第一章 质点运动学

第一章质点运动学基本要求：1、掌握位矢、位移、速度、加速度、角速度和角加速度等物理量。2、能计算速度、加速度、角加速度、切向加速度和法向加速度等。教学重点：位矢、运动方程,切向加速度和法向加速度。教学难点：角加速度、切向加速度和法向加速度。主要内容：本章首先从描述物体机械运动的方法问题入手，阐述描述运动的前提一一质点理想模型、时间和空间的量度，参照系坐标系。其次重点讨论描写质点和刚体运动所需要的几个基本物理量（如位移、速度、加速度、角速度、角加速度等）及其特性（如相对性、瞬时性、矢量性）。（一）时间和空间研究机械运动，必然涉及时间、空间及其度量.我们用时间反映物体运动的先后顺序及间隔，即运动的持续性.现行的时间单位是1967年第13届国际计量大会规定的，用艳（0Cs）原子基态的两个超精细能级间跃迁相对应的辐射周期的9192631770倍为1秒.空间反映物质的广延性.空间距离为长度，长度的现行单位是1983年10月第17届国际计量大会规定的，把光在真空中1/299792458秒内走过的路程定义为1米.（二）参照系和坐标系宇宙间任何物质都在运动，大到地球、太阳等天体，小到分子、原子及各种基本粒子，所以说，物质的运动是普遍的、绝对的，但对运动的描述却是相对的.比如，在匀速直线航行的舰船甲板上，有人放开手中的石子，他看到石子作自由落体运动，运动轨迹是一条直线，而站在岸边的人看石子作平抛运动，运动轨迹是一条抛物线.这是因为他们站在不同的物体上.因此，要描述一个物体的运动，必须先确定另一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫参照系或参考系.选择哪个物体作为参照系，主要取决于问题的性质和研究的方便.在研究地球运动时，多取太阳为参照系，当研究地球表面附近物体的运动时，一般以地球为参照系.我们大部分是研究地面上物体的运动，所以，如不特别指明，就以地球为参照系.（三）质点实际的物体都有一定的大小和形状，物体上各点在空中的运动一般是不一样的.在某些情况下，根据问题的性质，如果物体的形状和大小与所研究的问题关系甚微，以至可以忽略其大小和形状，这时就可以把整个物体看作一个没有大小和形状的几何点，但是它具有整个物体的质量，这种具有质量的几何点叫质点.必须指出质点是一种理想的物理模型.同样是地球，在研究它绕太阳公转时，把它看作质点，在研究它的自转时，又把它看作刚体.（四）速度Ardrv=lim=A—0Atdt速度v是矢量，其方向沿t时刻质点在轨迹上A处的切线，它的单位是m-s-1.（五）加速度Avdvd2ra=lim——=—=追顼Atdtdt2加速度a是速度v对时间的一阶导数，或者是位矢r对时间的二阶导数.它的单位是m-s-2.（六）圆周运动圆周运动是最简单、最基本的曲线运动，侦不’顼-习题及解答：一、填空题一质点作半径为R的匀速圆周运动，在此过程中质点的切向加速度的方向改变，法向加速度的大小不变。(填“改变”或“不变”)一质点作半径为0.1m的圆周运动，其角位移口□随时间t的变化规律是口口&2+42(SI)。在t=2s时，它的法向加速度大小an=_25.6_m/s2；切向加速度大小a=0.8m/s2。一质点在OXY平面内运动,其运动方程为x=2t,j=19-2t2,则质点在任意时刻的速度表达式为汇=2i-4tj；加速度表达式为a=-4j。4、沿半径为R的圆周运动，运动学方程为。=1+2t2(SI)，则t时刻质点的法向加速度大小为a=(16Rt2)；角加速度P=(4rad/s2)(1分).n1一质点作半径为0.1m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：9=+^12，则其切向加速度大小为a.=0.1m-s-2,第1秒末法向加速度的大小为a&=0.1m-s-2.一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：s=5+4t-12，则小球运动到最高点的时刻是t=2s.7、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为x=2t,j=19-2t2,则质点在任意时刻的速度表达式为顷=2i-4tj)；加速度表达式为(a=-4j)。一质点沿半径R=0.4m作圆周运动，其角位置9=2+3t2，在t=2s时，它的法向加速度an=(57.6)m/s2，切向加速度a,=(2.4)m/s2。9、已知质点的运动方程为j=2ti+(2-t2)j，式中r的单位为m，t的单位为s。则质点的运动轨迹方程J=(2—4x2)，由t=0到t=2s内质点的位移矢量Ar=(4j-4j)m。10、质点在°XY平面内运动，其运动方程为X=2t,y=10-12,质点在任意时刻的位置矢量为(2ti+(10—2)J)；质点在任意时刻的速度矢量为(2-2tj)；加速度矢量为(-2亍)。二、选择题某质点作直线运动的运动学方程为x=5t-2t3+8,则该质点作(D)。匀加速直线运动，加速度沿X轴正方向.匀加速直线运动，加速度沿X轴负方向.变加速直线运动，加速度沿x轴正方向.变加速直线运动，加速度沿X轴负方向.^-一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为r=at2i+bt2J(其中a、b为常量)，则该质点作(C)。匀速直线运动；(B)抛物线运动；(C)变速直线运动；(D)一般曲线运动。3、某质点作直线运动的运动学方程为X=3t-5t3+6(SI)，则该质点作(D)。匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向变加速直线运动，加速度沿x轴正方向变加速直线运动，加速度沿x轴负方向4、一质点在x轴上运动，其坐标与时间的变化关系为x=4t-2t2,式中x、t分别以m、s为单位，则4秒末质点的速度和加速度为(B)(A)12m/s、4m/s2；(B)-12m/s、-4m/s2；(C)20m/s、4m/s2；(D)-20m/s、-4m/s2；在一直线上相向运动的两个小球作完全弹性碰撞，碰撞后两球均静止，则碰撞前两球应满足：(D)。(A)质量相等；(B)速率相等；(C)动能相等；(D)动量大小相等，方向相反。以下四种运动形式中，加速度保持不变的运动是(A)。A.抛体运动；B.匀速圆周运动；C.变加速直线运动；D.单摆的运动,。7、一质点沿x轴运动的规律是X=5t2-3t+3m。则第三秒时的加速度的大小是(A)m/s2。

A.10B.50；C.15；D.A.108、质点做半径为1m的圆周运动，运动方程为。=3+2t2(SI单位)，则t时刻质点的切向加速度的大小为a了(C)m/s2oA.1B.3；C.4；D.8。9、质点沿半径R做圆周运动，运动方程为。=3t2+2t(SI单位)，则任意时刻质点角速度的大小°=(B)。A.3t+1B.6t+2；C.4t+2；D.6+2t。10、质点在oxy平面内运动,其运动方程为X=t,y=10+12,质点在任意时刻的加速度为(B)。A.JB.2j；C.3j；D.4J。三、一质点沿半径为R的圆周按规律"叩-2bt2运动，*b都是常量。求t时刻质点加速度的大小；t为何值时总加速度在数值上等于b?当加速度达到b时，质点已沿圆周运行了多少圈？TOC\o"1-5"\h\z—,,1—…由s=v01一①bt2可知v=v—bt(2)(3)(v-bt*Rna=Ja2+a2=dvb(2)(3)(v-bt*Rna=Ja2+a2=\o"CurrentDocument"dt—a='气at—R,'R2b2+(v—bt)4vR°~b即％一"=0t=~b1v2v2bt2s=vt—2bt2=-2bn=不痂四、质点P在水平面内沿一半径为1m的圆轨道转动，转动的角速度°与时间t的关系为°=kt2，已知t=2s时，质点P的速率为16m/s，试求t=1s时，质点P的速率与加速度的大小。解：由线速度公式U=R3=Rkt2=1Xkt2得k=t-=*=4duou2(4t2)2P点的速率为u=4t2m/sm/s2a=—=8tm/s2a=——==16t4tdtnP点的速率为u=4t2m/sm/s2t=1时：u=4t2=4x12=4(m/s)a=8t=8(m/s2)a=16t4=16x14=16(m/s2)a=^a2+a2=J162+82=8湛5牝17.9(m/s2)五、已知质点的运动学方程为"=(8t2-3t+12)+(6t2+8t+10)j.式中r的单位为米，t的单位为秒，求作用于质点的合力的大小。解.v=史=(16t-3)f+(12/+8)jdta=——=16F+12jdt六、一质点沿x方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t(SI),如果初始时质点的速度v0为5m/s,则当t为3s时，质点的速率v为多大。解：v=Ja(t)dt=J(3+2t)dt=3t+t2+Ct=0时，％=5可得积分常量C=5m/s速度为v=3t+t2+5当t=3时，v(3)=3t+t2+5=23m/s七、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为x=2t,j=10-12,求(1)质点运动的轨迹方程；(2)质点在任意时刻的速度和加速度矢量。x2j=10-—4汇=2i一2tj，a=-2j八、已知一质点的运动方程为r=at2i+bt2j(a、b为常数，且不为零)，求此质点运动速度的矢量表达式、加速度的矢量表达式和轨迹方程。v=—=2ati+2btjdta=四=2ai+2lbjdtx=at2j=bt2则将12=X代入j的表达式可得到质点运动的轨迹方程为J=-Xaa九、已知质量为3kg的质点的运动学方程为：i=(3t2+2t-1)i+(4t2-6t+8)i.式中r的单位为米，t的单位为秒，求任意时刻的速度矢量和加速度矢量表达式。解.v=史=(6t+2)i+(8t-6)idtidVL,。二a=——=6i+8jdt(2)a=a=J62+82=10m-s-2F=ma=3x10=30N十、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为x=4t,J=8-2t2,求(1)质点运动的轨迹方程；(2)质点在任意时刻的速度和加速度矢量。x2J=8-—8寸=4T-4j,a=-4j十一、已知质量为10kg的质点的运动学方程为：t=Gt2-3t+12>+(6t2+8t+10)j.式中r的单位为米，t的单位为秒，求作用于质点的合力的大小。解：V='r=(16t-3)i+(12/+8)jdtdva=——=16i+12jdta=a=122+162=20m-s-2

F=ma=10x20=200N十二、有一质点沿X轴作直线运动，t时刻的坐标为x=5t2-3t3（SI）.试求（1）在第2秒内的平均速度；（2）第2秒末的瞬时速度；（3）第2秒末的加速度.v=-16m/sat=2=-26v=-16m/sat=2=-26m/s2t=2v=dx/dt=10t-9t2,a=dv/dt=10-18t,第四章刚体的转动一、基本要求：1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。3、理解质点和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。二、主要内容：1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。是一个理想化的力学模型，它是指各部分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。即运动过程中没有形变的物体。2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。3、转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。这条直线叫作转轴。4、描述刚体转动的物理量引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。刚体上各点的速度和加速度都是不同的，用线量描述不太方便。但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度和角加速度，故采用角量描述比较方便。为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。5、角量与线量的关系半径R，角位移A0弧长As=R-A9线速度w=lim竺=limr职=r①AtAtAtr0AtT0法向加速度:dvd如］切向加速度:(R①)=R-=R•以切向加速度:dtdtdt结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相同的；而各点的线位移、线速度和线加速度均与r成正比。6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的；转动定律是解决刚体定轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律相当。7、转动惯量、质点运动：质量m，力F，加速度a，牛顿第二定律F=ma刚体转动：转动惯量J，力矩M，角加速度亦，转动定律M=J&当合外力矩相同时，转动惯量大，角加速度小；转动惯量小，角加速度大。故转动惯量是反映刚体转动惯性大小的物理量。刚体的转动惯量等于刚体上各质点的质量与各质点到转轴距离平方的乘积之和。它与刚体的形状、质量分布以及转轴的位置有关，也就是说，它只与绕定轴转动的刚体本身的性质和转轴的位置有关。物理意义：转动惯量是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。说明：转动惯量是标量；转动惯量有可加性，当一个刚体由几部分组成时，可以分别计算各个部分对转轴的转动惯量，然后把结果相加就可以得到整个刚体的转动惯量；单位：kg-m2三、习题及解答一、填空题刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成一正比，与刚体本身的转动惯量成反比。（填“正比”或“反比”）花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J。，角速度为①0；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为2J0/3，则转动角速度变为33/2.某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。当他把哑铃收到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动角速度应变大；转动惯量变小。均匀细棒质量为m，长度为l，则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为（ml以），对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量（ml2『12）。长为L的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为（3g2L），细杆转动到竖直位置时角加速度为（零）。一长为l=1m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。抬起另一端

使棒向上与水平面呈60°,然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为3ml2,则⑴放手时棒的角加速度为（7.5）rad/s2；（2）棒转到水平位置时的角加速度为（15）rad/s2。（g=m2）7、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，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，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹’•射入后的瞬间，圆盘的角速度①（减小）。8一根长为1，质量为m的均匀细棒在地上竖立着。如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时细棒的角加速度应为（3g）。9、某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。当他把哑铃收到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动的角速度（变大）10、如图所示，一静止的均匀细棒，长为L、质量为M，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴0在水平面内转动，转动惯量为ML2.,'3。一质量为m、速率为v的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为V2，则此时棒的角速度应为（3mv2ML）。vI.I2二、选择题1时棒的角速度应为（3mv2ML）。vI.I2二、选择题1、长为L的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果0俯视图将细杆置于水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动瞬间杆的角加速度和细杆转动到竖直位置时的角加速度分别为：（B）(A)0;3%L(B)3/2L;0(C)0；3gL(D)3gL；0。刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的（B）。A.力一定很大；B.力矩一定很大；C.力矩可以为零；D.无法确定。花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角速度为A.然后将两手臂合拢，使其转动惯量为2j则转动角速度变为（C）。A.然后将两手臂合拢，使其转动惯量为2j则转动角速度变为（C）。C.-①20D.v3O204、如图所示，A、B为两个相同的定滑轮，A滑轮挂一质量为m的物体，B滑轮受力F=mg设A、B两滑轮的角加速度分别为a次a,，不计滑轮的摩擦，这两个滑轮的角加速度的(A)a=aAB(B)(A)a=aAB(C)a〉aAB(D)无法判断刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的(B)。A.力一定很大；B.力矩一定很大；C.力矩可以为零；D.无法确定。6、两个均质圆盘A和B的密度分别为pA和pb，若pA〉pb，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为/人和、则：(B)(A)J〉J(B)JVJ(C)J=J(D)J、J哪个大，不能确定。ABABABAB7、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)。动量不守恒，角动量守恒；(B)动量不守恒，角动量不守恒；(C)动量守恒，角动量不守恒；(D)动量守恒，角动量守恒8、均匀细棒oA可绕通过其一端0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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是:角速度从小到大，角加速度从大到小。角速度从小到大，角加速度从小到大。角速度从大到小，角加速度从大到小。角速度从大到小，角加速度从小到大。9、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法正确的是(C)只取决于刚体质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。只取决于轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有(C)。角速度S可以为零，角加速度a也可以为零；角速度S不能为零，角加速度a可以为零；角速度们可以为零，角加速度a不能为零；角速度S与角加速度a均不能为零。三、如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳子的质量可以忽略，

它与定滑轮之间无相对滑动.假设定滑轮质量为M、半径为R,其转动惯量为1MR2，滑轮轴光滑。试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程：对物体：mg—T=ma对滑轮：TR=Ja解方程组，mg

m+M/2运动学关系：a解方程组，mg

m+M/2V°—0，’・V=^一m+M/2四、一质量为m°，长为l的棒能绕通过0点的水平轴自由转动。一质量为m，速率为v°的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点获得的瞬时速率为多少。解：由角动量守恒定律可得lmv°2一6mv由此可得棒和子弹的瞬时角速度为①=―~-3ml+4m10棒中点获得的瞬时速率为6mvxl3mv3ml+4ml23m+4m00五、如图所示，设两重物的质量分别为m1和m2,且m1>m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计。设开始时系统静止，试求t时刻滑轮的角加速度。解：作受力图。m1g-T1=m1a①T2-m2g=m2a②(T]-T2)r=JP③且有a=邛④由以上四式消去T]，T2得：P=(m]-m2)gr/[(m]+m2)r2+J]

六、如图所示，均匀直杆质量为”长为，，初始时棒水平静止。轴光滑，而=:。求杆下摆到0角时的角速度①。直杆的转动惯量为S段和直杆的转动惯量为S段和OB段转动惯量的叠加，所以,,,1,7,J=J+md2=12ml2+2=—-ml2②将②代入①，解得胃2严严七、一质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上（可看作圆环），可绕固定轴O转动.另一质量为m0的子弹（可看作质点）以速度V。射入轮缘，并留在轮内。开始时轮是静止的，求子弹打入后车轮的角速度。J=mR2mvR=(m+m)R230=moVo(m+m)R八、长为l的木杆，质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。今有一子弹质量为m,以水平速度v射入杆的一端,并留在其中,求木杆获得的角速度（J=1Ml2）。mv-=—Mlmv-=—Ml2①+212mg)2①6mv(M+3m)l九、一轻绳跨过两个质量为m、半径为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为3m和m的重物，如图所示，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量mr2均为；一，将由两个定滑轮以及质量为3m和m的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力T2。解：列牛顿第二定律方程3mg-T3=3maT1-mg=ma根据M=Ja3mT22m,r(T3-T2)r=2mr2a(T-T)r=8=5mg十、均质细棒长为l质量为m，J=3ml2，和一质量也为m的小球牢固地连在杆的一端可绕过杆的另一端的水平轴转动。在忽略转轴处摩擦的情况下，使杆自水平位置由静止状态开始自由转下，试求：（1）当杆与水平线成。角时，刚体的角加速度；（2）当杆转到竖直线位置时，刚体的角速度，小球的线速度。3mT22m,r解：（1）由转动定律得mg2cos9mg2cos9+mglcos9=(；ml2+ml2)・a9gcos9a=8l（2）由机械能守恒得M=M=JaM=mglsin92mg-+mgl=1(ml2+1ml2)①2223展1十一、质量为M，长为L的均匀的细杆竖直放置，其下端与一固定铰链0相接，并可绕其转动，由于此竖直放置的细杆处于非稳定的平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在重力的作用下由静止开始绕铰链0转动。试计算细杆与竖直线成9角时的角速度和角加速度。ml2J=3

dwdd3gsin0d①3gsin0=w=dtd02ld02l"dw=j。您四d0w=：'3g（1-cos0）002l、：l十二、如图所示：长为L的匀质细杆，质量为M可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆。求：（1）开始转动的瞬间，细杆的角加速度为多少？（2）细杆转动到竖直位置时角速度为多少？解：（1）开始转动的瞬间3g2L（2）垂直位置时Jw2w十三、轻绳绕于半径r=20cm的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N的拉力，飞轮的转动惯量w十三、轻绳绕于半径r=20cm的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N的拉力，飞轮的转动惯量J=0.5kg.m2。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求:（1）飞轮的角加速度；（2）如以质量m=10kg的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。（1）由转动定律M=Ja98x0.20.5（2）对物体应用牛顿运动定律mg-T=m-a对滑轮应用转动定律-T-r=JQa）利用关系a=ra由以上各式解得

=m=mrg=10*0.2x9.8=21^/眼）Jmr2+J10x0.22+0.5mr+—r十四、如图所示，有两个转动惯量分别为％、J2的圆盘，它们分别以角速度气、％绕水平轴转动，且旋转轴在同一条直线上。当两个圆盘在沿水平轴方向的外力作用下，啮合为一体时，其角速度为①。求两圆盘啮合后共同的角速度①。解：根据角动量守恒1212J①+J①=(J+J)01212112212_JO+JO=1J+J2第九章静电场一、基本要求1、掌握描述静电场的两个物理量一一电场强度和电势的概念，理解电场强度叠加原理和电势叠加原理，熟练掌握用微元法求解一些简单问题中的电场强度。2、理解静电场的两个重要定理一高斯定理和环路定理，熟练掌握利用高斯定理求解电场强度的条件和方法。3、掌握利用电势叠加原理和电势的定义式求解带电体的电势。4、理解导体的静电平衡条件，了解电介质的极化现象及其微观解释，理解各向同性介质中的D和E之间的关系和区别。理解电介质中的高斯定理和安培环路定理。5、理解电容的定义，并能计算简单几何形状的电容器的电容。6、了解电场能量密度和电场能量的概念，能用能量密度计算电场能量。二、主要内容1、库伦定律：F=：—华，4兀8r30一F2、电场强度：E=—q“0电场强度的叠加原理：E=E+E+E+…123电荷连续分布的带电体的场强：E=\dE=\4兀8F3

0（1）线状分布：E=—-（2）面状分布：E=4718,2r4k£尸2r0IOs（3）体状分布：E=4ti£r2r0V3、静电场的高斯定理:if8，S0，=14、静电场的环路定理：IE-dl=0L5、电势：u=3・dtpp电势的叠加原理：u=u+u+u+…TOC\o"1-5"\h\z123电荷连续分布的带电体的电势：U=\dU=f———4兀8ro（1）线状分布：U=（2）面状分布：U竺^4ksr4ksr0lOs（3）体状分布：E=4k£rov6、导体的静电平衡条件电场表述：（1）导体内部场强处处为零；（2）导体表面附近的场强方向处处与它的表面垂直,且E=b/8。e0电势表述：（1）导体是等势体；（2）导体表面是等势面。7、电介质中的高斯定理：•次5=各向同性线性电介质：D=88E=^ETOC\o"1-5"\h\zi0rS，=1\o"CurrentDocument"Qg<8、电容器的电容：牛我特例：平行板电容器的电容：C=d

9、电场的能量密度:1QU=-CU2221=2808rE2电场能量:W=jjj①如=jjj108E2dVVV三、习题及解答1.在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是（D）通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的由高斯定理求得的场强仅由面内电荷所激发的由高斯定理求得的场强是空间所有电荷共同激发的2、半径为R的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E与距轴线的距离r的关系曲线为：（B）3、在真空中的A、B两平行金属板，相距为d，板面积为S（S一8），各带电+q和一q,两板间的作用力f大小为（C）(A)q2/80S(B)尸/4兀80d(C)q2/2e0S(D)q2/2e0Sd4、在静电场中，作一闭合曲面S，若有则由面f内必也（D）S既无自由电荷，也无束缚电荷没有自由电荷。自由电荷和束缚电荷的代数和为零。.自由电荷的代数和为零5.关于静电场中的电位移线，下列说法中，哪一种是正确的？（C9、电场的能量密度:1QU=-CU2221=2808rE2电场能量:W=jjj①如=jjj108E2dVVV3、在真空中的A、B两平行金属板，起自正自由电荷，止于负自由电荷，任何两条电位移线在无自由电荷的空间不相交电位移线只出现在有电介质的空间6、一带电体可作为点电荷处理的条件是（C）（A）电荷必须呈球形分布。（B）带电体的线度很小。（C）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。（D）电量很小。7、真空中一半径为R的球面均匀带电0在球心。处有一带电量为q的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心o距离的〃的P点处的电势为：（B）A、B、C、Dq+0A、B、4双r0008、有两个点电荷电量都是+q，相距为2a。今以左边的点电荷所在处为球心，以a为半径作一球形高斯面，在球面上取两块相等的小面积S］和S其位置如下图所示。设通过S］和S；的电场强度通量分JL乙别为和，通过整个球面的电场强度通量为则（D）A①〉①，①=q/eB.①<①，①=2q/e12S012S0C.气=气，气=q/e0D.气<气，气=q/e0两块“无限大”的带电平行电板写出各区域的电场强度9、其电荷面密度分别为顷b>0）两块“无限大”的带电平行电板写出各区域的电场强度9、其电荷面密度分别为顷b>0）及一2b如图所示，试E=b/2eI区的大小，方向.0E=3b/2eII区的大小，方向.0尤轴正向.尤轴正向E=b/2eIII区的大小，万向.0尤轴负向10、下列几个说法中哪一个是正确的？（A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。（B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。（C）场强方向可由E=F/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负，F为试验电荷所受的电场力。(D)以上说法都不正确。11、下面说法正确的是(D)等势面上各点场强的大小一定相等；在电势高处，电势能也一定高；场强大处，电势一定高；场强的方向总是从电势高处指向低处.12、已知一高斯面所包围的体积内电量代数和为零，则可肯定：(C)高斯面上各点场强均为零。穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。穿过整个高斯面的电通量为零。以上说法都不对。真空中有一半径为R均匀带正电的细圆环，其电荷线密度为4则电荷在圆心处产生的电场强度的无小为0。14、一质量为m、电量为q的小球，在电场力作用下，从电势为U的a点，移动到电势为零的b点，若已知小球在b点的速率为Vb，则小球在a点的速率瑕=。\bm15、设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为P=kr(0<r<R)p=0(r>R)k为一常量。试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系。分析：通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内外的电场分布。由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有［&E-ds=E-4兀r2s可解得电场强度的分布。根据高斯定理由E-ds=-\pdV，ss(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布。将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为dq=p・4兀r'2dr'，每个带电球壳在壳内激发的电场dE=0，而在球壳外激发的电场dE=4^q~七由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布0E(r)=jrdE(0<r<R)E(r)=fRdE(r>R)00解1:因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理=上jpdV得球体内(0<r<R)

E(r)4兀r2=1匚,,兀k户/、Jkr4kr2dr=——r4,E(r)£0£0kr2——e4£r0球体外(r>R)E可解得电场强度的分布。=上jpdV得球体内(0<r<R)E(r)4兀r2=1匚,,兀k户/、Jkr4kr2dr=——r4,E(r)£0£0kr2——e4£r0球体外(r>R)E(r)-4兀r2=—JRkr4kr2dr=£00竺R4,E(r)£0kR4

e

4£r2r0,m、e/、fR1kr'•4kr'2dr'_kR4球体外（r>R）E（r）=JRe=e04k£r2r4£r2r0016、两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷g和Q2。求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少?分析：通常可采用两种方法（1）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球面对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势。取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场分布，再由匕=「E-dl可求得电势分布。（2）利用电势叠加原理求电势。一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为V=£-4k£r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势V=亮'其中R是球面的半径。根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布。E3=Q1+E3=Q1+Qe,(r>R2)01E=0,(r<R)，E=e,(R<r<R)1124k£r2r''120由电势V=J8E-d可求得各区域的电势分布。r当r<£时，有V=JR1E-dl+Jr2E-dl+J“E-dl1r1R12R23Q(11、，Q+Q=0+——1—(————)+—12-4k£RR4k£R=4+«4k£R4k£R当R1<r<R2时，有V=jr2E-dl+卜e-dl2「2R23Q,1'Q+Q—(—-一)+2-4双rR4双Rg+QM024双r4双R0当r>R2时，有匕=卜E3-dT=Q4+Qr0(2)两个球面间的电势差U=jR2E-dT=Q1(1-1)12R24双RR解2：⑴由各球面电势的叠加计算电势分布。若该点位于两个球面内，即r<R1，则V=Q1+Q214双R4双R若该点位于两个球面之间，即R<r<R，则V=-^^~+导±^21224K8r4K8R若该点位于两个球面之外，即r>R2，则匕=%;?20（2）两个球面间的电势差U=（V-V）