1、1-2 质点的运动方程为 ， 都以米为单位， 以秒为单位，22,(1)xtyt,xyt求：（1） 质点的运动轨迹；（2） 从 到 质点的位移的大小；1tst（3） 时，质点的速度和加速度。解：（1）由运动方程消去时间 可得轨迹方程，将 代入，有ttx2(1)yx或 （2）将 和 代入，有tst， 1ri241rij213A位移的大小 20rm（3） xdvt2(1)ytvij， 2xdat2ydvatij当 时，速度和加速度分别为2ts42/vijmsm/s2a1-4 设质点的运动方程为 ，式中的 、 均为cosin()rRttjSIR常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。解 （1）质
2、点的速度为 sincosdrvttjt（2）质点的速率为 2xyvR速率的变化率为 0dt1-12 质点沿半径为 的圆周运动，其运动规律为 。求质点在23()tSI时刻的法向加速度 的大小和角加速度 的大小。t na解 由于 4dt质点在 时刻的法向加速度 的大小为t n2216aRt角加速度 的大小为 4/drst2-15 设作用于质量 的物体上的力 ，如果物体在这一力作1mkg63()FtSI用下，由静止开始沿直线运动，求在 0 到 的时间内力 对物体的冲量。2.s解 由冲量的定义，有2.02.0.20(63)()8IFdttdtN A3-11 如题 3-11图所示，一匀质细杆质量为 ，长
3、为 ，可绕过一端 的水平轴自mlO由转动，杆于水平位置由静止开始摆下求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过 角时的角速度.解: (1)由转动定律，有 213()lmgl则 l(2)由机械能守恒定律，有题 3-11 图2103()llgsin所以有 li38-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为 R1和 R2（R 2R 1） ，带电量分别为 q1和q2，求以下三种情况下距离球心为 r 的点的场强：（1）rR 1；（2）R 1rR 2（3）rR 2.并定性地画出场强随 r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面，则由高斯定理可知： (1)当 rR 1时， 0,4cos2Er
4、dSEe (2)当 R1rR 2 时，01 0124,qqe(3)当 rR 2 时， 021 0212cosrEEdSe8-17 求习题 8-12 中空间各点的电势.解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势 ，其中 R 是球面的q04半径；均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以，由电势的叠加原理得： （1） 当 rR 1即所求场点在两个球面内时: ；20104RqU（2） 当 R1rR 2即所求场点在小球面外、大球面内时: ；2001r当 rR 2即所求场点在两个球面外时: qrqU021020144当 rR 2即所求场点在两个球面外时: r0210
5、2019-3如图，在半径为 R 的导体球外与球心 O 相距为 a 的一点 A 处放置一点电荷+Q，在球内有一点 B 位于 AO 的延长线上， OB = r，求：（1）导体上的感应电荷在 B 点产生的场强的大小和方向；（2）B 点的电势 .解：（1）由静电平衡条件和场强叠加原理可知，B 点的电场强度为点电荷 q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和，且为零，即 0413rEpB rER1 R2解 8-12 图 场强随 r 的变化曲线习题 9.3 图raEB30)(41（2）由电势叠加原理可知，B 点的电势为点电荷 q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和，即 rqVB04由于球体是一个等势体，球内
6、任一点的电势和球心 o 点的电势相等aqB004因球面上的感应电荷与球心 o 的距离均为球的半径 R，且感应电荷的总电贺量为零，所以感应电荷在 o 点产生的电势为零，且 ，因此0VaqVB04所以， B 点的电势 aqB049-4如图所示，在一半径为 R1 = 6.0 cm 的金属球 A 外面罩有一个同心的金属球壳 B.已知球壳 B 的内、外半径分别为 R2 = 8.0 cm，R 3 = 10.0 cm， A 球带有总电量 QA = 3.010-8 C，球壳 B 带有总电量 QB = 2.010-8 C.求：（1）球壳 B 内、外表面上所带的电量以及球 A 和球壳 B 的电势；（2）将球壳 B
7、 接地后再断开 ， 再把金属球 A 接地，求金属球 A 和球壳 B的内、外表面上所带的电量，以及球 A 和球壳 B 的电势.解：（1）在导体到达静电平衡后， 分布在导体球的表面上由于静电感应，在 B 球壳的内表面上感应出负电荷 ，外表面上感应出正电荷 ，则 B 球AQAQ壳外表面上的总电荷（ ） 。由场的分布具有对BA称性，可用高斯定理求得各区域的场强分布 )(4),(02120211 RrERrA)(),( 3204323 rQBA习题 9.4 图习题图 10-6ByOlzxE 的方向眼径向外导体为有限带电体，选无限远处为电势零点。由电势的定义可计算两球的电势 BAV和A 球内任一场点的电势
8、 为AV)(414320202 43132 321RQrdrdrdEEBAAR RRRr B 球壳内任一点的电势 为BV302043433RQdrEVBARBARr10-10 如图，载流导线弯成（a） 、 （b） 、 （c）所示的形状，求三图中 点的磁感应强度P的大小和方向.B解：（a）水平方向的载流导线对 P 电磁感应强度的贡献为 0。竖直部分对 P 点磁感应强度10-6 一边长为 m 的立方体如图放置，有一均0.15l匀磁场 T 通过立方体所在区域.计算：(63)Bijk（1）通过立方体上阴影面积的磁通量；（2）通过立方体六面的总磁通量.解：习题图 10-1000210(cos)(cos9
9、180)44)4 oIIraaI（1）立方体一边的面积 2Sl2(631.5)(0135BijkiWbAA（2）总通量 ds11-1.解 : (1)由电磁感应定律 82)1(tti)2(0.3i(2) 106.RIi由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使 R 中产生感应电流的方向是由左向右11-5解:由于 I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈 ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图。设矩形线圈以速度 V 从图示位置开始运动，经过时间 t 之后，线圈位置如图(b)所示，取面积元 ds=ldx，距长直导线的距离为
10、 x，按无限长直载流导体的磁感应强度公式知，该面积元外 的大小为BI20通过该面积元的磁通量为 ldxIBsd20于是通过线圈的磁通量为 vtbavtbaxldIlIt 2)( 00vtILln20由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈中的感应电动势为)(220vtabvtbILNdtE)()(0tatI令 t=0,代入数据，得到线圈，刚离开直导线时的感应电动势 )1(20baLIVNdtNE)(10.32.0)1.0(35.473V1.大学物理和高中物理的区别大学物理对待的是普遍问题，而高中物理对待的是特殊问，大学是基于分析的物理，中学是知识介绍的物理大学培养科学系统的物理思维和看待世界的方法
11、论2.影响刚体转动惯量大小的主要三个因素：转轴的位置，刚体的质量和质量对轴的分布。3.霍尔效应电压形成的原因：固体材料中的载流子在外加磁场中运动时，因为受到洛仑兹力的作用而使轨迹发生偏移，并在材料两侧产生电荷积累，形成垂直于电流方向的电场，最终使载流子受到的洛仑兹力与电场斥力相平衡，从而在两侧建立起一个稳定的电势差即霍尔电压。4.电荷在磁场中的运动情况：（1）V 和 B 平行时，所受罗伦兹力为零，所以不受磁场影响，做初速度为 V 的匀速直线运动；（ 2）V 和 B 垂直则洛伦兹力只改变运动方向做以 F=BVq的匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；（3）V 和 B 的方向呈 的夹角垂直磁场方面的半
12、径做匀速匀速圆周运动平行做匀速直线运动，则合运动做半径为 R 的螺旋运动。5.分子极化：在外电场的作用下，电解质出现了极化电荷的这种现象，成为电解质的极化。无极分子的极化是由于分子的正、负电荷中心发生了相对位移实现的，估称为位移极化。有极分子在外电场的作用下，分子受到力矩的作用发生转动，导致在垂直于外电场的方向也出现束缚电荷，称为取向极化。1. 如图，在半径为 R 的导体球外与球心 O 相距为 a 的一点 A 处放置一点电荷+Q，在球内有一点 B 位于 AO 的延长线上， OB = r，求：（1）导体上的感应电荷在 B 点产生的场强的大小和方向；（2）B 点的电势 .解：（1）由静电平衡条件和
13、场强叠加原理可知，B 点的电场强度为点电荷 q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和，且为零，即 043rEpaB0)(（2）由电势叠加原理可知，B 点的电 势为点电荷 q 和球面感应电荷在该处产生的电 势的标量和，即 rVB04 习题 9.3 图由于球体是一个等势体，球内任一点的电势和球心 o 点的电势相等aqVB004因球面上的感应电荷与球心 o 的距离均为球的半径 R，且感应电荷的总电贺量为零，所以感应电荷在 o 点产生的电势为零，且 ，因此0VaqB04所以， B 点的电势 aqVB042.p-285 9-4 解（1）在导体到达静电平衡后， 分布在导体球的表面上由于静AQ电感应，在 B 球
14、壳的内表面上感应出负电荷 ，外表面上感应出正电荷 ，则 B 球壳外A表面上的总电荷（ ） 。由场的分布具有对称性，可用高斯定理求得各区域的场强分布BAQ)(4),(021201RrERr3323E 的方向眼径向外导体为有限带电体，选无限远处为电势零点。由电势的定义可计算两球的电势 BAV和A 球内任一场点的电势 为AV)(41320043212 32RQrdrrEBARRB 球壳内任一点的电势 为V302044333drEVBARBAr3.p-368 11-5 求线圈中的感应电动势解:由于 I 为稳定电流,所以它在空间各 点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈 ABCD 运动时,不同时刻 通过线圈
15、的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图。设矩形线圈以速度 V 从图示位置开始运动，经过时间 t 之后，线圈位置如图(b)所示，取面积元 ds=ldx，距长直导线的距离为 x，按无限长直载流导体的磁感应强度公式知，该面积元外 的大小为BI20通过该面积元的磁通量为 ldxIBsd20于是通过线圈的磁通量为 vtbavtbaxldIt 2)(0vatbILln20由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈中的感应电动势为 )(220tvtbaILNdtE)(0t令 t=0,代入数据，得到线圈，刚离开直导线时的感应电动势 )1(20baLIVdt)(.32.0)1.(354734.求下列三种情况下距球心距离为 R 的场强 8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为 R1和 R2（R 2R 1） ，带电量分别为 q1和 q2，求以下三种情况下距离球心为 r 的点的场强：（1）r R1；（2）R 1rR 2（3）rR 2.并定性地画出场强随 r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面，则由高斯定理可知： (1)当 rR 1时， 0,4cos2ErdSEe(2)当 R1rR 2 时，01 01,qqe(3)当 rR 2 时， 01 0214cosErdSe rER1 R2解 8-12 图 场强随 r的变化曲线
