存在的時間內(nèi)能夠運行L=2.0103m的距離。已知

子的靜質(zhì)量m0=100MeV/c2，求

子的速度和相應(yīng)的能量。

解：可以認(rèn)為子是以速度v作勻速直線運動，在實驗室參考系中測得子的壽命為，根據(jù)相對論時間延緩效應(yīng)，應(yīng)有（1）于是有

（2）113將

子的速度與光速的差記為v，即

（3）因為

子的速度接近光速，所以

（4）式(2)可作下面的簡化：

所以

114由此解得

子的速度為

子的能量為

115習(xí)題7-7

在以0.50c相對于地球飛行的宇宙飛船上進(jìn)行某實驗，實驗時儀器向飛船的正前方發(fā)射電子束，同時又向飛船的正后方發(fā)射光子束。已知電子相對于飛船的速率為0.70c。試求：

(1)電子相對于地球的速率；

(2)光子相對于地球的速率；

(3)從地球上看電子相對于飛船的速率；

(4)從地球上看電子相對于光子的速率；

(5)從地球上看光子相對于飛船的速率。解：

(1)電子相對于地球的速率

116(2)光子相對于地球的速率：(3)從地球上看電子相對于飛船的速率

(4)從地球上看電子相對于光子的速率(5)從地球上看光子相對于飛船的速率

1177-10靜止長度為l0的桿子在S系中平行于x軸并以速率u沿x軸正方向運動?，F(xiàn)有S系相對于S系沿x軸正方向以速率V運動，求S系中的觀察者所測得的桿長。

解

首先求得桿子相對于S系的運動速率u，這實際上是將桿子相對于S系的運動速率u變換到S系中去的問題。根據(jù)速度變換公式，u可由下式表示S系中的觀察者所測得的桿長度為

118

這個問題是桿相對于兩個參考系之間的速度變換問題，必須利用洛倫茲變換。如果認(rèn)為，由于S系和桿分別相對于S系以速度V和u運動，所以桿相對于S的速度就是(u

V)，于是就用(u

V)代替上面求得的u，這是不對的。例1：三個點電荷q1=q2=2.0×10-6C,Q=4.0×10-6C，求q1

和q2

對Q的作用力。解：

q1

和q2對Q的作用力的方向雖然不同，但大小相等：由對稱性可以看出兩個力在y方向的分力大小相等，方向相反而相互抵消，Q僅受沿x方向的作用力：q1q2Qyxor1r20.30.30.4θFxF1F2Fy例2：如圖距離一長為l的，電荷線密度為的帶電體a處有一個點電荷q，求：q受線帶電體的作用力。解：分析，在此題中，由于帶電體與點電荷之間的距離a>>l不成立，因此l不能視為點電荷。帶電體可分解為若干個線元dy，且dy很小，使dy<<a，因此dy可視為點電荷。線元所帶電量aoldFrq(a,0)dy(0,y)（1）建立坐標(biāo)系（如圖）（2）應(yīng)用庫侖定律（3）計算總的相互作用力aoldFrq(a,0)dy(0,y)aoldFrq(a,0)dy(0,y)查表得：例1：求兩個相距為l,等量異號點電荷中垂線上距離點電荷連線中心任一點Q處的電場強(qiáng)度。等量異號電荷+q、-q，相距為l(l<<r)，稱該帶電體系為電偶極子解：建立如右圖的坐標(biāo)系Q點的場強(qiáng)E的y分量為零,x分量是E+和E-

在x方向分量的代數(shù)和:代入上式結(jié)論：電偶極子中垂線上，距離中心較遠(yuǎn)處一點的場強(qiáng)，與電偶極子的電矩成正比，與該點離中心的距離的三次方成反比，方向與電矩方向相反。用表示從到的矢量，定義電偶極矩為：例2：求距離均勻帶電細(xì)棒為a的p點處電場強(qiáng)度。設(shè)棒長為L,帶電量q，電荷線密度為l

=q/L解：選坐標(biāo)并任取一小段dq如圖，其中apa

b

由圖可知在xy平面上p點的場強(qiáng)dE可分解成x方向和y方向的兩個分量:dExdEyθdxl場強(qiáng)的x分量:場強(qiáng)的y分量:當(dāng)y<<L時為無限長均勻帶電細(xì)棒a=0,b=p,p點的電場強(qiáng)度只有y分量方向垂直于細(xì)棒。討論:

解：在圓環(huán)上任選dq，引矢徑r至場點，由對稱性可知，p點場強(qiáng)只有x分量例3：均勻帶電圓環(huán)軸線上一點的場強(qiáng)。設(shè)圓環(huán)帶電量為q，半徑為R。當(dāng)所求場點遠(yuǎn)大于環(huán)的半徑時，方向在x軸上，正負(fù)由q的正負(fù)決定。說明遠(yuǎn)離環(huán)心的場強(qiáng)相當(dāng)于點電荷的場dE//dE⊥當(dāng)x=0時，E＝0例4：均勻帶電圓盤軸線上一點的場強(qiáng)。設(shè)圓盤帶電量為，半徑為。解：帶電圓盤可看成許多同心的圓環(huán)組成，取一半徑為r，寬度為dr的細(xì)圓環(huán)帶電量：pE在遠(yuǎn)離帶電圓面處，相當(dāng)于點電荷的場強(qiáng)。相當(dāng)于無限大帶電平面附近的電場，可看成是均勻場，場強(qiáng)垂直于板面，正負(fù)由電荷的符號決定。討論：1.當(dāng)時2.當(dāng)時s1s2s3s4s5θEnxyz例1：一個三棱柱放在均勻電場中，E=200N/C,沿x方向，求通過此三棱柱體的電場強(qiáng)度通量。解：三棱柱體的表面為一閉合曲面，由S1、S2、S3、S4、S5構(gòu)成，其電場強(qiáng)度通量為：即：通過閉合曲面的電場強(qiáng)度通量為零。注意：電力線與電通量的區(qū)別例1：一無限長均勻帶電細(xì)棒，其線電荷密度為，求距細(xì)棒為a處的電場強(qiáng)度。

解：以細(xì)棒為軸作一個高為l、截面半徑為a的圓柱面，如圖所示。以該圓柱面為高斯面，運用高斯定理，由于對稱性，圓柱側(cè)面上各點的場強(qiáng)E的大小相等,方向都垂直于圓柱側(cè)面向外。

通過高斯面S的電通量可分為圓柱側(cè)面和上、下底面三部分通量的代數(shù)和。S

a因上、下底面的場強(qiáng)方向與面平行，其電通量為零，即式中后兩項為零。此閉合面包含的電荷總量其方向沿場點到直導(dǎo)線的垂線方向。正負(fù)由電荷的符號決定。S

a例2：求半徑為R的均勻帶電球體在球內(nèi)外各點的場強(qiáng)分布。設(shè)球體電荷密度為r

，總電量為Q。解：因為電荷分布具有球?qū)ΨQ性。固選取同心的球面為高斯面。根據(jù)高斯定理QRrQ例3：均勻帶電的球殼內(nèi)外的場強(qiáng)分布。設(shè)球殼半徑為R，所帶總電量為Q。解：場源的對稱性決定著場強(qiáng)分布的對稱性。它具有與場源同心的球?qū)ΨQ性。固選同心球面為高斯面。場強(qiáng)的方向沿著徑向，且在球面上的場強(qiáng)處處相等。當(dāng)高斯面內(nèi)電荷為Q，所以當(dāng)高斯面內(nèi)電荷為0高斯面高斯面均勻帶電球殼結(jié)果表明：均勻帶電球殼外的場強(qiáng)分布正像球面上的電荷都集中在球心時所形成的點電荷在該區(qū)的場強(qiáng)分布一樣。在球面內(nèi)的場強(qiáng)均為零。解：由于電荷分布對于求場點p到平面的垂線op是對稱的，所以

p點的場強(qiáng)必然垂直于該平面。又因電荷均勻分布在無限大的平面上，所以電場分布對該平面對稱。即離平面等遠(yuǎn)處的場強(qiáng)大小都相等、方向都垂直于平面，當(dāng)場強(qiáng)指離平面。當(dāng)場強(qiáng)方向指向平面。例4：求無限大均勻帶電平板的場強(qiáng)分布。設(shè)面電荷密度為。由于圓筒側(cè)面上各點的場強(qiáng)方向垂直于側(cè)面的法線方向，所以電通量為零；又兩個底面上場強(qiáng)相等、電通量相等，均為穿出。場強(qiáng)方向垂直于帶電平面。選一其軸垂直于帶電平面的圓筒式封閉面作為高斯面S，帶電平面平分此圓筒，場點p位于它的一個底面上。場強(qiáng)方向指離平面;場強(qiáng)方向指向平面。例5：求兩個平行無限大均勻帶電平面的場強(qiáng)分布。設(shè)面電荷密度分別為和。34推廣sssssssssss2e0s2e0Ex:s2e0s2e0Ex:s2e0s2e0+s2e0s2e000se0X例1：求半徑為R均勻帶電球面的電勢分布。已知球面總帶電量為q。解：設(shè)無限遠(yuǎn)處為零電勢，由高斯定理知,在r<R的球內(nèi)空間E1=0

在r>R的球外空間電場分布為：E1RqrE21.球內(nèi)任一點的電勢為：Er帶電球殼是個等勢體。在球面處場強(qiáng)不連續(xù)，而電勢是連續(xù)的。VrRqrV1V22.球外任意點的電勢：解法二pE1RqrpE2a取圓心為坐標(biāo)原點，在空間任取一點P，其位失為根據(jù)題意，該帶電體是球面：在球面上取一環(huán)帶，環(huán)帶半徑為，則環(huán)帶面積為該環(huán)帶所帶電量：該環(huán)帶在p點產(chǎn)生的電勢為：根據(jù)余弦定理：對于確定的p點，不同的環(huán)帶所對應(yīng)的和a都是變量，上式微分得：pE1RqrpE2aE1RqrpE2a例題2

半徑為R的圓環(huán)均勻地帶有電量q，求軸線上距離環(huán)心為x的一點的電勢。解

以環(huán)心O為坐標(biāo)原點、以軸線為x軸，建立坐標(biāo)系

先求出圓環(huán)上一元段dl所帶電量在P點產(chǎn)生的電勢圓環(huán)上電荷線密度為

dl在P點產(chǎn)生的電勢為

整個圓環(huán)在P點產(chǎn)生的電勢為：

這就是P點的電勢。如果把x作為變量，則上式表示軸上任意一點的電勢。

如果電荷是分布在無限大空間，第二點依據(jù)就得不到滿足，則不能用這種方法求解電勢。這時必須根據(jù)電勢的定義式求電勢，即由電場強(qiáng)度的分布求電勢，并且應(yīng)根據(jù)題意合理地選擇電勢零點，而不能不加思考地仍把無限遠(yuǎn)作為電勢零點。結(jié)論：電荷分布在有限空間時，電勢求解的，這種方法的理論依據(jù)有兩點，一是電勢滿足疊加原理，另一點是，認(rèn)為無限遠(yuǎn)處電勢為零。例題3無限長的均勻帶電直導(dǎo)線的電場的電勢分布？解：根據(jù)高斯定理：從上式看，選r=1處為零勢能點方便，此時，V＝0例4：計算電偶極子的電勢和電場的分布。解:因為電偶極子的電勢可寫為在一般情況下，r1、r2和r都比l大得多，可近似地認(rèn)為r1

r2=r2，r2－r1=lcos,x（x,y）例1：

兩塊導(dǎo)體平板平行并相對放置，所帶電量分別為Q和Q

，如果兩塊導(dǎo)體板的面積都是S，且視為無限大平板，試求這四個面上的面電荷密度。解：設(shè)四個面的面電荷密度分別為1、2、3和4，空間任一點的場強(qiáng)都是由四個面的電荷共同提供的。由高斯定理，各面上的電荷所提供的場強(qiáng)都是i/

20。另外，由于導(dǎo)體內(nèi)部的合成場強(qiáng)為零。若取向右為正方向，則處于導(dǎo)體內(nèi)部的點A和點B的場強(qiáng)可以表示為

根據(jù)已知條件

S(

1

2)=Q

S(

3

4)=Q.可解得上式表明兩塊無限大的導(dǎo)體平板，相對的內(nèi)側(cè)表面上面電荷密度大小相等、符號相反，相反的外側(cè)表面上面電荷密度大小相等、符號相同。如果Q=Q

，可以求出：S例題2:一半徑為R的接地導(dǎo)體球，附近有一電量為q的點電荷。點電荷距離球心為r，求，導(dǎo)體面上的感應(yīng)電荷的電量q’.

qrR解：根據(jù)電勢的疊加原理球心:點電荷在球心O產(chǎn)生的電勢感應(yīng)電荷在球心處產(chǎn)生的電勢為解得：例:兩根距離為d的平行無限長直導(dǎo)線帶等量異號電荷,構(gòu)成電容器，設(shè)導(dǎo)線半徑a<<d，求單位長度的電容。xdoxa

解:如圖建立坐標(biāo)系，坐標(biāo)軸上x處的場強(qiáng)可由高斯定理求出方向沿x軸正方向。式中是正電導(dǎo)線單位長度所帶電量。兩導(dǎo)線間的電勢差為由此可算得單位長度的電容為例2正方形平行板電熱器，由于制作的原因，兩板之間有一小的夾角，求C（設(shè)板的邊長為啊，最小間距為d.)解：由于的存在，兩板處處間距不等，因此可將其視為許多電熱器的并聯(lián)。dodx對于x處的平行板電容器的電容為注意：很小，很小將展開，得當(dāng)，平行板電熱器請在放映狀態(tài)下點擊你認(rèn)為是對的答案隨堂小議

如圖金屬球A與同心球殼B組成電容器，球A

帶電荷q

球殼B帶電荷Q，測得球與球殼的電勢差為，則電容器的電容值為OABQq結(jié)束選擇8+

QVABQVAB8VAB8+

Q2VAB（1）（3）（2）（4）例題1半徑為R的均勻介質(zhì)球，沿水平方向均勻極化，設(shè)極化強(qiáng)度，求：a)介質(zhì)表面極化電荷的分布，b)左右半球面上的電荷的電量。解：a.以球心為坐標(biāo)原點，建立坐標(biāo)系。由于球?qū)ΨQ，球面上任一點的極化電荷面密度‘與有關(guān)。角為任一點外法線與的夾角。E1RqydE1Rqy極化電荷面密度當(dāng)時，最大；在時，為零b.沿垂直P的方向?qū)⑶蛎娣指畛稍S多環(huán)形的球帶，過任一點球帶的寬度為，周長為右半球：左半球：足夠小，故ds上可視為均勻，其極化電荷為：積分：左半球：例1：半徑為R的金屬球帶電量Q，球外同心的放置相對電容率為

r的電介質(zhì)球殼，球殼的內(nèi)、外半徑分別為R1和R2。求空間各點的電感應(yīng)強(qiáng)度D、電場強(qiáng)度E以及電介質(zhì)球殼表面的極化電荷密度

。解：以球心為中心、以大于R的任意長r為半徑作球形高斯面，由高斯定理可求得高斯面在R<r<R1和r>R2的區(qū)域，不存在電介質(zhì)，

r=1，有在R1<r<R2的區(qū)域，存在電介質(zhì)，所以電介質(zhì)的極化強(qiáng)度P只存在于極化了的電介質(zhì)球殼中，并且P的方向與E相同。P的大小為也可以根據(jù)公式D=

0E+P來求P，得極化電荷出現(xiàn)在電介質(zhì)球殼的內(nèi)、外表面上。在內(nèi)表面，r=R1，n指向球心，所以在外表面，r=R2，n沿徑向向外，所以電介質(zhì)整體是電中性的，所以電介質(zhì)球殼內(nèi)、外表面上的負(fù)、正極化電荷量必相定等,在內(nèi)表面上的負(fù)極化電荷總量為在外表面上的正極化電荷的總量為求極化電荷的方法：+–d1d2S1S2例2：平行板電容器充滿兩層厚度為d1

和d2的電介質(zhì)(d=d1+d2)，相對電容率分別為e

r1

和e

r2。求：1.電介質(zhì)中的電場；2.電容量。解：設(shè)兩介質(zhì)中的電感應(yīng)強(qiáng)度為D1

和D2，由高斯定理知：介質(zhì)中的場強(qiáng)：同理得到板間電勢差：以上兩個例題的求解，都是繞過了極化電荷的影響，通過電感應(yīng)強(qiáng)度矢量D進(jìn)行的，使問題大為簡化了。電容器的電容：例1：一個半徑為R，帶電荷為q的金屬球浸沒在電容率為的無限大均勻電介質(zhì)中，求空間的電場能量。rS解：因為球內(nèi)沒有電場，電場能為零，由高斯定理求得球外的電場強(qiáng)度為即4r2

D=q解得電感應(yīng)強(qiáng)度為

該處的能量密度為在半徑為r與r+dr之間的球殼的能量為空間的總能量為例2：一平板電容器面積為S，間距d，用電源充電后兩極板分別帶電為+q和-q，斷開電源，再把兩極板拉至2d，試求：1.外力克服電力所作的功；2.兩極板間的相互作用力？解：1.根據(jù)功能原理可知，外力的功等于系統(tǒng)能量的增量；電容器兩個狀態(tài)下所存貯的能量差等于外力的功：初態(tài)末態(tài)若把電容器極板拉開一倍的距離，所需外力的功等于電容器原來具有的能量。2.外力反抗極板間的電場力作功極板間的力作業(yè)：10-40

例1：一塊扇形碳制電極厚為t，電流從半徑為r1的端面S1流向半徑為r2

的端面S2，扇形張角為，求：S1和S2之間的電阻。dr平行于電流方向，dS垂直于電流方向。r1r2tS1S2解：

例2：長為a半徑為R1、R2的金屬圓筒內(nèi)、外緣電勢差為U，電阻率為r

，求圓筒的徑向電流。

解1：取半徑r和r+dr作兩個圓柱面柱面面積為S=2pra，柱面間電阻為徑向總電阻為由歐姆定律得徑向電流由對稱性知，圓柱面上各點的電流密度j大小相等方向沿徑向向外，通過半徑r的柱面S的電流為：由歐姆定律微分形式求圓筒的電場分布為圓筒內(nèi)外緣的電勢差為徑向電流為例題1求一對平行電流元之間的相互作用力解：同理：結(jié)論：1.兩平行電流元之間的相互作用大小相等，方向相反，吸引；2.兩反平行電流元之間的相互作用大小相等，方向相反，排斥。例題2求一對相互垂直電流元之間的相互作用力解：．例1：在一直導(dǎo)線MN中通以電流I，求距此導(dǎo)線為a的點P處的B。從導(dǎo)線兩端M和N到點P的連線與直導(dǎo)線之間的夾角分別為1和2。解：在距點O為l處取電流元Idl，Idl在點P產(chǎn)生B，方向垂直于紙面向里lr×PIONMaP12Idl二、畢奧薩伐爾定律的應(yīng)用l=acot()=-acot，dl=acsc2dlr×PIONMaP12Idl無限長載流直導(dǎo)線，1=0，2=，距離導(dǎo)線a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為解：其磁場方向只有沿x軸的分量而垂直于x軸的分量求和為零。例2：求載流圓線圈在其軸上的磁場。IROIdl×P磁場方向與電流滿足右手螺旋法則。*兩種特殊的情況：軸上無窮遠(yuǎn)的磁感強(qiáng)度x=0時圓電流環(huán)中心磁感強(qiáng)度P引入磁矩描述圓形電流或載流平面線圈磁行為。

S是圓形電流包圍平面面積，方向與電流的方向滿足右螺旋關(guān)系。mSRI圓形電流的磁矩:圓電流多匝平面線圈電流I應(yīng)以線圈的總匝數(shù)與每匝線圈的電流的乘積代替例3單個運動電荷的磁場單個載流子產(chǎn)生的磁場若有單個運動的電荷以V運動v+Br運動正電荷的磁場解：長度為dx內(nèi)的各匝圓線圈的總效果，是一匝圓電流線圈的ndx倍。例4：載流螺旋管(solenoid)在其軸上的磁場求半徑為R，總長度l，單位長度上的匝數(shù)為n的螺線管在其軸線上一點的磁場？選坐標(biāo)如圖示x1x2R選坐標(biāo)如圖示載流螺旋管在其軸上的磁場，磁場方向與電流滿足右手螺旋法則。x1x2討論幾種特殊情況1.若l>>R，在無限長的螺線管中心處2.在管端口處：–l/2

l/2O例題5兩段同心圓弧導(dǎo)線與沿半徑方向的導(dǎo)線構(gòu)成一個閉合的扇形載流回路，如圖CDEFC所示。已知圓弧所對應(yīng)的中心角為，兩圓弧的半徑分別為R1和R2，回路電流為I，求圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解:

由于圓心O處于直導(dǎo)線ED和FC的延長線上，所以這兩段直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。先看圓弧電流EF。該圓電流上的任一電流元Idl在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度dB1，根據(jù)畢奧薩伐爾定律得:dB1的方向垂直于板面向外，并且無論電流元Idl取在何處，dB1的方向都相同積分：同樣可以求得圓弧電流CD在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小為B2的方向垂直于板面向里整個扇形載流回路在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的方向與B2的方向相同3.安培環(huán)路定理的應(yīng)用例1：求無限長載流圓柱體磁場分布。解：圓柱體軸對稱，以軸上一點為圓心取垂直軸的平面內(nèi)半徑為r的圓為安培環(huán)路圓柱外磁場與長直電流磁場相同，而內(nèi)部的磁場與r成正比；若是柱面電流則內(nèi)部磁場為零。例2：求載流無限長直螺線管內(nèi)任一點的磁場。由對稱性分析場結(jié)構(gòu)1.

磁場只有與軸平行的水平分量；2.因為是無限長，在與軸等距離的平行線上磁感應(yīng)強(qiáng)度相等。解：一個單位長度上有n匝的無限長直螺線管由于是密繞，每匝視為圓線圈。

取L矩形回路,ab邊在軸上，cd邊與軸平行，另兩個邊bc、da垂直于軸。

根據(jù)安培環(huán)路定理：其方向與電流滿足右手螺旋法則。

無垂直于軸的磁場分量，管外部磁場趨于零，因此管內(nèi)為均勻磁場，任一點的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：例3：求載流螺繞環(huán)內(nèi)的磁場。根據(jù)對稱性知，在與環(huán)共軸的圓周上磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等，方向沿圓周的切線方向。磁感線是與環(huán)共軸的一系列同心圓。磁場的結(jié)構(gòu)與長直螺旋管類似，環(huán)內(nèi)磁場只能平行于線圈的軸線(即每一個圓線圈過圓心的垂線)p解：設(shè)環(huán)很細(xì)，環(huán)的平均半徑為R，總匝數(shù)為N，通有電流強(qiáng)度為I。設(shè)螺繞環(huán)的半徑為，共有N匝線圈。以平均半徑作圓為安培回路L得：其磁場方向與電流滿足右手螺旋。n為單位長度上的匝數(shù)。同理可求得在螺繞管外部的磁場為零：L例4：設(shè)一無限大導(dǎo)體薄平板垂直于紙面放置，其上有方向垂直于紙面朝外的電流通過，面電流密度為j,求無限大平板電流的磁場分布。解：可視為無限多平行長直電流的場。因此P

點的場具有對稱性。做PO

垂線，取對稱的長直電流元，其合磁場方向平行于電流平面。無數(shù)對稱元在P點的總磁場方向平行于電流平面。電流平面無限大，故與電流平面等距離的各點B的大小相等。在該平面兩側(cè)的磁場方向相反。作一安培回路如圖：bc和da兩邊被電流平面等分。ab和cd與電流平面平行，則有結(jié)果：在無限大均勻平面電流的兩側(cè)的磁場都為均勻磁場，并且大小相等，但方向相反。方向如圖所示。例1：通有電流的閉合回路放在均勻磁場中，回路平面與B垂直，求整個回路受到的磁力。解：作用在直導(dǎo)線AB上力F1大小方向鉛直向下。在弧形導(dǎo)線上取線元dl,受力為dF2由對稱性知：所以：在均勻磁場中，閉合載流回路受到的合磁力為零。IdldFxdFydFθdF2Idlyxdq

ABIoθ

0cθ

0例2：電流I1半徑R單匝圓線圈與電流I2的長直導(dǎo)線相切，初始時刻二者平面相垂直。求圓線圈相對于過切點和圓心的豎直軸的力矩。解:建立如圖所示的坐標(biāo)系。在線圈上距切點r處取電流元I1dl，長直電流在此處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為電流元受力為dF=I1dlB=I1dlBsink，k是沿z軸方向的單位矢量。I1I2xyrR2I1dl線圈在該力矩的作用下將發(fā)生轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向為對著y軸看去沿順時針方向，最后停止在與長直電流共面的平衡位置上。

力對軸線的力矩的大小為由于整個線圈所受力矩方向都相同，總力矩為力矩方向沿-j方向，其中dl=Rd(2)=2Rd。I1I2xyrR2I1dl例題1兩個電量分別為q1和q2的粒子相距r0，同時以相同的速度v沿垂直于它們的聯(lián)線的方向運動。試求它們之間的洛倫茲力與庫侖力之比。解:v/c<<1，這是非相對論情況。q2所受q1對它的庫侖力的大小為q2所受q1對它的洛倫茲力的大小為兩者之比為可見，在v/c<<1情況下，它們之間的洛倫茲力遠(yuǎn)小于庫侖力

例1：在相對磁導(dǎo)率r=1000的磁介質(zhì)環(huán)上均勻繞著線圈,單位長度上的匝數(shù)為n=500m-1，通電流I=2.0A。求磁介質(zhì)環(huán)內(nèi)的磁場強(qiáng)度H、磁感應(yīng)強(qiáng)度B和磁化強(qiáng)度M。解：利用安培環(huán)路定理可求得磁介質(zhì)內(nèi)的磁場強(qiáng)度H取介質(zhì)環(huán)的平均周長(半徑為r)為積分路徑，得2rH=

2rnI環(huán)內(nèi)的磁場強(qiáng)度：H=nI=5002.0Am1=1.0103Am-1，B=0

r

H=410-71031.0103T=1.2T根據(jù)例題2有一無限長螺線管，其中充塞著相對磁導(dǎo)率為r的各向同性的均勻順磁介質(zhì)，螺線管單位長度的線圈匝數(shù)為n，所通電流為I。求管內(nèi)介質(zhì)中的磁場強(qiáng)度H、磁感應(yīng)強(qiáng)度B和磁化強(qiáng)度M。

解：無限長螺線管和磁介質(zhì)充滿整個螺線管內(nèi)部，具有所要求的對稱性，用安培環(huán)路定理可以惟一求解。在這樣的螺線管內(nèi)的磁場是勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的方向與管軸平行，假設(shè)其指向為自左向右。(1)作矩形閉合回路abcda，其中ab與管軸線平行，并處于螺線管的內(nèi)部，cd處于螺線管外部，bc和da與管軸線垂直。在這個閉合回路中，包圍的電流的代數(shù)和為，根據(jù)安培環(huán)路定理，應(yīng)有即在以上四項積分中，后三項等于零，第一項可以積分，并等于，故得H的方向自左向右(2)對于各向同性的順磁介質(zhì)，下面的關(guān)系成立：并且

r>0，所以B的方向與H的方向相同也可以由B0求B。B0為螺線管內(nèi)為真空時的磁