【大学物理】期末终极复习提纲+题库（全8章整合版）

📅 生成日期：2026-06-29 📚 基于作业文件8份共约110道题 🧩 编排逻辑：定义/公理层 → 定理/导出层 → 综合应用层 📐 题型递进：直给型 → 一步推理型 → 链式推理型 — ## 📑 目录总览

📐 各章核心公式速查表

向量均以 \(\vec{}\) 标识，使用时注意方向。

第1章 · 质点运动学

第2章 · 牛顿定律

第3章 · 动量与能量

第4章 · 刚体力学

第5章 · 静电场

第6章 · 静电场中的导体和电介质

第7章 · 恒定磁场

第8章 · 电磁感应

【第1章】质点运动学

【知识点A】位置矢量、位移、速度、加速度（定义层）

定义： - 位置矢量：\(\boldsymbol{r} = x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j} + z\boldsymbol{k}\)，描述质点在空间中的位置 - 位移：\(\Delta\boldsymbol{r} = \boldsymbol{r}(t+\Delta t) - \boldsymbol{r}(t)\)，与路径无关 - 速度：\(\boldsymbol{v} = \dfrac{d\boldsymbol{r}}{dt}\)（瞬时速度的定义式） - 加速度：\(\boldsymbol{a} = \dfrac{d\boldsymbol{v}}{dt} = \dfrac{d^2\boldsymbol{r}}{dt^2}\)（瞬时加速度的定义式） - 路程：\(s = \int_{t_1}^{t_2} v\,dt\)，标量，与位移不同

逻辑定位：这些是运动学的原始定义，所有运动学问题均建立在它们之上。

【题型1】已知运动方程求速度、加速度、位移、路程（直给型）

例题1-1（原题 1-6）

【题干】 已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为 \(x = 2 + 6t^2 - 2t^3\)，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。

【核心考点】 直线运动中位移与路程的区别（矢量 vs 标量），速度与加速度的定义直接应用。 > 逻辑定位：定义层——速度、加速度的定义式 \(v=dx/dt\)，\(a=dv/dt\)的直接计算。

【通用解法与通式】 1. 求速度：对运动方程求一阶导数 \(v(t) = dx/dt\) 2. 求加速度：对速度求一阶导数 \(a(t) = dv/dt = d^2x/dt^2\) 3. 求位移：\(\Delta x = x(t_2) - x(t_1)\)，直接代端点值 4. 求路程：先求 \(v(t)=0\) 的时刻（折返点），分段积分 \(s = \int_{t_1}^{t_0}|v|dt + \int_{t_0}^{t_2}|v|dt\)

【详细推导与步骤】

(1) 位移

将 \(t=0\) 和 \(t=4.0\) s 直接代入运动方程：

\(x(0) = 2 + 6(0)^2 - 2(0)^3 = 2\ \text{m}\)

\(x(4) = 2 + 6(4)^2 - 2(4)^3 = 2 + 96 - 128 = -30\ \text{m}\)

\(\Delta x = x(4) - x(0) = (-30) - 2 = -32\ \text{m}\)

位移大小：\(|\Delta x| = 32\ \text{m}\)

(2) 路程

先求速度：\(v(t) = \dfrac{dx}{dt} = 12t - 6t^2 = 6t(2 - t)\)

令 \(v(t) = 0\)： \(6t(2 - t) = 0 \Rightarrow t = 0\) 或 \(t = 2\) s

在 \([0, 2]\) s内 \(v \geq 0\)，在 \([2, 4]\) s内 \(v \leq 0\)

分段积分：

\(s = \int_0^2 v(t)\,dt + \int_2^4 (-v(t))\,dt\) \(= \int_0^2 (12t - 6t^2)dt + \int_2^4 (6t^2 - 12t)dt\) \(= [6t^2 - 2t^3]_0^2 + [2t^3 - 6t^2]_2^4\) \(= (24 - 16) + [(128 - 96) - (16 - 24)]\) \(= 8 + [32 - (-8)] = 8 + 40 = 48\ \text{m}\)

(3) t = 4 s 时的速度和加速度

\(v(4) = 12(4) - 6(4)^2 = 48 - 96 = -48\ \text{m/s}\)（负号表示沿x轴负向）

\(a(t) = \dfrac{dv}{dt} = 12 - 12t\)

\(a(4) = 12 - 12(4) = -36\ \text{m/s}^2\)

⚠ 易错点： - 位移 = 末位置 - 初位置，不是路径长度 - 路程必须考虑速度方向的变化，找到折返点（\(v=0\)）是关键 - 折返点可能不止一个，需检查全部 \(v=0\) 时刻 - 位移大小 ≠ 路程，除非质点单向运动

例题1-2（原题 1-8）

【题干】 已知质点的运动方程为 \(\boldsymbol{r} = 2t\boldsymbol{i} + (2 - t^2)\boldsymbol{j}\)，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。

【核心考点】 二维运动：轨迹消参、位矢与位移的矢量运算、径向增量与位移的区别。 > 逻辑定位：定义层——位置矢量、位移的定义在二维中的直接应用。

【通用解法与通式】 1. 轨迹方程：从参数方程 \(x = f(t), y = g(t)\) 中消去 \(t\) 2. 位矢：直接将 t 值代入运动方程 3. 位移：\(\Delta\boldsymbol{r} = \boldsymbol{r}(t_2) - \boldsymbol{r}(t_1)\)（矢量差） 4. 径向增量：\(\Delta r = |\boldsymbol{r}(t_2)| - |\boldsymbol{r}(t_1)|\)（标量差的绝对值） 5. 路程：\(s = \int_{t_1}^{t_2} \sqrt{(dx/dt)^2 + (dy/dt)^2}\,dt\)

【详细推导与步骤】

(1) 运动轨迹

分量式：\(x = 2t\)，\(y = 2 - t^2\)

由 \(x = 2t\) 得 \(t = \dfrac{x}{2}\)，代入y：

\(y = 2 - \left(\dfrac{x}{2}\right)^2 = 2 - \dfrac{x^2}{4}\)

轨迹为开口向下的抛物线。

(2) 位矢

\(\boldsymbol{r}(0) = 2(0)\boldsymbol{i} + (2 - 0)\boldsymbol{j} = 2\boldsymbol{j}\ \text{m}\)

\(\boldsymbol{r}(2) = 2(2)\boldsymbol{i} + (2 - 4)\boldsymbol{j} = 4\boldsymbol{i} - 2\boldsymbol{j}\ \text{m}\)

(3) 位移和径向增量

\(\Delta\boldsymbol{r} = \boldsymbol{r}(2) - \boldsymbol{r}(0) = (4\boldsymbol{i} - 2\boldsymbol{j}) - (2\boldsymbol{j}) = 4\boldsymbol{i} - 4\boldsymbol{j}\ \text{m}\)

\(|\boldsymbol{r}(0)| = 2\ \text{m}\)

\(|\boldsymbol{r}(2)| = \sqrt{4^2 + (-2)^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\ \text{m}\)

径向增量：\(\Delta r = |\boldsymbol{r}(2)| - |\boldsymbol{r}(0)| = 2\sqrt{5} - 2 \approx 2.47\ \text{m}\)

(4) 路程

\(v_x = \dfrac{dx}{dt} = 2\ \text{m/s}\)，\(v_y = \dfrac{dy}{dt} = -2t\ \text{m/s}\)

速率：\(v(t) = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{4 + 4t^2} = 2\sqrt{1 + t^2}\)

\(s = \int_0^2 2\sqrt{1 + t^2}\,dt\)

查积分表：\(\int \sqrt{1 + t^2}dt = \dfrac{t}{2}\sqrt{1 + t^2} + \dfrac{1}{2}\ln\left(t + \sqrt{1 + t^2}\right)\)

\(s = 2\left[\dfrac{t}{2}\sqrt{1 + t^2} + \dfrac{1}{2}\ln(t + \sqrt{1 + t^2})\right]_0^2\)

\(= \left[t\sqrt{1 + t^2} + \ln(t + \sqrt{1 + t^2})\right]_0^2\)

\(= 2\sqrt{5} + \ln(2 + \sqrt{5}) \approx 5.92\ \text{m}\)

⚠ 易错点： - 位移 \(\Delta\boldsymbol{r}\) 是矢量的差（末位矢减初位矢） - 径向增量 \(\Delta r\) 是标量差（末位矢大小减初位矢大小）——两者概念完全不同！ - 路程 \(\neq\) 位移大小，因为轨迹是曲线 - 轨迹方程是 \(y = f(x)\) 形式，不是参数形式

【题型2】已知加速度（或速度）求运动方程（直给型/一步推理型）

例题1-3（原题 1-15）

【题干】 一质点具有恒定加速度 \(\boldsymbol{a} = 6\boldsymbol{i} + 4\boldsymbol{j}\)，式中a的单位为m·s⁻²。在t = 0时，其速度为零，位置矢量 \(\boldsymbol{r}_0 = 10\boldsymbol{i}\) m。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。

【核心考点】 已知加速度，通过积分求速度和位置——运动学第二类问题的标准流程。 > 逻辑定位：定义层——由定义式 \(a = dv/dt\) 和 \(v = dr/dt\) 逆向积分。

【通用解法与通式】 1. \(\boldsymbol{v}(t) = \boldsymbol{v}_0 + \int_0^t \boldsymbol{a}(\tau)\,d\tau\)（由 \(d\boldsymbol{v} = \boldsymbol{a}\,dt\) 积分） 2. \(\boldsymbol{r}(t) = \boldsymbol{r}_0 + \int_0^t \boldsymbol{v}(\tau)\,d\tau\)（由 \(d\boldsymbol{r} = \boldsymbol{v}\,dt\) 积分） 3. 轨迹方程：从分量式中消去 \(t\)

【详细推导与步骤】

(1) 速度和位置矢量

由 \(d\boldsymbol{v} = \boldsymbol{a}\,dt\) 积分：

\(\boldsymbol{v}(t) = \boldsymbol{v}_0 + \int_0^t (6\boldsymbol{i} + 4\boldsymbol{j})\,dt\)

代入初值 \(\boldsymbol{v}_0 = 0\)：

\(\boldsymbol{v}(t) = 6t\boldsymbol{i} + 4t\boldsymbol{j}\ \text{m/s}\)

由 \(d\boldsymbol{r} = \boldsymbol{v}\,dt\) 积分：

\(\boldsymbol{r}(t) = \boldsymbol{r}_0 + \int_0^t (6t\boldsymbol{i} + 4t\boldsymbol{j})\,dt\)

\(= 10\boldsymbol{i} + (3t^2\boldsymbol{i} + 2t^2\boldsymbol{j})\) \(= (10 + 3t^2)\boldsymbol{i} + 2t^2\boldsymbol{j}\ \text{m}\)

(2) 轨迹方程

\(x = 10 + 3t^2\)，\(y = 2t^2\)

由 \(y = 2t^2\) 得 \(t^2 = \dfrac{y}{2}\)，代入 \(x\)：

\(x = 10 + 3\cdot\dfrac{y}{2} = 10 + \dfrac{3}{2}y\)

整理：\(2x - 3y = 20\) 或 \(y = \dfrac{2}{3}x - \dfrac{20}{3}\)

轨迹为一条直线（斜率为 \(2/3\)，截距为 \(-20/3\)）。

⚠ 易错点： - 积分时不要忘记初始条件（位置和速度的初值） - 矢量积分可以按分量分别积分后再合并 - 匀加速运动（a为常量）与变加速运动的积分形式不同

【题型3】运动的合成——求切向加速度、法向加速度、曲率半径（一步推理型）

例题1-4（原题1-22）

【题干】 质点在Oxy平面内运动，其运动方程为 \(\boldsymbol{r} = 2.0t\boldsymbol{i} + (19.0 - 2.0t^2)\boldsymbol{j}\)，式中r的单位为m，t的单位为s。求： (1) 质点的轨迹方程； (2) 在 \(t_1 = 1.0\)s 到 \(t_2 = 2.0\)s 时间内的平均速度； (3) \(t_1 = 1.0\)s 时的速度及切向和法向加速度； (4) \(t = 1.0\)s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ。

【核心考点】 自然坐标系下的加速度分解：\(a_t = dv/dt\)（切向，反映速率变化率），\(a_n = v^2/\rho\)（法向，反映方向变化率）；曲率半径公式 \(\rho = v^2/a_n\)。 > 逻辑定位：定义层+定理层——切向/法向加速度的定义式及其与总加速度的关系。

【通用解法与通式】 1. 求速度：\(\boldsymbol{v} = d\boldsymbol{r}/dt\)，速率 \(v = |\boldsymbol{v}|\) 2. 求加速度：\(\boldsymbol{a} = d\boldsymbol{v}/dt\)，大小 \(a = |\boldsymbol{a}|\) 3. 切向加速度：\(a_t = \dfrac{dv}{dt}\) 4. 法向加速度：\(a_n = \sqrt{a^2 - a_t^2}\) 或 \(a_n = v^2/\rho\) 5. 曲率半径：\(\rho = v^2/a_n\)

【详细推导与步骤】

(1) 轨迹方程

\(x = 2t\)，\(y = 19 - 2t^2\)

由 \(x = 2t\) 得 \(t = x/2\)：

\(y = 19 - 2\left(\dfrac{x}{2}\right)^2 = 19 - \dfrac{x^2}{2}\)

轨迹为开口向下的抛物线。

(2) 平均速度

\(\boldsymbol{r}(1) = 2(1)\boldsymbol{i} + (19 - 2)\boldsymbol{j} = 2\boldsymbol{i} + 17\boldsymbol{j}\)

\(\boldsymbol{r}(2) = 2(2)\boldsymbol{i} + (19 - 8)\boldsymbol{j} = 4\boldsymbol{i} + 11\boldsymbol{j}\)

\(\bar{\boldsymbol{v}} = \dfrac{\boldsymbol{r}(2) - \boldsymbol{r}(1)}{2 - 1} = \dfrac{2\boldsymbol{i} - 6\boldsymbol{j}}{1} = 2\boldsymbol{i} - 6\boldsymbol{j}\ \text{m/s}\)

(3) 速度与加速度

\(\boldsymbol{v} = \dfrac{d\boldsymbol{r}}{dt} = 2\boldsymbol{i} - 4t\boldsymbol{j}\)

\(\boldsymbol{v}(1) = 2\boldsymbol{i} - 4\boldsymbol{j}\ \text{m/s}\)，大小 \(v(1) = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5} \approx 4.47\ \text{m/s}\)

\(\boldsymbol{a} = \dfrac{d\boldsymbol{v}}{dt} = -4\boldsymbol{j}\ \text{m/s}^2\)，大小 \(a = 4\ \text{m/s}^2\)

速率：\(v(t) = \sqrt{2^2 + (-4t)^2} = \sqrt{4 + 16t^2} = 2\sqrt{1 + 4t^2}\)

切向加速度：\(a_t = \dfrac{dv}{dt} = 2 \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{1 + 4t^2}} \cdot 8t = \dfrac{8t}{\sqrt{1 + 4t^2}}\)

\(a_t(1) = \dfrac{8}{\sqrt{5}} \approx 3.58\ \text{m/s}^2\)

法向加速度：\(a_n = \sqrt{a^2 - a_t^2} = \sqrt{16 - \dfrac{64}{5}} = \sqrt{\dfrac{80 - 64}{5}} = \sqrt{\dfrac{16}{5}} = \dfrac{4}{\sqrt{5}} \approx 1.79\ \text{m/s}^2\)

(4) 曲率半径

\(\rho = \dfrac{v^2}{a_n} = \dfrac{(2\sqrt{5})^2}{4/\sqrt{5}} = \dfrac{20}{4/\sqrt{5}} = 5\sqrt{5} \approx 11.18\ \text{m}\)

⚠ 易错点： - \(\boldsymbol{a}\) 是总加速度，\(a_t\) 是切向分量——\(a_t = dv/dt\)，不是 \(d|\boldsymbol{v}|/dt\) 的简写，两者在数学上等价但需要从速率函数求导 - \(a_n\) 必须通过 \(a_n = \sqrt{a^2 - a_t^2}\) 间接求得（本题不涉及圆轨道，不能直接使用 \(a_n = v^2/R\)） - 曲率半径 \(\rho\) 不是轨道半径（因为不是圆周运动），它是轨迹在该点的内切圆半径

【知识点B】圆周运动的角量描述（定义层）

定义： - 角位置 \(\theta(t)\)，角速度 \(\omega = d\theta/dt\)，角加速度 \(\alpha = d\omega/dt = d^2\theta/dt^2\) - 线量与角量的关系： - 弧长 \(s = R\theta\) - 线速率 \(v = R\omega\) - 切向加速度 \(a_t = R\alpha\) - 法向加速度 \(a_n = R\omega^2 = v^2/R\)

【题型1】圆周运动角量计算（直给型）

例题1-5（原题1-26）

【题干】 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，其角位置为 \(\theta = 2 + 4t^3\)，式中 \(\theta\) 的单位为rad，t的单位为s。 (1) 求在 t = 2.0s 时质点的法向加速度和切向加速度； (2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，\(\theta\) 值为多少？ (3) t为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等？

【核心考点】 圆周运动的角量与线量的转换；已知角位置 \(\theta(t)\) 通过微分求角速度和角加速度，再转换到线量。 > 逻辑定位：定义层——角位置→角速度→角加速度的微分链，以及线量-角量关系 \(v=R\omega, a_t=R\alpha, a_n=R\omega^2\)。

【通用解法与通式】 1. \(\omega(t) = d\theta/dt\)，\(\alpha(t) = d\omega/dt\) 2. \(a_t = R\alpha\)，\(a_n = R\omega^2\) 3. 总加速度 \(a = \sqrt{a_t^2 + a_n^2}\) 4. 建立条件方程 \(a_t = \frac{1}{2}a\) 或 \(a_n = a_t\) 求解

【详细推导与步骤】

(1) t = 2.0s 时的 \(a_t\) 和 \(a_n\)

\(\theta = 2 + 4t^3\)

\(\omega = \dfrac{d\theta}{dt} = 12t^2\)

\(\alpha = \dfrac{d\omega}{dt} = 24t\)

\(R = 0.10\ \text{m}\)

切向加速度： \(a_t = R\alpha = 0.10 \times 24t = 2.4t\)

\(a_t(2) = 2.4 \times 2 = 4.8\ \text{m/s}^2\)

法向加速度： \(a_n = R\omega^2 = 0.10 \times (12t^2)^2 = 0.10 \times 144t^4 = 14.4t^4\)

\(a_n(2) = 14.4 \times 16 = 230.4\ \text{m/s}^2\)

(2) \(a_t = a/2\) 时 \(\theta\) 的值

\(a = \sqrt{a_t^2 + a_n^2} = \sqrt{(2.4t)^2 + (14.4t^4)^2}\)

由条件 \(a_t = \dfrac{1}{2}a\)：

\(2.4t = \dfrac{1}{2}\sqrt{5.76t^2 + 207.36t^8}\)

两边平方： \(5.76t^2 = \dfrac{1}{4}(5.76t^2 + 207.36t^8)\)

\(23.04t^2 = 5.76t^2 + 207.36t^8\)

\(17.28t^2 = 207.36t^8\)

\(t^2(t^6 - \dfrac{17.28}{207.36}) = 0\)，\(t \neq 0\)

\(t^6 = \dfrac{17.28}{207.36} = \dfrac{1}{12}\)

\(t = \left(\dfrac{1}{12}\right)^{1/6} = 12^{-1/6} \approx 0.66\ \text{s}\)

\(\theta = 2 + 4t^3 = 2 + 4 \times \dfrac{1}{\sqrt{12}} = 2 + \dfrac{4}{\sqrt{12}} = 2 + \dfrac{2}{\sqrt{3}} \approx 3.15\ \text{rad}\)

(3) \(a_n = a_t\) 时 t 的值

\(14.4t^4 = 2.4t\)

\(t \neq 0\)，两边除以 \(t\)：

\(14.4t^3 = 2.4\)

\(t^3 = \dfrac{2.4}{14.4} = \dfrac{1}{6}\)

\(t = \sqrt[3]{\dfrac{1}{6}} \approx 0.55\ \text{s}\)

⚠ 易错点： - 线加速度 \(a_t = R\alpha\) 和 \(a_n = R\omega^2\) 必须区分——\(a_t\) 与 \(\alpha\) 有关，\(a_n\) 与 \(\omega\) 有关 - 总加速度的平方 \(a^2 = a_t^2 + a_n^2\)，不是简单的代数加和

【题型2】圆周运动速率与时间关系的运动学分析（一步推理型）

例题1-6（原题1-27）

【题干】 在半径为R的圆周上运动的质点，其速率与时间关系为 \(v = ct^2\)，式中c为常量。 求：（1）从t=0时刻到t时刻质点走过的路程s(t)； （2）在时刻t，质点的切向加速度 \(a_t\) 和法向加速度 \(a_n\)。

【核心考点】 已知速率-时间关系 \(v(t)\)，通过积分求路程，通过微分求切向加速度，利用圆周运动关系求法向加速度。 > 逻辑定位：定义层——\(v = ds/dt\) 积分得 \(s\)，\(a_t = dv/dt\)，\(a_n = v^2/R\)。

【通用解法与通式】 1. \(s(t) = \int_0^t v(\tau)\,d\tau\) 2. \(a_t = dv/dt\) 3. \(a_n = v^2/R\)

【详细推导与步骤】

(1) 路程

\(v = \dfrac{ds}{dt} = ct^2\)

\(s(t) = \int_0^t ct^2\,dt = \dfrac{c}{3}t^3\)

(2) 切向加速度和法向加速度

\(a_t = \dfrac{dv}{dt} = 2ct\)

\(a_n = \dfrac{v^2}{R} = \dfrac{c^2t^4}{R}\)

⚠ 易错点： - \(v = ct^2\) 是速率（标量），不是速度矢量 - 圆周运动中 \(a_n\) 的方向始终指向圆心

【知识点C】相对运动与伽利略变换（定理层/应用层）

核心定理： - 伽利略速度变换：\(\boldsymbol{v}_{P|A} = \boldsymbol{v}_{P|B} + \boldsymbol{v}_{B|A}\) - 即：质点相对于A系的速度 = 质点相对于B系的速度 + B系相对于A系的速度 - 加速度变换（惯性系间）：\(\boldsymbol{a}_{P|A} = \boldsymbol{a}_{P|B}\)（加速度不变）

【题型1】不同参考系间的运动量变换（一步推理型）

例题1-7（原题 B类第5题）

【题干】 一大巴以54 km/h的速率水平向东行驶时，相对于地面匀速竖直下落的雨滴，在大巴的窗子上形成的雨迹与竖直方向成45°角。雨滴相对于地面的速率如何？相对于大巴的速率如何？

【核心考点】 相对运动的速度合成（伽利略变换）：\(\boldsymbol{v}_{\text{雨对地}} = \boldsymbol{v}_{\text{雨对车}} + \boldsymbol{v}_{\text{车对地}}\) > 逻辑定位：应用层——相对运动原理的几何矢量合成。

【通用解法与通式】 1. 选定参考系：地面为S系，大巴为S’系 2. 写出已知速度的大小和方向 3. 画出速度矢量三角形 4. 利用几何关系求解未知量

【详细推导与步骤】

已知： - \(v_{\text{车对地}} = 54\ \text{km/h}\)，方向水平向东 - 雨相对地面的速度 \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对地}}\) 竖直向下（题目说”相对于地面匀速竖直下落的雨滴”） - 雨迹与竖直方向成45°：即 \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对车}}\)（雨相对于车的速度）与竖直方向成45°角

由伽利略变换：\(\boldsymbol{v}_{\text{雨对车}} = \boldsymbol{v}_{\text{雨对地}} - \boldsymbol{v}_{\text{车对地}}\)

画矢量三角形： - \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对地}}\) 竖直向下（设大小为 \(v_y\)） - \(\boldsymbol{v}_{\text{车对地}}\) 水平向东（大小为 \(54\ \text{km/h}\)） - \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对车}}\) 是两者的矢量差，与竖直方向成45°

由几何关系（45°直角三角形）： \(\tan 45° = \dfrac{v_{\text{车对地}}}{v_{\text{雨对地}}} = 1\)

\(v_{\text{雨对地}} = v_{\text{车对地}} = 54\ \text{km/h}\)

\(v_{\text{雨对车}} = \sqrt{v_{\text{雨对地}}^2 + v_{\text{车对地}}^2} = \sqrt{54^2 + 54^2} = 54\sqrt{2} \approx 76.4\ \text{km/h}\)

⚠ 易错点： - 雨迹方向是 \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对车}}\) 的方向，不是 \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对地}}\) 的方向 - 矢量减法 \(\boldsymbol{v}_{\text{雨对车}} = \boldsymbol{v}_{\text{雨对地}} - \boldsymbol{v}_{\text{车对地}}\)，不是加法 - 单位必须一致（本题用km/h即可，不需要换算m/s，因为只求比值）

例题1-8（原题1-32）

【题干】 一质点相对观察者O运动，在任意时刻t，其位置为 \(x = vt\)，\(y = gt^2/2\)，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？

【核心考点】 伽利略变换在二维运动中的应用：坐标变换、速度变换、加速度变换。 > 逻辑定位：定理层——伽利略变换（坐标、速度、加速度）的系统应用。

【通用解法与通式】 1. 写出S系（O系）中的运动方程 \(\boldsymbol{r}(t)\) 2. 写出S’系（O’系）相对S系的运动 \(\boldsymbol{R}(t)\) 3. 由伽利略坐标变换 \(\boldsymbol{r}' = \boldsymbol{r} - \boldsymbol{R}\) 得到S’系中的运动方程 4. 求导得速度和加速度

【详细推导与步骤】

(1) O系中的描述

\(\boldsymbol{r}(t) = vt\,\boldsymbol{i} + \dfrac{1}{2}gt^2\,\boldsymbol{j}\)

(2) O’系相对O系的运动

O’以速率v沿x轴正向运动：\(\boldsymbol{R}(t) = vt\,\boldsymbol{i}\)

(3) O’系中的轨迹

由伽利略变换：\(\boldsymbol{r}'(t) = \boldsymbol{r}(t) - \boldsymbol{R}(t)\)

\(= (vt\,\boldsymbol{i} + \dfrac{1}{2}gt^2\,\boldsymbol{j}) - (vt\,\boldsymbol{i})\)

\(= \dfrac{1}{2}gt^2\,\boldsymbol{j}\)

即 \(x' = 0\)，\(y' = gt^2/2\)

质点在O’系中沿y’轴作直线运动（自由落体），轨迹为一条竖直线。

(4) O’系中的加速度

\(\boldsymbol{v}' = \dfrac{d\boldsymbol{r}'}{dt} = gt\,\boldsymbol{j}\)

\(\boldsymbol{a}' = \dfrac{d\boldsymbol{v}'}{dt} = g\,\boldsymbol{j}\)

与O系中的加速度 \(\boldsymbol{a} = g\boldsymbol{j}\) 完全相同。

⚠ 易错点： - 伽利略变换中坐标变换 \(\boldsymbol{r}' = \boldsymbol{r} - \boldsymbol{R}\)，速度变换 \(\boldsymbol{v}' = \boldsymbol{v} - \boldsymbol{V}\) - 两个惯性系之间的加速度不变（\(\boldsymbol{a}' = \boldsymbol{a}\)），这是伽利略变换的关键性质 - O系中质点做平抛运动，O’系中质点做自由落体运动（\(x'\) 恒为零）——同一运动，不同描述

【知识点D】变加速运动与微分方程的建立求解（综合应用层）

核心方法： - 当加速度不是恒定时，需要建立微分方程并积分 - 常见类型：\(a = f(t)\)，\(a = f(v)\)，\(a = f(x)\) - 分离变量法：\(dv/dt = f(v) \Rightarrow \int dv/f(v) = \int dt\) - 换元法：\(a = v\frac{dv}{dx}\)（当 \(a = f(x)\) 时特别有用）

【题型1】变力/变加速度下的运动分析（链式推理型）

例题1-9（原题 B类第2题 / 类似原题2-18 的变加速思路）

【题干】 在10m高跳台跳水比赛中，忽略起跳速度，运动员入水后其加速度与速度平方成正比，即 \(a = -kv^2\)，k为常数，经验值 \(k = 0.4\ \text{m}^{-1}\)。运动员在水中一般在向下速度为 \(v = 2.0\ \text{m/s}\) 时翻身并蹬腿快速上浮，试估算跳水池深度的最低值。

【核心考点】 已知 \(a = f(v)\) 的变加速直线运动，通过 \(a = v\frac{dv}{dx}\) 换元求解 \(v(y)\) 关系，再积分得位移。 > 逻辑定位：应用层——变加速运动的微分方程求解，\(a = f(v)\) 类型的标准处理方法。

【通用解法与通式】 1. 根据 \(a = v\frac{dv}{dx}\) 或 \(a = \frac{dv}{dt}\) 建立微分方程 2. 分离变量：\(vdv = a(v)\,dx\) 3. 积分求解 \(v(x)\) 关系 4. 代入边界条件

【详细推导与步骤】

(1) 入水速度

入水前自由落体（忽略空气阻力）：

\(v_0 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 10} = \sqrt{196} = 14\ \text{m/s}\)

(2) 水中运动的微分方程

水中加速度 \(a = -kv^2\)（负号表示减速）

由 \(a = v\dfrac{dv}{dy}\)：

\(v\dfrac{dv}{dy} = -kv^2\)

(3) 分离变量求解

\(\dfrac{dv}{v} = -k\,dy\)

从 \(v_0\) 到 \(v\) 积分，对应的y从0到y：

\(\int_{v_0}^v \dfrac{dv}{v} = -k\int_0^y dy\)

\(\ln\dfrac{v}{v_0} = -ky\)

\(v = v_0 e^{-ky}\)

(4) 估算池深

当 \(v = 2.0\ \text{m/s}\) 时翻身：

\(2.0 = 14e^{-k y}\)

\(e^{-k y} = \dfrac{2}{14} = \dfrac{1}{7}\)

\(-k y = \ln\dfrac{1}{7} = -\ln 7\)

\(y = \dfrac{\ln 7}{k} = \dfrac{\ln 7}{0.4} = \dfrac{1.946}{0.4} \approx 4.86\ \text{m}\)

所以跳水池深度的最低值约为 4.9 m（实际还要加上缓冲余量）。

⚠ 易错点： - \(a = -kv^2\) 是水中加速度，入水前是自由落体，两阶段必须分开处理 - 换元 \(a = v\frac{dv}{dx}\) 是处理 \(a = f(v)\) 类问题的关键技巧 - 注意 \(k\) 的量纲：\(k\) 的单位是 \(\text{m}^{-1}\)，\(ky\) 无量纲，验证正确

例题1-10（原题 B类第4题）

【题干】 一质点作半径为 \(R\) 的圆周运动，初速率是 \(v_0\)，若其速度 \(v\) 与加速度 \(a\) 之间的夹角 \(\alpha\) 保持恒定，求其速率 \(v\) 随时间 \(t\) 的变化关系。

【核心考点】 圆周运动中切向与法向加速度的合成，恒夹角条件导出微分方程。 > 逻辑定位：应用层——将加速度方向恒定的几何条件转化为微分方程，结合 \(a_t = dv/dt\) 和 \(a_n = v^2/R\) 联立求解。

【通用解法与通式】 1. 写出 \(a_t = dv/dt\)，\(a_n = v^2/R\) 2. 由几何条件 \(\tan\alpha = a_n/a_t\)（或 \(\cot\alpha\)）建立关系 3. 得到关于 \(v\) 的一阶微分方程 4. 分离变量积分

【详细推导与步骤】

设 \(v\) 与 \(\boldsymbol{a}\) 的夹角恒为 \(\alpha\)。

在自然坐标系中，加速度的方向由 \(a_t\) 和 \(a_n\) 的比值决定：

\(\tan\alpha = \dfrac{a_n}{a_t} = \dfrac{v^2/R}{dv/dt}\)

因为 \(\alpha\) 为常数，令 \(k = \tan\alpha = \text{constant}\)：

\(\dfrac{v^2/R}{dv/dt} = k\)

\(\dfrac{dv}{dt} = \dfrac{v^2}{kR}\)

分离变量：

\(\dfrac{dv}{v^2} = \dfrac{dt}{kR}\)

积分：\(\int_{v_0}^v \dfrac{dv}{v^2} = \int_0^t \dfrac{dt}{kR}\)

\(\left[-\dfrac{1}{v}\right]_{v_0}^v = \dfrac{t}{kR}\)

\(\dfrac{1}{v_0} - \dfrac{1}{v} = \dfrac{t}{kR}\)

\(\dfrac{1}{v} = \dfrac{1}{v_0} - \dfrac{t}{kR}\)

结果： \(v(t) = \dfrac{1}{\dfrac{1}{v_0} - \dfrac{t}{kR}} = \dfrac{v_0 kR}{kR - v_0 t}\)

其中 \(k = \tan\alpha\)。

⚠ 易错点： - 必须区分是 \(\tan\alpha = a_n/a_t\) 还是 \(\cot\alpha = a_n/a_t\)，取决于 \(\alpha\) 的定义（\(v\) 与 \(a\) 的夹角） - 当 \(\alpha = 90°\) 时 \(k \to \infty\)，此时 \(a_t = 0\)，匀速圆周运动，\(v = v_0\) 常数 - 注意分母不能为负，需检查物理合理性

第1章 B类补充题（短题版）

以下题目考点与上述例题有重合或为单一技巧题，简要列出：

B-1（原B类第1题）

运动方程 \(\boldsymbol{r}(t) = \boldsymbol{i} + 4t^2\boldsymbol{j} + t\boldsymbol{k}\)（SI） - \(\boldsymbol{v} = d\boldsymbol{r}/dt = 8t\boldsymbol{j} + \boldsymbol{k}\) - \(\boldsymbol{a} = d\boldsymbol{v}/dt = 8\boldsymbol{j}\) - 轨迹：\(x = 1\)，\(z = t\)，\(y = 4t^2\) → \(y = 4z^2\)，在 \(x=1\) 平面上的抛物线

B-2（原B类第3题）

圆周运动 \(S = b + ct + dt^2\) 求 \(a_n = a_t\) 时的 t - \(v = dS/dt = c + 2dt\) - \(a_t = dv/dt = 2d\) - \(a_n = v^2/R = (c + 2dt)^2/R\) - 令 \(a_n = a_t\)：\((c + 2dt)^2/R = 2d\) - \(c + 2dt = \sqrt{2dR}\) - \(t = \dfrac{\sqrt{2dR} - c}{2d}\)（要求 \(\sqrt{2dR} > c\)） - 常量关系：\(b\) 仅决定初始角位置，不影响运动性质

✅ 第1章完成 # 【第2章】牛顿定律

【知识点A】牛顿三定律与常见力（定义/公理层）

三大公理： - 第一定律（惯性定律）：不受力（或合外力为零）的质点，保持静止或匀速直线运动状态 - 第二定律：\(\displaystyle\sum\boldsymbol{F} = m\boldsymbol{a}\)（矢量式），分量式：\(\sum F_x = ma_x\)，\(\sum F_y = ma_y\)，\(\sum F_z = ma_z\) - 第三定律（作用与反作用）：\(\boldsymbol{F}_{12} = -\boldsymbol{F}_{21}\)

常见力： - 重力：\(G = mg\)，方向竖直向下 - 弹力：胡克定律 \(F = -kx\)（弹簧），支持力/张力——大小由约束条件决定 - 摩擦力：\(f = \mu N\)（滑动摩擦），\(f_s \leq \mu_s N\)（静摩擦）

逻辑定位：这是动力学的公理基础，所有后续定理（动量定理、动能定理等）均由此推导得出。

【知识点B】牛顿第二定律的应用——受力分析与运动方程（定理层）

核心方法： 1. 确定研究对象，隔离分析 2. 画受力图 3. 选坐标系，列分量方程 \(\sum F_x = ma_x\)，\(\sum F_y = ma_y\) 4. 补充约束方程（绳长不变、相对加速度关系等） 5. 求解未知量

【题型1】非惯性系中的牛顿定律（一步推理型）

例题2-1（原题2-5）

【题干】 图(a)示系统置于以 \(a = \dfrac{1}{4}g\) 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，求：绳中张力大小。

【核心考点】 非惯性系引入惯性力；连接体问题。 > 逻辑定位：定理层——在非惯性系中，牛顿第二定律需加入惯性力项 \(F_{\text{惯}} = -m\boldsymbol{a}_0\)。

【通用解法与通式】 1. 地面参考系（惯性系）法：对每个物体列 \(\Sigma F = ma\)，注意两物体的加速度不是大小相等的（因为升降机在动） 2. 升降机参考系（非惯性系）法：在升降机参考系中，各物体附加惯性力 \(-ma_0\)（\(a_0\) 为升降机加速度），然后按静力学或动力学处理

【详细推导与步骤】

解法一：地面参考系

选地面为参考系，设绳中张力为 \(T\)。

对B（竖直方向）：\(T - mg = m \cdot a_B\)

对A（水平方向）：\(T = m \cdot a_A\)

注意：绳子长度约束关系需要仔细分析。升降机以 \(a = g/4\) 上升，滑轮固定在升降机内，A相对升降机的加速度与B相对升降机的加速度大小相等（设为 \(a_r\)）。

B相对地面的加速度：\(a_B = a_r - a\)（因为B向下相对升降机运动，而升降机向上） A相对地面的加速度：\(a_A = a_r\)（水平方向，不受升降机影响）

由绳长不变：\(a_{A,\text{rel}} = a_{B,\text{rel}} = a_r\)

对B（以地面为参考系）：\(T - mg = m(a_r - a)\) 对A（以地面为参考系）：\(T = m a_r\)

即： \(T - mg = m a_r - m a\) … ① \(T = m a_r\) … ②

代入 \(a = g/4\)，由②得 \(a_r = T/m\)，代入①：

\(T - mg = T - m\cdot\dfrac{g}{4}\)

\(-mg = -\dfrac{mg}{4}\) → 矛盾！

这说明我的分析有问题。让我重新考虑。

实际上，在升降机参考系中更简单。

解法二：升降机参考系（非惯性系）

在升降机参考系中，每个物体附加惯性力 \(\boldsymbol{F}_{\text{惯}} = -m\boldsymbol{a}_0\)，\(\boldsymbol{a}_0\) 向上，大小为 \(g/4\)。

• 对A（在升降机中静止，受惯性力 \(-ma_0\) 水平向后… 不，A放在水平桌面上，惯性力方向与升降机加速度方向相反——即向下！因为升降机加速上升，惯性力方向向下）

等等，让我重新分析。非惯性系中，惯性力 \(\boldsymbol{F}_{\text{惯}} = -m\boldsymbol{a}_0\)，其中 \(\boldsymbol{a}_0\) 是非惯性系相对惯性系的加速度。

升降机以 \(a_0 = g/4\) 向上加速 → 惯性力大小为 \(ma_0 = mg/4\)，方向向下。

在升降机参考系中： - 物体A：水平方向受张力 \(T\)，无摩擦（桌面对A无竖直方向运动，惯性力 \(mg/4\) 向下被桌面支持力平衡，不影响水平运动） - 物体B：受重力 \(mg\) 向下，张力 \(T\) 向上，惯性力 \(mg/4\) 向下（因为升降机向上加速）

在升降机参考系中，设A和B相对升降机的加速度大小相等（绳长约束），设为 \(a_r\)。

对A（水平）：\(T = m a_r\) 对B（竖直，向下为正）：\(mg + \dfrac{mg}{4} - T = m a_r\)

代入 \(T = ma_r\)： \(mg + \dfrac{mg}{4} - m a_r = m a_r\) \(\dfrac{5}{4}mg = 2ma_r\) \(a_r = \dfrac{5}{8}g\)

\(T = m a_r = \dfrac{5}{8}mg\)

所以绳中张力大小为 \(\dfrac{5}{8}mg\)。

⚠ 易错点： - 非惯性系中一定要加惯性力，方向与参考系加速度方向相反 - 连接体的加速度约束：绳长不变意味着相对加速度大小相等 - 地面参考系解这类问题更繁琐，非惯性系法往往更直接

【题型2】斜面运动——变角度最优化问题（链式推理型）

例题2-2（原题2-6）

【题干】 图示一斜面，倾角为 \(\alpha\)，底边AB长为 \(l = 2.1\) m，质量为m的物体从斜面顶端由静止开始向下滑动，斜面的摩擦因数为 \(\mu = 0.14\)。试问，当 \(\alpha\) 为何值时，物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？

【核心考点】 牛顿第二定律 + 运动学 + 极值问题：物体沿斜面下滑的加速度 \(a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\)，代入运动学公式，以 \(\alpha\) 为变量求时间最小值。 > 逻辑定位：应用层——将牛顿第二定律与运动学结合，构建时间函数求极值。

【通用解法与通式】 1. 受力分析，沿斜面方向列牛顿第二定律：\(mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha = ma\) 2. 求加速度：\(a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\) 3. 运动学：斜面长度 \(S = l/\cos\alpha\)，由 \(S = \frac{1}{2}at^2\) 得 \(t = \sqrt{2S/a}\) 4. 代入得 \(t(\alpha)\)，求 \(\dfrac{dt}{d\alpha} = 0\) 解出 \(\alpha\)

【详细推导与步骤】

(1) 沿斜面方向的运动方程

物体受力：重力 \(mg\)（竖直向下），支持力 \(N = mg\cos\alpha\)（垂直斜面），摩擦力 \(f = \mu N = \mu mg\cos\alpha\)（沿斜面向上）

沿斜面方向由牛顿第二定律： \(mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha = ma\)

\(a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\)

(2) 运动学关系

斜面长度：\(S = \dfrac{l}{\cos\alpha}\)

由 \(S = \dfrac{1}{2}at^2\)（初速度为0）：

\(t = \sqrt{\dfrac{2S}{a}} = \sqrt{\dfrac{2l}{\cos\alpha \cdot g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}}\)

\(= \sqrt{\dfrac{2l}{g}\cdot\dfrac{1}{\cos\alpha(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}}\)

(3) 求极值

令 \(f(\alpha) = \cos\alpha(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\) 取最大值时 \(t\) 取最小值

\(f(\alpha) = \sin\alpha\cos\alpha - \mu\cos^2\alpha\) \(= \dfrac{1}{2}\sin 2\alpha - \mu\cdot\dfrac{1 + \cos 2\alpha}{2}\) \(= \dfrac{1}{2}(\sin 2\alpha - \mu\cos 2\alpha - \mu)\)

令 \(f'(\alpha) = 0\)：

\(f'(\alpha) = \cos 2\alpha + \mu\sin 2\alpha = 0\)

\(\tan 2\alpha = -\dfrac{1}{\mu}\)

\(2\alpha = \arctan\left(-\dfrac{1}{\mu}\right) + \pi\)

由于 \(\alpha\) 在 \((0, \pi/2)\) 范围内，\(2\alpha \in (0, \pi)\)：

\(2\alpha = \pi - \arctan\left(\dfrac{1}{\mu}\right)\)

\(\alpha = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{1}{2}\arctan\left(\dfrac{1}{\mu}\right)\)

代入 \(\mu = 0.14\)：

\(\dfrac{1}{\mu} \approx 7.143\)

\(\arctan(7.143) \approx 82.03° \approx 1.432\ \text{rad}\)

\(\alpha = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{1.432}{2} = \dfrac{\pi}{2} - 0.716\) \(= 1.571 - 0.716 = 0.855\ \text{rad} \approx 49.0°\)

(4) 求最短时间

\(a = g(\sin 49° - 0.14\cos 49°) = 9.8 \times (0.755 - 0.14 \times 0.656)\) \(= 9.8 \times (0.755 - 0.092) = 9.8 \times 0.663 = 6.50\ \text{m/s}^2\)

\(S = \dfrac{l}{\cos\alpha} = \dfrac{2.1}{\cos 49°} = \dfrac{2.1}{0.656} = 3.20\ \text{m}\)

\(t = \sqrt{\dfrac{2S}{a}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 3.20}{6.50}} = \sqrt{0.985} \approx 0.99\ \text{s}\)

⚠ 易错点： - 斜面长度 \(S \neq l\)——\(l\) 是底边长，\(S\) 是斜面长，\(S = l/\cos\alpha\) - 求极值时不要忘记定义域 \(\alpha \in (0, 90°) — \alpha\) 不能太小（否则摩擦力大于下滑力，物体不会下滑） - 摩擦因数 \(\mu\) 的存在使得最优角度不是45°

【题型3】变力作用下的运动（链条推理型）

例题2-3（原题2-16）

【题干】 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的单位为s。在t = 0时，质点位于x = 5.0 m处，其速度 \(v_0 = 6.0\ \text{m·s}^{-1}\)。求质点在任意时刻的速度和位置。

【核心考点】 变力 \(F(t)\) 下的牛顿第二定律，积分法求速度和位置。 > 逻辑定位：定理层——\(F = ma = m\frac{dv}{dt}\) 直接积分，是牛顿第二定律的直接应用。

【通用解法与通式】 1. 由 \(F = m\frac{dv}{dt}\) 得 \(\frac{dv}{dt} = \frac{F(t)}{m}\) 2. 分离变量积分：\(v(t) = v_0 + \int_0^t \frac{F(\tau)}{m}\,d\tau\) 3. 再由 \(v = \frac{dx}{dt}\) 积分：\(x(t) = x_0 + \int_0^t v(\tau)\,d\tau\)

【详细推导与步骤】

(1) 求速度

\(F = 120t + 40\)，\(m = 10\ \text{kg}\)

由牛顿第二定律： \(a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{120t + 40}{10} = 12t + 4\)

\(\dfrac{dv}{dt} = 12t + 4\)

\(dv = (12t + 4)dt\)

\(v(t) = v_0 + \int_0^t (12\tau + 4)\,d\tau = 6 + (6t^2 + 4t)\)

\(\boxed{v(t) = 6t^2 + 4t + 6\ \text{m/s}}\)

(2) 求位置

\(\dfrac{dx}{dt} = v(t) = 6t^2 + 4t + 6\)

\(dx = (6t^2 + 4t + 6)dt\)

\(x(t) = x_0 + \int_0^t (6\tau^2 + 4\tau + 6)\,d\tau = 5 + (2t^3 + 2t^2 + 6t)\)

\(\boxed{x(t) = 2t^3 + 2t^2 + 6t + 5\ \text{m}}\)

⚠ 易错点： - 积分常数必须由初始条件确定 - 变力 \(F(t)\) 直接对时间积分，不是 \(F = ma\) 的代数代入

例题2-4（原题2-18）

【题干】 质量为m的跳水运动员，从10.0m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 \(bv^2\)，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 = 0.40 m⁻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 \(v_0\) 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）

【核心考点】 两阶段运动：第一阶段自由落体求 \(v_0\)；第二阶段阻力 \(f = -bv^2\)（与速度平方成正比）的变加速直线运动，利用 \(a = v\frac{dv}{dy}\) 建立微分方程。 > 逻辑定位：应用层——牛顿第二定律在变力下的微分方程求解。注意浮力与重力平衡的简化条件。

【通用解法与通式】 1. 第一阶段：自由落体，\(v_0 = \sqrt{2gh}\) 2. 第二阶段：在水中，由牛顿第二定律 \(m\frac{dv}{dt} = mg - bv^2 - F_{\text{浮}}\) 3. 利用浮力特殊条件简化方程 4. 用 \(a = v\frac{dv}{dy}\) 换元得 \(v(y)\) 的一阶微分方程 5. 分离变量积分

【详细推导与步骤】

(1) 入水速度

自由落体（空气阻力忽略）： \(v_0 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 10.0} = \sqrt{196} = 14\ \text{m/s}\)

(2) 水中运动方程

取竖直向下为正。浮力与重力大小相等：\(F_{\text{浮}} = mg\)

由牛顿第二定律： \(m\dfrac{dv}{dt} = mg - bv^2 - F_{\text{浮}} = mg - bv^2 - mg = -bv^2\)

\(\dfrac{dv}{dt} = -\dfrac{b}{m}v^2\)

用 \(a = v\dfrac{dv}{dy}\) 换元： \(v\dfrac{dv}{dy} = -\dfrac{b}{m}v^2\)

(3) 求解 \(v(y)\)

\(\dfrac{dv}{dy} = -\dfrac{b}{m}v\)

\(\dfrac{dv}{v} = -\dfrac{b}{m}\,dy\)

积分（\(y=0\) 时 \(v=v_0\)）： \(\int_{v_0}^v \dfrac{dv}{v} = -\dfrac{b}{m}\int_0^y dy\)

\(\ln\dfrac{v}{v_0} = -\dfrac{b}{m}y\)

\(\boxed{v = v_0 e^{-(b/m)y}}\)

(4) 求 \(y\)（\(v = v_0/10\)）

\(\dfrac{v_0}{10} = v_0 e^{-(b/m)y}\)

\(\dfrac{1}{10} = e^{-(b/m)y}\)

\(-\dfrac{b}{m}y = \ln\dfrac{1}{10} = -\ln 10\)

\(y = \dfrac{m}{b}\ln 10 = \dfrac{1}{0.40} \times 2.3026 = 5.76\ \text{m}\)

⚠ 易错点： - 千万注意浮力条件：“浮力与重力大小恰好相等”→ 水中净重力为零，仅剩阻力 \(bv^2\) - \(a = v\frac{dv}{dy}\) 换元是求解 \(v(y)\) 关系的关键，多阶段运动中尤其有用 - 指数衰减意味着速率理论上要无穷远才减到0，“1/10”条件给出了有限的下沉距离

例题2-5（原题2-20）

【题干】 一质量为m的小球最初位于如图(a)所示的A点，然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑。试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力。

【核心考点】 牛顿第二定律在曲线运动中的应用：法向方程 \(F_n = ma_n = mv^2/r\) 与切向方程 \(F_t = ma_t\) 结合，先由能量或运动学求 \(v\)，再由法向方程求约束力。 > 逻辑定位：应用层——自然坐标系下的牛顿第二定律分量式，法向力提供向心力。

【通用解法与通式】 1. 求小球在C点的速度（由机械能守恒或动能定理） 2. 在C点对小球进行受力分析，沿法向（指向圆心）列牛顿第二定律 3. \(\sum F_n = mv^2/r\)，解出轨道对小球的支持力 4. 由牛顿第三定律得小球对轨道的作用力

【详细推导与步骤】

由于题目描述中图(a)未提供，根据常见题型推断：A在圆轨道最高点，C在圆轨道最低点（或某个指定角度位置）。

假设圆轨道在竖直平面内，A为最高点，C为最低点，O为圆心。

(1) 求C点速度

小球从A滑到C，由机械能守恒（光滑轨道，无摩擦）：

\(\dfrac{1}{2}mv_A^2 + mg\cdot 2r = \dfrac{1}{2}mv_C^2 + 0\)

若A点初速 \(v_A = 0\)（通常初始静止）： \(mg\cdot 2r = \dfrac{1}{2}mv_C^2\)

\(v_C = \sqrt{4gr} = 2\sqrt{gr}\)

角速度：\(\omega_C = \dfrac{v_C}{r} = 2\sqrt{\dfrac{g}{r}}\)

(2) 求轨道作用力

在C点（最低点），小球受力：重力 \(mg\) 向下，轨道支持力 \(N\) 向上。

法向（指向圆心，即向上为正）： \(N - mg = m\dfrac{v_C^2}{r} = m\cdot\dfrac{4gr}{r} = 4mg\)

\(N = 5mg\)

由牛顿第三定律，小球对圆轨道的作用力大小为 \(5mg\)，方向竖直向下。

如果是其他位置（如B点），分析方法相同，只需考虑高度差带来的速度变化和法向分力。

⚠ 易错点： - 光滑轨道意味着机械能守恒，摩擦力为0 - 法向力 \(N\) 不是恒等于 \(mg\)——在曲线运动中，法向方程的右端有向心力项 \(mv^2/r\) - 在轨道最高点，支持力可能为0甚至小球飞离轨道，需检查

【题型4】空气阻力下的竖直运动（链式推理型）

例题2-6（原题B类第2题）

【题干】 一质量为m的物体，以初速 \(v_0\) 竖直上抛，空气阻力 \(f = -kv\)（k>0），试求物体到达最大高度所需时间，以及物体所能到达的最大高度 \(y_{\max}\)。

【核心考点】 阻力与速度成正比 \(f = -kv\) 的竖直上抛运动：利用牛顿第二定律建立微分方程，积分求解 \(v(t)\) 和 \(y(t)\)。 > 逻辑定位：应用层——变力 \(f(v) = -kv\) 下的牛顿第二定律，分离变量积分方法。

【通用解法与通式】 1. 取向上为正，列牛顿第二定律：\(-mg - kv = m\frac{dv}{dt}\) 2. 分离变量：\(\frac{dv}{mg + kv} = -\frac{dt}{m}\) 3. 积分得 \(v(t)\) 4. 令 \(v=0\) 得 \(t_{\max}\) 5. 再由 \(v = dy/dt\) 积分得 \(y_{\max}\)

【详细推导与步骤】

(1) 运动微分方程

取y轴向上为正。 受力：重力 \(-mg\)（向下），阻力 \(-kv\)（与速度反向，向上运动时阻力向下）

由牛顿第二定律： \(-mg - kv = m\dfrac{dv}{dt}\)

\(m\dfrac{dv}{dt} = -(mg + kv)\)

(2) 求 \(v(t)\)

分离变量： \(\dfrac{dv}{mg + kv} = -\dfrac{dt}{m}\)

积分： \(\int_{v_0}^v \dfrac{dv}{mg + kv} = -\int_0^t \dfrac{dt}{m}\)

\(\dfrac{1}{k}\ln\dfrac{mg + kv}{mg + kv_0} = -\dfrac{t}{m}\)

\(\ln\dfrac{mg + kv}{mg + kv_0} = -\dfrac{k}{m}t\)

\(\dfrac{mg + kv}{mg + kv_0} = e^{-(k/m)t}\)

\(\boxed{v(t) = \left(v_0 + \dfrac{mg}{k}\right)e^{-(k/m)t} - \dfrac{mg}{k}}\)

(3) 最大高度的时间

\(v = 0\) 时到达最高点：

\(0 = \left(v_0 + \dfrac{mg}{k}\right)e^{-(k/m)t_{\max}} - \dfrac{mg}{k}\)

\(\left(v_0 + \dfrac{mg}{k}\right)e^{-(k/m)t_{\max}} = \dfrac{mg}{k}\)

\(e^{-(k/m)t_{\max}} = \dfrac{mg/k}{v_0 + mg/k} = \dfrac{mg}{kv_0 + mg}\)

\(-\dfrac{k}{m}t_{\max} = \ln\dfrac{mg}{kv_0 + mg}\)

\(\boxed{t_{\max} = \dfrac{m}{k}\ln\left(1 + \dfrac{kv_0}{mg}\right)}\)

(4) 最大高度

\(y_{\max} = \int_0^{t_{\max}} v(t)\,dt\)

\(= \int_0^{t_{\max}} \left[\left(v_0 + \dfrac{mg}{k}\right)e^{-(k/m)t} - \dfrac{mg}{k}\right]dt\)

\(= \left[-\dfrac{m}{k}\left(v_0 + \dfrac{mg}{k}\right)e^{-(k/m)t} - \dfrac{mg}{k}t\right]_0^{t_{\max}}\)

\(= \dfrac{m}{k}\left(v_0 + \dfrac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-(k/m)t_{\max}}\right) - \dfrac{mg}{k}t_{\max}\)

代入 \(e^{-(k/m)t_{\max}} = \dfrac{mg}{kv_0 + mg}\)：

\(\boxed{y_{\max} = \dfrac{m}{k}\left[v_0 - \dfrac{mg}{k}\ln\left(1 + \dfrac{kv_0}{mg}\right)\right]}\)

⚠ 易错点： - 阻力方向始终与速度方向相反——上升时阻力向下，下落时阻力向上。本题只问到最高点，所以全程阻力向下 - 当 \(k \to 0\)（无阻力）时，泰勒展开可得 \(t_{\max} \to v_0/g\)，\(y_{\max} \to v_0^2/(2g)\)，与自由上抛一致——可作为检验 - 空气阻力使最大高度比无阻力时小，且上升时间更短

【题型5】复杂连接体与约束运动（链式推理型）

例题2-7（原题B类第5题）

【题干】 如图所示，一质量为m的空心球套在半径为R的光滑圆环上，绕着圆环的中心轴做角速度为 \(\omega\) 的圆周运动，则小球对圆环的压力N？小球与圆心连线与水平方向的夹角 \(\theta\)？

【核心考点】 约束曲线上的动力学：空心球在光滑圆环上的受力分析，法向方向提供向心力；利用几何约束求解平衡方程中的未知角度。 > 逻辑定位：应用层——牛顿第二定律在约束曲面上的应用，结合几何约束条件。

【详细推导与步骤】

小球在光滑圆环上，受力：重力 \(mg\) 向下，圆环支持力 \(N\) 沿半径方向（指向圆心或背离圆心）。

取水平方向为x轴，竖直向上为y轴。设小球与圆心连线与水平方向夹角为 \(\theta\)。

小球做圆周运动（绕中心轴，不是绕圆环圆心），圆周半径 \(r = R\cos\theta\)（如果圆环是竖直放置的，小球在圆环上运动…）

实际上，题目描述的是：圆环绕竖直中心轴旋转，空心球套在圆环上，跟圆环一起旋转。

假设圆环半径为R，位于竖直平面内，绕通过圆心的竖直轴以角速度 \(\omega\) 旋转。小球在圆环上某位置保持相对静止（随圆环旋转）。

小球受力：重力 \(mg\)（向下），圆环支持力 \(N\)（沿半径方向指向圆心或向外）。

小球做半径为 \(r = R\cos\theta\) 的圆周运动（\(\theta\) 是半径与水平方向的夹角）。

竖直方向平衡：\(N\sin\theta = mg\) 水平方向（向心）：\(N\cos\theta = m\omega^2 \cdot R\cos\theta\)

由水平方程：\(N\cos\theta = m\omega^2 R\cos\theta\) 若 \(\cos\theta \neq 0\)：\(N = m\omega^2 R\)

代入竖直方程：\(m\omega^2 R \sin\theta = mg\)

\(\sin\theta = \dfrac{g}{\omega^2 R}\)

\(N = m\omega^2 R\)

⚠ 易错点： - 小球的圆周半径是 \(R\cos\theta\)，不是 \(R\sin\theta\)——取决于 \(\theta\) 的定义 - 当 \(\omega^2 R < g\) 时，\(\sin\theta < 1\) 不成立，意味着小球无法在圆环上保持相对静止

第2章 B类补充题

B-1（原题 B类第1题）

\(F = 2\boldsymbol{i} - 12t^2\boldsymbol{j}\)，\(m=1\text{kg}\)，\(\boldsymbol{v}_0 = 3\boldsymbol{i} + 4\boldsymbol{j}\)，求 \(t=1\text{s}\) 时的 \(\boldsymbol{v}\)、\(a_t\)、\(F_n\) - \(\boldsymbol{a} = \boldsymbol{F}/m = 2\boldsymbol{i} - 12t^2\boldsymbol{j}\) - \(\boldsymbol{v} = \boldsymbol{v}_0 + \int_0^t \boldsymbol{a}\,dt = (3+2t)\boldsymbol{i} + (4-4t^3)\boldsymbol{j}\) - \(t=1\)：\(\boldsymbol{v} = 5\boldsymbol{i} + 0\boldsymbol{j}\)，\(v=5\) - \(\boldsymbol{a}(1) = 2\boldsymbol{i} - 12\boldsymbol{j}\)，\(a_t = \frac{\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{a}}{v} = \frac{5\times 2}{5} = 2\) - \(a_n = \sqrt{a^2 - a_t^2} = \sqrt{4+144-4} = \sqrt{144} = 12\) - \(F_n = ma_n = 12\ \text{N}\)

B-2（原题B类第3题）

\(m=2\text{kg}\)，\(\mu=0.4\)，水平拉力 \(F = 2.4t\ \text{N}\)（t为时间），求何时开始滑动、最大加速度、\(t=2\text{s}\) 时的速度 - 最大静摩擦力 \(f_{\max} = \mu mg = 0.4 \times 20 = 8\ \text{N}\) - 开始滑动时 \(F = f_{\max} \Rightarrow 2.4t = 8 \Rightarrow t = 3.33\ \text{s}\) - 滑动后 \(F - \mu mg = ma \Rightarrow a = \frac{2.4t - 8}{2} = 1.2t - 4\) - 最大加速度在 \(t\) 最大时（需看题目范围），\(a(t=3.33) = 0\)，之后线性增长 - \(t=2\text{s}\) 时物体尚未滑动，\(v=0\)

B-3（原题B类第4题）

\(x = A\cos\omega t\)，证明 \(F = -m\omega^2 x\) - \(v = dx/dt = -A\omega\sin\omega t\) - \(a = dv/dt = -A\omega^2\cos\omega t = -\omega^2 x\) - 由牛顿第二定律：\(F = ma = -m\omega^2 x\) ✅ - 这就是简谐振动的动力学特征

✅ 第2章完成 # 【第3章】动量与能量

【知识点A】动量、冲量的定义（定义层）

定义： - 动量：\(\boldsymbol{p} = m\boldsymbol{v}\)（矢量，描述物体机械运动量） - 冲量：\(\boldsymbol{I} = \int_{t_1}^{t_2} \boldsymbol{F}(t)\,dt\)（力对时间的累积效应） - 元冲量：\(d\boldsymbol{I} = \boldsymbol{F}\,dt\)

逻辑定位：定义层——动量与冲量是导出动量定理的基础概念。

【题型1】变力冲量的计算（直给型）

例题3-1（原题3-8）

【题干】 \(F_x = 30 + 4t\)（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 \(I = 300\ \text{N·s}\)，此力作用的时间； (3) 若物体的初速度 \(v_1 = 10\ \text{m·s}^{-1}\)，方向与 \(F_x\) 相同，在 \(t=6.86\)s时，此物体的速度 \(v_2\)。

【核心考点】 变力冲量的积分定义 \(I = \int F\,dt\)；动量定理 \(I = \Delta p\) 建立冲量与速度变化的关系。 > 逻辑定位：定义层——冲量的积分定义直接计算；定理层——动量定理将冲量与动量变化联系起来。

【通用解法与通式】 1. \(I(t) = \int_0^t F(\tau)\,d\tau\) 2. 由冲量定义式积分求解 3. 由动量定理 \(I = \Delta p = m(v_2 - v_1)\) 求末速度

【详细推导与步骤】

(1) 2s内的冲量

\(I = \int_0^2 (30 + 4t)\,dt = [30t + 2t^2]_0^2 = 60 + 8 = 68\ \text{N·s}\)

(2) \(I = 300\ \text{N·s}\) 对应的时间

\(\int_0^t (30 + 4\tau)\,d\tau = 300\)

\(30t + 2t^2 = 300\)

\(2t^2 + 30t - 300 = 0\)

\(t^2 + 15t - 150 = 0\)

\(t = \dfrac{-15 + \sqrt{225 + 600}}{2} = \dfrac{-15 + \sqrt{825}}{2} = \dfrac{-15 + 28.72}{2} = 6.86\ \text{s}\)

(3) \(t=6.86\)s时的速度

由动量定理 \(I = \Delta p\)：

\(I = m(v_2 - v_1)\)

\(300 = 10(v_2 - 10)\)

\(v_2 - 10 = 30\)

\(\boxed{v_2 = 40\ \text{m/s}}\)

⚠ 易错点： - 变力的冲量必须积分，不能用平均值乘时间 - 动量定理是矢量方程，一维情况下注意正方向 - 冲量的单位 N·s 与动量的单位 kg·m/s 等价

【知识点B】动量定理与动量守恒定律（定理层）

核心定理： - 动量定理（质点）：\(\boldsymbol{I} = \int_{t_1}^{t_2} \boldsymbol{F}\,dt = m\boldsymbol{v}_2 - m\boldsymbol{v}_1 = \Delta\boldsymbol{p}\) - 动量定理（质点系）：\(\sum\boldsymbol{F}_{\text{外}}\,dt = d\sum\boldsymbol{p}\) - 动量守恒定律：当 \(\sum\boldsymbol{F}_{\text{外}} = 0\) 时，\(\sum\boldsymbol{p} = \text{常量}\)

逻辑定位：定理层——动量定理由牛顿第二定律积分导出，动量守恒定律是其推论。

【题型1】斜抛运动中重力的冲量（一步推理型）

例题3-2（原题3-7）

【题干】 质量为m的物体，由水平面上点O以初速为 \(v_0\) 抛出，\(v_0\) 与水平面成仰角 \(\alpha\)。若不计空气阻力，求： (1) 物体从发射点O到最高点的过程中，重力的冲量； (2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。

【核心考点】 利用动量定理间接求冲量：重力的冲量等于物体动量的变化（而不是直接对重力积分）。 > 逻辑定位：定理层——动量定理 \(I = \Delta p\) 的巧妙应用，避免直接计算变力积分。

【通用解法与通式】 1. 写出初态和末态的动量矢量（包括大小和方向） 2. 由动量定理 \(I_{\text{重力}} = \Delta\boldsymbol{p}\)（合外力冲量 = 动量变化） 3. 注意本题中重力是唯一外力

【详细推导与步骤】

(1) O到最高点

初速度：\(\boldsymbol{v}_0 = v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i} + v_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j}\)

在最高点，竖直速度为零：\(\boldsymbol{v}_h = v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i}\)

动量定理（重力为唯一外力）： \(\boldsymbol{I}_{\text{重力}} = \Delta\boldsymbol{p} = m\boldsymbol{v}_h - m\boldsymbol{v}_0\) \(= m(v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i}) - m(v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i} + v_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j})\) \(= -mv_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j}\)

冲量大小：\(I = mv_0\sin\alpha\)，方向竖直向下

(2) O到落回同一水平面

落回同一水平面时，速度大小与初速相同，方向与水平面夹角为 \(-\alpha\)： \(\boldsymbol{v} = v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i} - v_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j}\)

\(\boldsymbol{I}_{\text{重力}} = m\boldsymbol{v} - m\boldsymbol{v}_0\) \(= m(v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i} - v_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j}) - m(v_0\cos\alpha\,\boldsymbol{i} + v_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j})\) \(= -2mv_0\sin\alpha\,\boldsymbol{j}\)

冲量大小：\(I = 2mv_0\sin\alpha\)，方向竖直向下

⚠ 易错点： - 用动量定理间接求冲量往往比直接积分更简便 - 注意动量是矢量，不要忽略方向 - “到最高点”指竖直速度分量变为0的时刻

【题型2】完全非弹性碰撞——子弹射入木块（链式推理型）

例题3-3（原题3-21）

【题干】 质量为 \(m=5.6\) g的子弹，以 \(v_0 = 501\) m/s的速率水平地射入一静止在水平面上的质量为 \(m'=2\) kg的木块内，子弹射入木块后，它们向前移动了 \(s=50\) cm后停止，求： (1) 木块与水平面间的摩擦因数； (2) 碰撞过程中，木块对子弹所做的功 \(W_1\)； (3) 碰撞过程中，子弹对木块所做的功 \(W_2\)； (4) 碰撞过程中，\(W_1\) 和 \(W_2\) 的大小是否相等？为什么？

【核心考点】 两阶段分析：第一阶段为完全非弹性碰撞（动量守恒），第二阶段为匀减速运动（动能定理或牛顿定律）。 碰撞过程中的功分析：木块对子弹做的功 ≠ 子弹对木块做的功（因为有摩擦生热）。 > 逻辑定位：应用层——动量守恒（碰撞瞬间）+ 动能定理（滑行阶段）+ 功的分析（一对相互作用力的功不相等）。

【通用解法与通式】 1. 碰撞阶段：水平方向动量守恒（摩擦力可忽略，因为碰撞时间极短） 2. 滑行阶段：由动能定理 \(-fs = 0 - \frac{1}{2}(m+m')V^2\) 求摩擦因数 \(\mu\) 3. 功的计算：\(W_F = \int \boldsymbol{F}\cdot d\boldsymbol{r}\)，或由动能定理 \(W = \Delta E_k\)

【详细推导与步骤】

(1) 求摩擦因数

碰撞阶段：动量守恒（水平方向无外力） \(m v_0 = (m + m')V\)

\(V = \dfrac{m}{m+m'}v_0 = \dfrac{0.0056}{2.0056} \times 501 \approx 1.40\ \text{m/s}\)

滑行阶段：由动能定理 摩擦力做功 = 动能变化： \(-\mu(m+m')g \cdot s = 0 - \dfrac{1}{2}(m+m')V^2\)

\(\mu g s = \dfrac{1}{2}V^2\)

\(\mu = \dfrac{V^2}{2gs} = \dfrac{(1.40)^2}{2 \times 9.8 \times 0.50} = \dfrac{1.96}{9.8} = 0.20\)

(2) 木块对子弹所做的功 \(W_1\)

对子弹应用动能定理： \(W_1 = \dfrac{1}{2}mV^2 - \dfrac{1}{2}mv_0^2\)

\(= \dfrac{1}{2} \times 0.0056 \times (1.40)^2 - \dfrac{1}{2} \times 0.0056 \times (501)^2\)

\(= 0.00549 - 702.8 \approx -702.8\ \text{J}\)

负号表示木块对子弹做负功（子弹减速）。

(3) 子弹对木块所做的功 \(W_2\)

对木块应用动能定理： \(W_2 = \dfrac{1}{2}m'V^2 - 0\)

\(= \dfrac{1}{2} \times 2 \times (1.40)^2 = 1.96\ \text{J}\)

(4) 比较 \(W_1\) 和 \(W_2\)

\(|W_1| \approx 702.8\ \text{J} \neq W_2 = 1.96\ \text{J}\)，大小不等。

原因：碰撞过程中系统（子弹+木块）的机械能不守恒，大部分动能转化为内能（子弹嵌入木块时摩擦生热）。一对相互作用力（木块对子弹的摩擦力、子弹对木块的摩擦力）的功之和等于系统机械能的减少： \(W_1 + W_2 = -702.8 + 1.96 \approx -700.8\ \text{J}\)

这 \(-700.8\ \text{J}\) 即为碰撞过程中损失并转化为内能的机械能。

⚠ 易错点： - 碰撞瞬间虽然地面有摩擦，但碰撞时间极短，摩擦力冲量可以忽略——因此水平方向动量守恒 - 子弹射入木块的过程损失了大量动能（转化为热能），\(W_1 \neq -W_2\)，这与”作用力与反作用力大小相等”不矛盾，因为两个力的作用点位移不同 - 木块对子弹做功的位移是子弹相对地面的位移，而子弹对木块做功的位移是木块相对地面的位移——完全非弹性碰撞中两者不同

【题型3】变力做功与动能定理（一步推理型）

例题3-4（原题3-19）

【题干】 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。

【核心考点】 变力作功 \(W = \int F\,dx\)（力随位置变化），再由动能定理 \(W = \Delta E_k\) 求速率。 > 逻辑定位：定理层——功的定义式 \(W = \int F\cdot dr\) 在变力情形下的计算，以及动能定理的应用。

【通用解法与通式】 1. 根据条件写出 \(F(x)\) 的函数形式 2. \(W = \int_{x_1}^{x_2} F(x)\,dx\) 3. 动能定理：\(W = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2\)

【详细推导与步骤】

(1) 写出 \(F(x)\)

F随x线性减小，\(x=0\) 时 \(F=F_0\)，\(x=L\) 时 \(F=0\)

\(F(x) = F_0\left(1 - \dfrac{x}{L}\right)\)

(2) 求功

\(W = \int_0^L F(x)\,dx = \int_0^L F_0\left(1 - \dfrac{x}{L}\right)dx\)

\(= F_0\left[x - \dfrac{x^2}{2L}\right]_0^L = F_0\left(L - \dfrac{L}{2}\right) = \dfrac{1}{2}F_0L\)

(3) 求速率

由动能定理（初速度为0）： \(W = \dfrac{1}{2}mv^2 - 0\)

\(\dfrac{1}{2}F_0L = \dfrac{1}{2}mv^2\)

\(\boxed{v = \sqrt{\dfrac{F_0L}{m}}}\)

⚠ 易错点： - 变力做功必须积分，不能用 \(W = \bar{F}\cdot\Delta x\) 的均值形式（除非线性变化，此时均值等于 \(\frac{F_0}{2}\)，巧合相等） - 动能定理中的功是合外力的功，本题中只有这一个力

例题3-5（原题3-22）

【题干】 一物体在介质中按规律 \(x = ct^3\) 作直线运动，c为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由 \(x_0=0\) 运动到 \(x=l\) 时，阻力所作的功。（已知阻力系数为k）

【核心考点】 阻力 \(f = -kv^2\)，但 \(v\) 需要利用 \(x(t)\) 求导得到，然后需要做变量变换将 \(W = \int f\,dx\) 化为可积分的形式。 > 逻辑定位：应用层——复合函数求导+变力做功的变量变换。

【通用解法与通式】 1. \(v = dx/dt\) 求速度 2. 阻力 \(f = -kv^2\)，与速度反向 3. 阻力做功 \(W = \int f\,dx = \int (-kv^2)\,dx\) 4. 利用 \(x = ct^3\) 消元，将dx用dt或dv表示

【详细推导与步骤】

(1) 求速度

\(x = ct^3\)

\(v = \dfrac{dx}{dt} = 3ct^2\)

反过来：\(t = \left(\dfrac{x}{c}\right)^{1/3}\)，\(v = 3c\left(\dfrac{x}{c}\right)^{2/3} = 3c^{1/3}x^{2/3}\)

(2) 阻力

\(f = -kv^2 = -k(3ct^2)^2 = -9kc^2t^4\)

或 \(f = -k(3c^{1/3}x^{2/3})^2 = -9kc^{2/3}x^{4/3}\)

(3) 阻力做功

\(W = \int_0^l f\,dx = \int_0^l (-9kc^{2/3}x^{4/3})\,dx\)

\(= -9kc^{2/3} \cdot \dfrac{3}{7}x^{7/3}\Big|_0^l\)

\(= -9kc^{2/3} \cdot \dfrac{3}{7}l^{7/3}\)

\(= -\dfrac{27}{7}kc^{2/3}l^{7/3}\)

或直接用t表示： \(dx = 3ct^2\,dt\)，当 \(x=0\) 时 \(t=0\)，\(x=l\) 时 \(t=(l/c)^{1/3}\)

\(W = \int_0^{(l/c)^{1/3}} (-9kc^2t^4)\cdot(3ct^2)\,dt\)

\(= \int_0^{(l/c)^{1/3}} -27kc^3t^6\,dt\)

\(= -27kc^3\cdot\dfrac{1}{7}t^7\Big|_0^{(l/c)^{1/3}}\)

\(= -\dfrac{27}{7}kc^3\cdot\dfrac{l^{7/3}}{c^{7/3}}\)

\(= -\dfrac{27}{7}kc^{2/3}l^{7/3}\) ✅ 一致

⚠ 易错点： - 阻力的方向与运动方向相反，因此阻力做功恒为负值 - 变量变换要一致——\(dx\) 必须换成 \(dt\) 或 \(dv\) 等便于积分的变量 - 本题中的 \(c\) 和 \(k\) 都是常量，注意幂次运算的准确性

【题型4】多过程多守恒律耦合——综合应用（链式推理型）

例题3-6（原题3-33）

【题干】 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？

【核心考点】 两阶段分析：弹丸穿过摆锤瞬间（动量守恒，但机械能不守恒），然后摆锤做圆周运动（机械能守恒+圆周运动临界条件）。 > 逻辑定位：应用层——动量守恒（碰撞阶段）+ 机械能守恒（摆动阶段）+ 圆周运动临界条件（最高点向心力要求）的多律耦合。

【通用解法与通式】 1. 碰撞瞬间：水平方向动量守恒（弹丸穿过摆锤，时间极短） 2. 摆动过程：机械能守恒（摆锤摆动，绳张力不做功） 3. 圆周运动临界：在最高点，重力提供向心力 \(m'g = m'V_{\min}^2/l\) 4. 逆向联立求解

【详细推导与步骤】

(1) 碰撞阶段——动量守恒

弹丸穿过摆锤的瞬间，水平方向无外力，动量守恒：

初态：\(mv\)（弹丸）+ \(0\)（摆锤） 末态：\(m\cdot\dfrac{v}{2}\)（弹丸） + \(m'V\)（摆锤获得速度）

\(mv = m\dfrac{v}{2} + m'V\)

\(m'V = m\dfrac{v}{2}\)

\(\boxed{V = \dfrac{mv}{2m'}}\) ①

(2) 摆动阶段——机械能守恒

摆锤从最低点到最高点，机械能守恒（绳张力不做功）：

最低点（动能为 \(\frac{1}{2}m'V^2\)，势能为0） 最高点（动能为 \(\frac{1}{2}m'v_{\text{顶}}^2\)，势能为 \(m'g \cdot 2l\)）

\(\dfrac{1}{2}m'V^2 = \dfrac{1}{2}m'v_{\text{顶}}^2 + m'g \cdot 2l\) ②

(3) 圆周运动临界条件

摆锤在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点处绳中张力 \(T \geq 0\)：

\(T + m'g = m'\dfrac{v_{\text{顶}}^2}{l}\)

临界情况：\(T = 0\)

\(m'g = m'\dfrac{v_{\text{顶}}^2}{l}\)

\(\boxed{v_{\text{顶}} = \sqrt{gl}}\) ③

(4) 联立求解

由③代入②： \(\dfrac{1}{2}m'V^2 = \dfrac{1}{2}m'(gl) + 2m'gl = \dfrac{5}{2}m'gl\)

\(V^2 = 5gl\)

\(V = \sqrt{5gl}\) ④

由①④： \(\dfrac{mv}{2m'} = \sqrt{5gl}\)

\(\boxed{v_{\min} = \dfrac{2m'}{m}\sqrt{5gl}}\)

⚠ 易错点： - 弹丸穿过后速率减半——不是完全非弹性碰撞（子弹未留在摆锤中），而是有相对运动的穿过过程 - 摆锤上摆过程中绳的张力不做功，所以机械能守恒 - 完整的圆周运动条件：最高点 \(v \geq \sqrt{gl}\)（绳模型），如果是杆模型则 \(v \geq 0\)，两者不同 - 弹丸穿过过程有能量损失（摩擦生热），不能用机械能守恒处理碰撞阶段

例题3-7（原题3-31）

【题干】 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 \(\Delta l = 7.5\times 10^{-2}\) m。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。已知弧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。

【核心考点】 全过程机械能守恒（无摩擦）：弹性势能→重力势能+动能。小球要完成整个半圆弧轨道而不脱离，在最高点需要满足向心力条件。 > 逻辑定位：应用层——弹性势能+重力势能+动能的守恒链，结合曲线运动临界条件。

【通用解法与通式】 1. 全过程机械能守恒（弹簧弹性势能 → 重力势能+动能） 2. 在圆弧轨道最高点，法向力条件 \(N \geq 0\) 给出最小速度 3. 逆向联立求出弹簧劲度系数

【详细推导与步骤】

(1) 机械能守恒

设弹簧原长处为弹性势能零点，C点（半圆弧最高点）为重力势能零点（也可选其他点）。

A点到C点全过程机械能守恒： \(\dfrac{1}{2}k(\Delta l)^2 + mg\cdot h_A = \dfrac{1}{2}mv_C^2 + mg\cdot h_C\)

A点高度（相对于C点）：A在水平面上，C在圆弧最高点，高度差为 \(2r\) A点相对C点的重力势能：\(mg\cdot 2r\)

\(\dfrac{1}{2}k(\Delta l)^2 + mg\cdot 2r = \dfrac{1}{2}mv_C^2\) ①

(2) 圆弧最高点的临界条件

在C点（圆弧最高点），小球受重力 \(mg\) 和轨道支持力 \(N\)（向下）：

\(mg + N = m\dfrac{v_C^2}{r}\)

不脱离轨道的临界条件：\(N \geq 0\)

最小速度：\(mg = m\dfrac{v_{C,\min}^2}{r}\)

\(\boxed{v_{C,\min} = \sqrt{gr}}\) ②

(3) 联立求 k

将②代入①： \(\dfrac{1}{2}k(\Delta l)^2 + 2mgr = \dfrac{1}{2}m(gr)\)

\(\dfrac{1}{2}k(\Delta l)^2 = \dfrac{1}{2}mgr - 2mgr = -\dfrac{3}{2}mgr\)

等等，这里有符号问题。让我们重新分析A和C的位置关系。

A在弹簧压缩释放的位置（水平面上），AB相距 \(2r\)，BCD是半径 \(r\) 的半圆弧。

假设A点和B点在同一水平面上（弹簧水平放置），小球被释放后沿水平运动到B，然后沿半圆弧轨道运动。

取B点（半圆弧最低点）为重力势能零点，则： - A点高度 = 0（水平面），重力势能 = 0 - C点（半圆弧最高点）高度 = \(2r\)，重力势能 = \(mg\cdot 2r\)

A到C机械能守恒： \(\dfrac{1}{2}k(\Delta l)^2 = \dfrac{1}{2}mv_C^2 + mg\cdot 2r\) ①

在C点：\(mg + N = m\dfrac{v_C^2}{r}\) 临界：\(N=0\)，\(v_C^2 = gr\)

代入①： \(\dfrac{1}{2}k(\Delta l)^2 = \dfrac{1}{2}m(gr) + 2mgr = \dfrac{5}{2}mgr\)

\(k = \dfrac{5mgr}{(\Delta l)^2} = \dfrac{5 \times 0.20 \times 9.8 \times 0.15}{(7.5\times 10^{-2})^2}\)

\(= \dfrac{1.47}{0.005625} = 261.3\ \text{N/m}\)

\(\boxed{k_{\min} \approx 261\ \text{N/m}}\)

⚠ 易错点： - 势能零点的选取必须一致——一旦选定，所有位置的势能都相对该零点计算 - 圆弧轨道最高点，轨道支持力方向指向圆心（向下），不是向上 - 劲度系数 \(k\) 的单位是 N/m，注意 \(\Delta l\) 的单位换算（cm → m）

第3章 B类补充题

B-1（原题B类第1题）

木块 \(m=0.1\)kg 压缩弹簧 \(k=20\)N/m，\(x=0.4\)m，\(\mu=0.25\)，求离开弹簧时的速率 v - 弹簧势能 \(\frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}\times 20\times 0.16 = 1.6\) J - 摩擦力做功 \(\mu mg\cdot x = 0.25\times 0.1\times 9.8\times 0.4 = 0.098\) J - 由功能原理：\(\frac{1}{2}kx^2 - \mu mg x = \frac{1}{2}mv^2\) - \(1.6 - 0.098 = \frac{1}{2}\times 0.1\times v^2\) - \(v^2 = \frac{1.502\times 2}{0.1} = 30.04\) - \(v \approx 5.48\) m/s

B-2（原题B类第2题）

弹簧力 \(F = 4x + 6x^2\)，从 \(x=0.5\) 拉到 \(x=1.0\)m，求外力的功 - \(W = \int_{0.5}^{1.0} (4x+6x^2)\,dx = [2x^2 + 2x^3]_{0.5}^{1.0}\) - \(= (2+2) - (0.5+0.25) = 4 - 0.75 = 3.25\) J - 物体速率：\(\frac{1}{2}mv^2 = W \Rightarrow v = \sqrt{2W/m} = \sqrt{6.5/2} = \sqrt{3.25} \approx 1.80\) m/s

B-3（原题B类第3题）

斜面 \(30°\)，\(\mu=0.20\)，初速 \(10\)m/s 上滑，求最大高度和返回速率 - 上滑加速度 \(a_1 = -g(\sin\theta + \mu\cos\theta) = -9.8(0.5+0.173) = -6.60\) m/s² - 上滑距离 \(S = v_0^2/(2a_1) = 100/13.2 = 7.58\) m - 最大高度 \(h = S\sin\theta = 7.58 \times 0.5 = 3.79\) m - 返回加速度 \(a_2 = g(\sin\theta - \mu\cos\theta) = 9.8(0.5-0.173) = 3.20\) m/s² - 返回速率 \(v = \sqrt{2a_2S} = \sqrt{2\times 3.2\times 7.58} = \sqrt{48.5} \approx 6.96\) m/s

✅ 第3章完成 # 【第4章】刚体力学

【知识点A】刚体定轴转动的角量描述与转动惯量（定义层）

定义： - 角速度：\(\omega = d\theta/dt\)，角加速度：\(\alpha = d\omega/dt\) - 转动惯量：\(J = \sum m_i r_i^2\)（质点系），\(J = \int r^2 dm\)（连续体） - 常见转动惯量：匀质圆盘 \(J = \frac{1}{2}mR^2\)，细杆（过中点）\(J = \frac{1}{12}ml^2\)，细杆（过端点）\(J = \frac{1}{3}ml^2\) - 平行轴定理：\(J = J_C + md^2\)

逻辑定位：定义层——角量描述和转动惯量是刚体转动运动学和动力学的基石。

【题型1】变角速度运动（直给型）

例题4-1（原题4-7）

【题干】 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为 \(\omega = \omega_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)\)，式中 \(\omega_0 = 9.0\ \text{s}^{-1}\)，\(\tau = 2\ \text{s}\)。求： (1) t = 6.0 s时的转速； (2) 角加速度随时间变化的规律； (3) 启动后6.0 s内转过的圈数。

【核心考点】 刚体转动运动学：由 \(\omega(t)\) 求 \(\alpha(t)\)（微分）和 \(\theta(t)\)（积分）。 > 逻辑定位：定义层——\(\alpha = d\omega/dt\) 和 \(\theta = \int\omega\,dt\) 的直接计算。

【通用解法与通式】 1. \(\alpha(t) = d\omega/dt\) 2. \(\theta(t) = \int_0^t \omega(\tau)\,d\tau\) 3. 圈数 \(N = \theta/(2\pi)\)

【详细推导与步骤】

(1) t=6.0s 时的转速

\(\omega(6) = 9.0\left(1 - e^{-6/2}\right) = 9.0\left(1 - e^{-3}\right)\) \(= 9.0(1 - 0.0498) = 9.0 \times 0.9502 \approx 8.55\ \text{s}^{-1}\)

(2) 角加速度

\(\alpha(t) = \dfrac{d\omega}{dt} = \omega_0 \cdot \dfrac{d}{dt}\left(1 - e^{-t/\tau}\right)\) \(= \omega_0\left(-e^{-t/\tau}\right)\left(-\dfrac{1}{\tau}\right) = \dfrac{\omega_0}{\tau}e^{-t/\tau}\)

\(\boxed{\alpha(t) = \dfrac{9.0}{2}e^{-t/2} = 4.5e^{-t/2}\ \text{s}^{-2}}\)

(3) 6.0s内转过的圈数

\(\theta(6) = \int_0^6 \omega(t)\,dt = \int_0^6 \omega_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)dt\)

\(= \omega_0\left[t + \tau e^{-t/\tau}\right]_0^6\)

\(= 9.0\left[6 + 2e^{-3} - (0 + 2)\right]\)

\(= 9.0(4 + 2e^{-3}) = 9.0(4 + 0.0996)\)

\(= 9.0 \times 4.0996 = 36.90\ \text{rad}\)

圈数：\(N = \dfrac{36.90}{2\pi} \approx 5.87\) 圈

⚠ 易错点： - 注意角加速度是角速度的导数，不是角速度乘时间 - \(\theta\) 的单位是 rad，转换成圈数要除以 \(2\pi\) - \(e^{-t/\tau}\) 复合函数的求导要注意链式法则

【知识点B】转动定律与转动动力学（定理层）

核心定理： - 转动定律：\(M = J\alpha\)（类比平动的 \(F = ma\)） - 力矩：\(\boldsymbol{M} = \boldsymbol{r} \times \boldsymbol{F}\)，大小 \(M = rF\sin\theta\) - 转动惯量是刚体转动惯性的量度

逻辑定位：定理层——转动定律是牛顿第二定律在转动中的推广。

【题型1】组合轮——滑轮系统（链式推理型）

例题4-2（原题4-14）

【题干】 质量为 \(m_1\) 和 \(m_2\) 的两物体A、B分别悬挂在图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为 \(J_1\) 和 \(J_2\)，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。

【核心考点】 刚体转动定律 + 质点平动 + 角量与线量的约束关系（\(a = R\alpha\)）。 > 逻辑定位：定理层——转动定律 \(M = J\alpha\) 与牛顿第二定律的联合求解，约束条件 \(a = R\alpha\)。

【通用解法与通式】 1. 对两个物体分别列牛顿第二定律（平动） 2. 对组合轮列转动定律（转动） 3. 约束条件：绳与轮无滑动，\(a_1 = R\alpha\)，\(a_2 = r\alpha\) 4. 联立求解

【详细推导与步骤】

设 \(T_1\) 为A侧绳张力，\(T_2\) 为B侧绳张力。 设组合轮角加速度为 \(\alpha\)（顺/逆时针由系统运动方向决定）。

假设 \(m_1 > m_2\)（或通过运动趋势判断），组合轮顺时针转动。

(1) 对物体A（平动，向下为正）

\(m_1g - T_1 = m_1a_1\) … ① 且 \(a_1 = R\alpha\)（绳在轮上无滑动）

(2) 对物体B（平动，向上为正）

\(T_2 - m_2g = m_2a_2\) … ② 且 \(a_2 = r\alpha\)（绳在轮上无滑动）

(3) 对组合轮（转动，顺时针为正）

两绳张力对转轴的力矩： \(M = T_1R - T_2r\)

转动定律：\(M = (J_1 + J_2)\alpha\)

\(T_1R - T_2r = (J_1 + J_2)\alpha\) … ③

(4) 联立求解

由①：\(T_1 = m_1(g - R\alpha)\) 由②：\(T_2 = m_2(g + r\alpha)\)

代入③： \(m_1(g - R\alpha)R - m_2(g + r\alpha)r = (J_1 + J_2)\alpha\)

\(m_1gR - m_1R^2\alpha - m_2gr - m_2r^2\alpha = (J_1 + J_2)\alpha\)

\((m_1gR - m_2gr) = (J_1 + J_2 + m_1R^2 + m_2r^2)\alpha\)

\(\boxed{\alpha = \dfrac{m_1gR - m_2gr}{J_1 + J_2 + m_1R^2 + m_2r^2}}\)

\(a_1 = R\alpha\)，\(a_2 = r\alpha\)

\(T_1 = m_1(g - R\alpha)\)，\(T_2 = m_2(g + r\alpha)\)

⚠ 易错点： - 组合轮的转动惯量 \(J = J_1 + J_2\)（两个轮固定在一起） - 半径不同 → 两物体的加速度不同（\(a_1 \neq a_2\)，但角加速度相同） - 两边的张力 \(T_1 \neq T_2\)（因为轮有转动惯量，力矩差用于提供角加速度）

例题4-3（原题4-15）

【题干】 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 \(m_1\) 和 \(m_2\) 的物体A、B。A置于倾角为 \(\theta\) 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为 \(\mu\)，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。）

【核心考点】 含摩擦斜面的滑轮系统：同时涉及质点的牛顿第二定律（平动）和定滑轮的转动定律，并由角量与线量的约束关联。 > 逻辑定位：定理层——多物体+有质量滑轮的综合动力学，摩擦力方向的正确判定。

【通用解法与通式】 1. 假设运动方向，确定摩擦力和加速度的正方向 2. 对A列沿斜面方向的牛顿第二定律 3. 对B列竖直方向的牛顿第二定律 4. 对滑轮列转动定律 5. 约束条件：\(a_A = a_B = r\alpha\)（绳长不变+无滑动）

【详细推导与步骤】

设B向下加速运动，故滑轮顺时针转动。

(1) 对A（沿斜面向上为正）

A受：重力分力 \(m_1g\sin\theta\)（沿斜面向下），张力 \(T_1\)（沿斜面向上），摩擦力 \(f = \mu N = \mu m_1g\cos\theta\)（沿斜面向下，因为A沿斜面向上运动）

\(T_1 - m_1g\sin\theta - \mu m_1g\cos\theta = m_1a\) … ①

(2) 对B（竖直向下为正）

\(m_2g - T_2 = m_2a\) … ②

(3) 对滑轮（顺时针为正）

力矩：\(M = T_2r - T_1r\)（\(T_2\) 使轮顺时针转，\(T_1\) 使轮逆时针转）

\(T_2r - T_1r = J\alpha\) … ③

约束：\(a = r\alpha\)（绳与轮无滑动）… ④

(4) 联立求解

由④：\(\alpha = a/r\)

由①：\(T_1 = m_1(g\sin\theta + \mu g\cos\theta + a)\) 由②：\(T_2 = m_2(g - a)\)

代入③： \([m_2(g - a) - m_1(g\sin\theta + \mu g\cos\theta + a)]r = J\cdot\dfrac{a}{r}\)

\(m_2g - m_2a - m_1g\sin\theta - \mu m_1g\cos\theta - m_1a = \dfrac{J}{r^2}a\)

\((m_2g - m_1g\sin\theta - \mu m_1g\cos\theta) = \left(m_1 + m_2 + \dfrac{J}{r^2}\right)a\)

\(\boxed{a = \dfrac{m_2g - m_1g(\sin\theta + \mu\cos\theta)}{m_1 + m_2 + J/r^2}}\)

\(T_1 = m_1(g\sin\theta + \mu g\cos\theta + a)\) \(T_2 = m_2(g - a)\)

⚠ 易错点： - 摩擦力的方向：A向上运动，摩擦力沿斜面向下（阻碍运动） - 滑轮两侧的张力 \(T_1 \neq T_2\)——这是有质量滑轮的关键特征，\(T_1 = T_2\) 仅对轻滑轮成立 - \(J/r^2\) 项可视为滑轮的”等效平动质量”（类比平动中的质量）

【题型2】匀质圆盘受摩擦减速（链式推理型）

例题4-4（原题4-17）

【题干】 一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度 \(\omega\) 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 \(\mu\)。 (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？

【核心考点】 连续体摩擦力矩的计算（需积分元力矩）；转动定律 \(M = J\alpha\) 求解角加速度；匀变速转动运动学。 > 逻辑定位：应用层——连续体的力矩积分 \(M = \int r\,dF\)，转动定律 \(M = J\alpha\)，运动学 \(\omega = \omega_0 + \alpha t\)。

【通用解法与通式】 1. 在圆盘上取一面元，求该面元所受摩擦力及对转轴的力矩 2. 对整个圆盘积分求总摩擦力矩 3. 由 \(M = J\alpha\) 求角加速度 4. 由 \(\omega_0 + \alpha t = 0\) 求停止时间

【详细推导与步骤】

(1) 求摩擦力矩

取圆盘上一面元 \(dS = r\,dr\,d\theta\)，距转轴 \(r\)

该面元质量：\(dm = \dfrac{m}{\pi R^2}\cdot r\,dr\,d\theta\)

所受摩擦力：\(dF = \mu\,dm\,g = \dfrac{\mu mg}{\pi R^2}\cdot r\,dr\,d\theta\)

摩擦力对转轴的力矩（方向与转动方向相反）： \(dM = r \cdot dF = \dfrac{\mu mg}{\pi R^2}\cdot r^2\,dr\,d\theta\)

总摩擦力矩： \(M = \int_0^{2\pi}\int_0^R \dfrac{\mu mg}{\pi R^2}\cdot r^2\,dr\,d\theta\)

先对 \(\theta\) 积分：\(\int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi\)

\(M = 2\pi\cdot\dfrac{\mu mg}{\pi R^2}\int_0^R r^2\,dr = \dfrac{2\mu mg}{R^2}\left[\dfrac{r^3}{3}\right]_0^R\)

\(\boxed{M = \dfrac{2}{3}\mu mgR}\)

(2) 求停止时间

圆盘转动惯量：\(J = \dfrac{1}{2}mR^2\)

由转动定律： \(M = J\alpha\)

\(-\dfrac{2}{3}\mu mgR = \dfrac{1}{2}mR^2 \cdot \alpha\)

负号表示摩擦力矩使圆盘减速： \(\alpha = -\dfrac{4}{3}\dfrac{\mu g}{R}\)

由运动学 \(\omega = \omega_0 + \alpha t\)，停止时 \(\omega = 0\)：

\(0 = \omega - \dfrac{4}{3}\dfrac{\mu g}{R}\cdot t\)

\(\boxed{t = \dfrac{3\omega R}{4\mu g}}\)

⚠ 易错点： - 摩擦力矩不能简单用 \(M = f\cdot R\)（平均半径）——因为摩擦力分布在整个圆盘上，必须积分 - 每个面元摩擦力 \(dF = \mu g\,dm\) 与面元质量成正比，不是均匀分布力 - 转动惯量 \(J = \frac{1}{2}mR^2\) 适用于匀质圆盘绕中心轴

【知识点C】角动量与角动量守恒定律（定理层）

定义与定理： - 角动量（质点）：\(\boldsymbol{L} = \boldsymbol{r} \times \boldsymbol{p} = \boldsymbol{r} \times m\boldsymbol{v}\) - 角动量（刚体定轴转动）：\(L = J\omega\) - 角动量定理：\(M = dL/dt\) - 角动量守恒：当 \(M_{\text{外}} = 0\) 时，\(L = \text{常量}\)

【题型1】质点角动量计算（直给型）

例题4-5（原题4-19）

【题干】 如果质点在 \(\boldsymbol{r} = -3.5\boldsymbol{i} + 1.4\boldsymbol{j}\)（m）的位置时的速度为 \(\boldsymbol{v} = -2.5\boldsymbol{i} - 6.3\boldsymbol{j}\)（m/s），求此质点对坐标原点的角动量。已知质点的质量为4.1 kg。

【核心考点】 角动量的矢量定义 \(\boldsymbol{L} = \boldsymbol{r} \times m\boldsymbol{v}\)，叉积计算。 > 逻辑定位：定义层——角动量定义式的直接计算。

【通用解法与通式】 \(\boldsymbol{L} = \boldsymbol{r} \times m\boldsymbol{v} = m(\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{v})\)

叉积公式：\(\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B} = \begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ A_x & A_y & A_z \\ B_x & B_y & B_z \end{vmatrix}\)

【详细推导与步骤】

\(\boldsymbol{L} = m(\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{v}) = 4.1\begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ -3.5 & 1.4 & 0 \\ -2.5 & -6.3 & 0 \end{vmatrix}\)

\(= 4.1\left[(-3.5)(-6.3) - (1.4)(-2.5)\right]\boldsymbol{k}\)

\(= 4.1(22.05 + 3.50)\boldsymbol{k}\)

\(= 4.1 \times 25.55\boldsymbol{k}\)

\(\boxed{\boldsymbol{L} = 104.8\ \text{kg·m}^2/\text{s}\ \boldsymbol{k}}\)

⚠ 易错点： - 角动量是矢量，方向由右手定则决定 - 二维问题中 \(\boldsymbol{r}\) 和 \(\boldsymbol{v}\) 都在Oxy平面内，角动量沿z轴 - 注意单位：kg·m²/s

【题型2】完全非弹性碰撞——子弹射入杆（链式推理型）

例题4-6（原题4-22）

【题干】 在光滑的水平面上有一木杆，其质量 \(m_1 = 1.0\) kg，长 \(l = 40\) cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。一质量为 \(m_2 = 10\) g的子弹，以 \(v = 2.0\times 10^2\ \text{m·s}^{-1}\) 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。

【核心考点】 子弹与杆的完全非弹性碰撞（角动量守恒），碰撞瞬间合外力矩为零。 > 逻辑定位：定理层——角动量守恒定律的应用。碰撞瞬间，轴对杆有约束力（但通过转轴，对转轴的力矩为零），对转轴角动量守恒。

【通用解法与通式】 1. 明确系统（子弹+杆）对转轴的合外力矩是否为零 2. 碰撞前：子弹对转轴的角动量 \(L_{\text{前}} = m_2 v \cdot (l/2)\) 3. 碰撞后：结合的转动惯量 \(J = J_{\text{杆}} + J_{\text{子弹}}\)，\(L_{\text{后}} = J\omega\) 4. 由 \(L_{\text{前}} = L_{\text{后}}\) 求解 \(\omega\)

【详细推导与步骤】

(1) 系统对转轴的角动量

碰撞前：子弹对转轴的角动量 \(L_{\text{前}} = m_2 v \cdot \dfrac{l}{2} = 0.010 \times 200 \times 0.20 = 0.4\ \text{kg·m}^2/\text{s}\)

杆静止，角动量为0。

碰撞后：子弹+杆一起转动

杆对中心轴的转动惯量：\(J_1 = \dfrac{1}{12}m_1l^2 = \dfrac{1}{12} \times 1.0 \times (0.40)^2 = \dfrac{1}{12} \times 0.16 = 0.01333\ \text{kg·m}^2\)

子弹射入杆端，视为质点，对转轴的转动惯量： \(J_2 = m_2\left(\dfrac{l}{2}\right)^2 = 0.010 \times (0.20)^2 = 0.010 \times 0.04 = 0.0004\ \text{kg·m}^2\)

总转动惯量：\(J = J_1 + J_2 = 0.01333 + 0.0004 = 0.01373\ \text{kg·m}^2\)

(2) 角动量守恒

\(L_{\text{前}} = L_{\text{后}}\)

\(0.4 = 0.01373 \cdot \omega\)

\(\omega = \dfrac{0.4}{0.01373} \approx 29.1\ \text{rad/s}\)

⚠ 易错点： - 杆的转动惯量取决于转轴位置：绕中点 \(J = \frac{1}{12}ml^2\)，绕端点 \(J = \frac{1}{3}ml^2\) - 碰撞瞬间虽然杆受到轴的作用力，但该力通过转轴，力矩为零，故对转轴角动量守恒 - 子弹视为质点，其转动惯量 \(J = mr^2\)（\(r\) 为到转轴的距离）

【题型3】人走动改变转台转速（链式推理型）

例题4-7（原题4-24）

【题干】 一质量为20.0 kg的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg·m²的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计。如果此小孩相对转台以1.00 m·s⁻¹的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

【核心考点】 角动量守恒（系统不受外力矩），但要注意小孩的速度是相对于转台的速度，需要通过相对运动关系转换到对地速度。 > 逻辑定位：应用层——角动量守恒+相对运动的速度合成。

【通用解法与通式】 1. 系统（小孩+转台）对竖直转轴角动量守恒 2. 小孩对地的速度 = 小孩对转台的速度 + 转台边缘对地的速度（牵连速度） 3. 写出初始和最终的角动量表达式 4. 由 \(L_1 = L_2\) 求解

【详细推导与步骤】

(1) 初始状态

小孩和转台均静止：\(L_1 = 0\)

(2) 最终状态

设转台获得的角速度为 \(\omega\)（方向与小孩行走方向相反——由角动量守恒决定）。

小孩对地的速度： \(\boldsymbol{v}_{\text{孩对地}} = \boldsymbol{v}_{\text{孩对台}} + \boldsymbol{v}_{\text{台对地}}\)

小孩相对转台行走速度：\(v_{\text{相对}} = 1.00\ \text{m/s}\)（沿转台边缘）

转台边缘对地速度：\(v_{\text{牵}} = \omega R\)

取行走方向为正，则： \(v_{\text{孩对地}} = v_{\text{相对}} - \omega R\)（因为转台反向转动）

小孩的角动量：\(L_{\text{孩}} = m_{\text{孩}} v_{\text{孩对地}} \cdot R = m_{\text{孩}}R(v_{\text{相对}} - \omega R)\)

转台的角动量（大小）：\(L_{\text{台}} = J_{\text{台}}\omega\)

角动量守恒（初始为0）： \(L_{\text{孩}} + L_{\text{台}} = 0\)（注意方向，小孩和转台角动量方向相反）

正确写法（取小孩行走方向为正方向）： \(m_{\text{孩}}R(v_{\text{相对}} - \omega R) - J_{\text{台}}\omega = 0\)

\(m_{\text{孩}}R v_{\text{相对}} - m_{\text{孩}}R^2\omega - J_{\text{台}}\omega = 0\)

\(m_{\text{孩}}R v_{\text{相对}} = (m_{\text{孩}}R^2 + J_{\text{台}})\omega\)

\(\omega = \dfrac{m_{\text{孩}}R v_{\text{相对}}}{m_{\text{孩}}R^2 + J_{\text{台}}}\)

代入：\(m_{\text{孩}}=20.0\)，\(R=3.00\)，\(v_{\text{相对}}=1.00\)，\(J_{\text{台}}=450\)

\(\omega = \dfrac{20.0 \times 3.00 \times 1.00}{20.0 \times 9.00 + 450} = \dfrac{60.0}{180 + 450} = \dfrac{60}{630} \approx 0.0952\ \text{rad/s}\)

⚠ 易错点： - 小孩相对于转台的速度 ≠ 相对地面的速度！必须加上转台边缘的牵连速度 - 角动量守恒方程中，小孩和转台的角动量方向相反——小孩沿顺时针走，转台逆时针转 - 转台的角速度与小孩行走方向相反，系统总角动量保持为零

【题型4】蜘蛛落上转台并爬行（链式推理型）

例题4-8（原题4-28）

【题干】 一质量为 \(m'\)、半径为 \(R\) 的转台，以角速度 \(\omega_A\) 转动，转轴的摩擦略去不计。 (1) 有一质量为m的蜘蛛垂直地落在转台边缘上。此时，转台的角速度 \(\omega_B\) 为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度 \(\omega_c\) 为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近。

【核心考点】 角动量守恒的两个阶段：蜘蛛落下（增加转动惯量）→ 蜘蛛爬向中心（转动惯量减小，角速度增大）。 > 逻辑定位：应用层——角动量守恒定律在可变转动惯量系统中的应用。

【通用解法与通式】 1. 初态：转台角动量 \(L_A = J_{\text{台}}\omega_A\) 2. 蜘蛛落在边缘：\(J_B = J_{\text{台}} + mR^2\)，\(L_B = J_B\omega_B\) 3. 由 \(L_A = L_B\) 求 \(\omega_B\) 4. 蜘蛛爬到r处：\(J_C = J_{\text{台}} + mr^2\)，\(L_C = J_C\omega_C\) 5. 由 \(L_B = L_C\) 求 \(\omega_C\)

【详细推导与步骤】

(1) 蜘蛛落在边缘

系统：转台+蜘蛛，对转轴合外力矩为零，角动量守恒。

初态：\(L_A = J_{\text{台}}\omega_A\)（\(J_{\text{台}} = \frac{1}{2}m'R^2\)）

末态（蜘蛛在边缘）：\(J_B = J_{\text{台}} + mR^2\)

\(L_B = J_B\omega_B = (J_{\text{台}} + mR^2)\omega_B\)

由 \(L_A = L_B\)： \(J_{\text{台}}\omega_A = (J_{\text{台}} + mR^2)\omega_B\)

\(\boxed{\omega_B = \dfrac{J_{\text{台}}}{J_{\text{台}} + mR^2}\,\omega_A}\)

(2) 蜘蛛爬到离中心r处

初态：\(J_B\omega_B\) 末态：\(J_C = J_{\text{台}} + mr^2\)

角动量守恒： \(J_B\omega_B = J_C\omega_C\)

\(\omega_C = \dfrac{J_B}{J_C}\omega_B = \dfrac{J_{\text{台}} + mR^2}{J_{\text{台}} + mr^2} \cdot \dfrac{J_{\text{台}}}{J_{\text{台}} + mR^2}\,\omega_A\)

\(\boxed{\omega_C = \dfrac{J_{\text{台}}}{J_{\text{台}} + mr^2}\,\omega_A}\)

也可直接从初始状态到最终状态一步到位： \(J_{\text{台}}\omega_A = (J_{\text{台}} + mr^2)\omega_C\)

\(\omega_C = \dfrac{J_{\text{台}}}{J_{\text{台}} + mr^2}\omega_A\)

⚠ 易错点： - 蜘蛛”垂直落下”意味着它落在转台边缘时相对转台没有切向速度分量——它不影响初始角动量 - 蜘蛛爬向中心时，系统角动量守恒，但转动惯量减小 → 角速度增大（类似于花样滑冰选手收臂加速） - \(r=0\) 时（中心），\(\omega_C = \omega_A \cdot \dfrac{J_{\text{台}}}{J_{\text{台}}} = \omega_A\)，转台恢复到初始角速度

第4章 B类补充题

B-1（原题B类第1题）

轻杆碰撞：\(m\)球以 \(v_0\) 撞杆下端 \(2m\)球，碰后以 \(v_0/3\) 返回，求杆的角速度 - 杆+两球绕O轴的转动惯量：\(J = m\left(\frac{2}{3}l\right)^2 + 2m\left(\frac{l}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}ml^2 + \frac{2}{9}ml^2 = \frac{6}{9}ml^2 = \frac{2}{3}ml^2\) - 碰撞前后对O轴角动量守恒： \(m v_0 \cdot \frac{2}{3}l = m\left(-\frac{v_0}{3}\right)\cdot\frac{2}{3}l + J\omega\) - \(\frac{2}{3}mv_0l = -\frac{2}{9}mv_0l + \frac{2}{3}ml^2\omega\) - \(\frac{2}{3}mv_0l + \frac{2}{9}mv_0l = \frac{2}{3}ml^2\omega\) - \(\frac{8}{9}mv_0l = \frac{2}{3}ml^2\omega\) - \(\omega = \frac{8}{9} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{v_0}{l} = \frac{4}{3}\frac{v_0}{l}\)

B-2（原题B类第4题）

圆柱 \(R=0.40\)m，\(M=15\)kg，\(J=\frac{1}{2}MR^2\)，\(m=5\)kg物体自静止下落，求4s内下降距离 - 转动定律：\(MgR - T=Ma\)（不太对…用系统法） - 对m：\(mg - T = ma\) - 对圆柱：\(TR = J\alpha = \frac{1}{2}MR^2\cdot\frac{a}{R} = \frac{1}{2}MRa\) - \(mg - ma = \frac{1}{2}Ma \Rightarrow mg = (m + \frac{M}{2})a\) - \(a = \frac{mg}{m+M/2} = \frac{5\times 9.8}{5 + 7.5} = \frac{49}{12.5} = 3.92\) m/s² - \(S = \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2} \times 3.92 \times 16 = 31.36\) m - \(\theta = \frac{S}{R} = \frac{31.36}{0.40} = 78.4\) rad

✅ 第4章完成 # 【第5章】静电场

【知识点A】库仑定律与电场强度（定义/公理层）

公理与定义： - 库仑定律：\(F = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q_1q_2}{r^2}\)（点电荷间的静电力） - 电场强度定义：\(\boldsymbol{E} = \dfrac{\boldsymbol{F}}{q_0}\)（试探电荷所受静电力与电荷量的比值） - 电场叠加原理：\(\boldsymbol{E} = \sum \boldsymbol{E}_i\)（矢量和） - 电通量定义：\(\Phi_E = \int_S \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S}\)

逻辑定位：公理/定义层——库仑定律是静电学基本实验定律；电场强度是描述场的基本物理量。

【题型1】连续带电体的电场强度计算（一步推理型）

例题5-1（原题5-10）

【题干】 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 \(E = \dfrac{1}{\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{4r^2 - L^2}\) (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为 \(E = \dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r\sqrt{4r^2 + L^2}}\) 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。

【核心考点】 连续分布电荷的场强计算：取电荷元 \(dq = \lambda dx\)，写出 \(dE\) 并沿棒长积分，注意方向分解。 > 逻辑定位：定义层+定理层——电场叠加原理对连续带电体的积分形式。

【通用解法与通式】 1. 建立坐标系，选取电荷元 \(dq = \lambda\,dl\) 2. 写出元电场强度 \(d\boldsymbol{E} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{dq}{r'^2}\hat{\boldsymbol{r}}'\) 3. 分析对称性，分解为互相垂直的分量 4. 对棒长积分求总场强

【详细推导与步骤】

(1) 延长线上的电场

设棒沿x轴放置，中心在原点，棒从 \(-L/2\) 到 \(L/2\)。 线电荷密度 \(\lambda = Q/L\)。

取棒上距原点 \(x\) 处的电荷元 \(dq = \lambda dx\)，该电荷元到P点（在x轴上，距原点r）的距离为 \(r - x\)（P在正x轴方向，\(r > L/2\)）。

\(dE = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda dx}{(r-x)^2}\)

方向沿x轴正方向。

\(E = \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-L/2}^{L/2} \dfrac{dx}{(r-x)^2}\)

令 \(u = r - x\)，\(du = -dx\)，\(x = r - u\)

当 \(x = -L/2\)：\(u = r + L/2\) 当 \(x = L/2\)：\(u = r - L/2\)

\(E = \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{r+L/2}^{r-L/2} \dfrac{-du}{u^2} = \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left[\dfrac{1}{u}\right]_{r+L/2}^{r-L/2}\)

\(= \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{r - L/2} - \dfrac{1}{r + L/2}\right)\)

\(= \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{(r+L/2) - (r-L/2)}{(r-L/2)(r+L/2)}\)

\(= \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{L}{r^2 - L^2/4}\)

\(= \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{1}{r^2 - L^2/4}\)

\(= \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{4}{4r^2 - L^2}\)

\(\boxed{E = \dfrac{1}{\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{4r^2 - L^2}}\) ✅

(2) 垂直平分线上的电场

取棒沿x轴，中心在原点，P在y轴上，距原点r。

\(dq = \lambda dx\)，\(dE = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda dx}{(x^2 + r^2)}\)

由对称性：水平分量抵消，只有垂直分量

\(dE_y = dE\cdot\cos\theta = dE\cdot\dfrac{r}{\sqrt{x^2 + r^2}}\)

\(= \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda dx}{(x^2 + r^2)}\cdot\dfrac{r}{\sqrt{x^2 + r^2}}\)

\(= \dfrac{\lambda r}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{dx}{(x^2 + r^2)^{3/2}}\)

\(E = \int_{-L/2}^{L/2} \dfrac{\lambda r}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{dx}{(x^2 + r^2)^{3/2}}\)

\(= \dfrac{\lambda r}{4\pi\varepsilon_0}\cdot 2\int_0^{L/2} \dfrac{dx}{(x^2 + r^2)^{3/2}}\)

已知 \(\int \dfrac{dx}{(x^2 + r^2)^{3/2}} = \dfrac{x}{r^2\sqrt{x^2 + r^2}}\)

\(E = \dfrac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0}\left[\dfrac{x}{r^2\sqrt{x^2 + r^2}}\right]_0^{L/2}\)

\(= \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\cdot\dfrac{L/2}{\sqrt{(L/2)^2 + r^2}}\)

\(= \dfrac{Q}{L}\cdot\dfrac{L}{4\pi\varepsilon_0 r\sqrt{r^2 + L^2/4}}\)

\(= \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r\sqrt{r^2 + L^2/4}}\)

\(\boxed{E = \dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r\sqrt{4r^2 + L^2}}}\) ✅

(3) 极限情形（\(L \to \infty\)）

延长线：\(E \to \dfrac{Q}{\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{4r^2} \to 0\)（当 \(L\to\infty\) 时Q也→∞，但线密度固定）

实际上应比较无限长带电直线的场强公式。对无限长带电直线，\(\lambda = Q/L\) 需保持有限。

当 \(L\to\infty\)： \(\dfrac{Q}{L} = \lambda\)（有限）

在垂直平分线上，\(L \gg r\)： \(E \approx \dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda L}{r\sqrt{4r^2 + L^2}} = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\cdot\dfrac{L}{\sqrt{4r^2 + L^2}}\)

\(\lim_{L\to\infty}\dfrac{L}{\sqrt{4r^2 + L^2}} = 1\)

\(E = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\)

这正是无限长均匀带电直线的场强公式 ✅

⚠ 易错点： - 延长线上各 \(dE\) 同向（不需要分解），垂直平分线上需利用对称性消去水平分量 - 积分时注意变量替换的上下限变化 - 无限长极限要与标准公式 \(E = \lambda/(2\pi\varepsilon_0 r)\) 一致，是验证结果正确的重要方法

【题型2】电通量的计算与高斯定理的应用（定理层）

例题5-2（原题5-15）

【题干】 设匀强电场的电场强度 \(\boldsymbol{E}\) 与半径为 \(R\) 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。

【核心考点】 电通量的定义；利用封闭曲面（半球面+底面）的高斯定理间接计算。 > 逻辑定位：定义层——电通量定义式 \(\Phi_E = \int \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S}\)。

【通用解法与通式】 1. 直接对曲面做面积分 \(\Phi = \int_S \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S}\) 2. 或补上底面构成封闭曲面，利用通过封闭曲面的总电通量等于面内净电荷/\(\varepsilon_0\)（高斯定理）

【详细推导与步骤】

解法一：直接计算

设 \(\boldsymbol{E}\) 沿x轴正方向（与半球面对称轴平行）。

半球面方程为 \(x^2 + y^2 + z^2 = R^2\)（\(x \geq 0\)），对称轴为x轴。

\(d\boldsymbol{S}\) 的方向沿径向向外。

\(\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S} = E_0\,dS\cos\theta\)

其中 \(\theta\) 为电场方向与面元法向的夹角。

在球坐标系中，面元 \(dS = R^2\sin\theta\,d\theta\,d\varphi\)

但注意这里的 \(\theta\) 是球坐标极角（与x轴的夹角），所以： \(\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S} = E_0\cos\theta \cdot R^2\sin\theta\,d\theta\,d\varphi\)

\(\Phi = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/2} E_0 R^2\sin\theta\cos\theta\,d\theta\,d\varphi\)

\(= E_0R^2\cdot 2\pi\int_0^{\pi/2} \sin\theta\cos\theta\,d\theta\)

\(= 2\pi E_0R^2\left[\dfrac{1}{2}\sin^2\theta\right]_0^{\pi/2}\)

\(= 2\pi E_0R^2\cdot\dfrac{1}{2} = \pi R^2 E_0\)

解法二：补底面法（更简单）

半球面加上底面（圆盘，在 \(x=0\) 平面，半径为 \(R\)）构成封闭曲面。

圆盘面元法向与x轴反向，故： \(\Phi_{\text{底}} = \int \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S} = \int E_0\cos 180°\,dS = -E_0\cdot\pi R^2\)

封闭曲面内无电荷，由高斯定理：\(\Phi_{\text{总}} = \Phi_{\text{半球}} + \Phi_{\text{底}} = 0\)

\(\Phi_{\text{半球}} = -\Phi_{\text{底}} = \pi R^2 E_0\) ✅

⚠ 易错点： - 面积分中注意面元 \(d\boldsymbol{S}\) 的方向（曲面向外法向） - 半球面的对称轴与电场平行时，投影面积为 \(\pi R^2\) - 补底面法是电通量计算的常用技巧

【题型3】高斯定理求电场分布（链式推理型）

例题5-3（原题5-18）

【题干】 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 \(\rho = kr\ (0 \leq r \leq R)\) \(\rho = 0\ (r > R)\) 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。

【核心考点】 球对称电荷分布的电场：高斯定理法（利用对称性直接得出E）和电场叠加法（积分）两种途径。 > 逻辑定位：定理层——高斯定理 \(\oint \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S} = \sum q_{\text{内}}/\varepsilon_0\) 在球对称情形下的应用。

【通用解法与通式】 1. 高斯定理法：作同心高斯球面，\(E\cdot 4\pi r^2 = q_{\text{内}}/\varepsilon_0\) 2. 电场叠加法：\(dE = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r'^2}\)，对球壳积分

【详细推导与步骤】

(1) 求球内电荷分布 \(q_{\text{内}}(r)\)

\(r \leq R\)：\(q_{\text{内}} = \int_0^r \rho\cdot 4\pi r'^2 dr' = \int_0^r k r' \cdot 4\pi r'^2 dr' = 4\pi k\int_0^r r'^3 dr'\)

\(= 4\pi k\dfrac{r^4}{4} = \pi k r^4\)

\(r \geq R\)：\(q_{\text{内}} = \pi k R^4\)（总电荷）

(2) 高斯定理法

作同心高斯球面，由球对称性，E沿径向，大小只与r有关： \(\oint \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S} = E\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{q_{\text{内}}}{\varepsilon_0}\)

\(r \leq R\)： \(E\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{\pi k r^4}{\varepsilon_0}\)

\(\boxed{E = \dfrac{k r^2}{4\varepsilon_0}\ (r \leq R)}\)，方向沿径向向外（\(k>0\)时）

\(r \geq R\)： \(E\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{\pi k R^4}{\varepsilon_0}\)

\(\boxed{E = \dfrac{k R^4}{4\varepsilon_0 r^2}\ (r \geq R)}\)

(3) 电场叠加法（验证）

取球壳元：\(r'\) 到 \(r'+dr'\)，电荷 \(dq = \rho\cdot 4\pi r'^2 dr' = 4\pi k r'^3 dr'\)

球壳元在外部产生的场等同于球壳元上全部电荷集中在球心： \(dE = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{dq}{r^2} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{4\pi k r'^3 dr'}{r^2}\)

\(r \geq R\)： \(E = \int_0^R \dfrac{k r'^3}{\varepsilon_0 r^2} dr' = \dfrac{k}{\varepsilon_0 r^2}\cdot\dfrac{R^4}{4} = \dfrac{k R^4}{4\varepsilon_0 r^2}\) ✅

\(r \leq R\)：需分为内部和外部球壳两部分 \(E = \int_0^r \dfrac{k r'^3}{\varepsilon_0 r^2} dr' + \int_r^R \dfrac{k r'^3}{\varepsilon_0 r'^2} dr'\)（内部球壳贡献集中在球心，外部球壳对内无场）

\(E = \dfrac{k}{\varepsilon_0 r^2}\cdot\dfrac{r^4}{4} + \int_r^R \dfrac{k r'}{\varepsilon_0} dr'\)

\(= \dfrac{k r^2}{4\varepsilon_0} + \dfrac{k}{\varepsilon_0}\cdot\dfrac{R^2 - r^2}{2}\)

\(= \dfrac{k r^2}{4\varepsilon_0} + \dfrac{k(R^2 - r^2)}{2\varepsilon_0}\)

嗯，这个结果与高斯定理不一致。让我重新检查。

在球对称分布中，对于球内一点（距球心r），外部球壳（r’ > r）对该点场强贡献为0。所以只需积分内部球壳（r’ < r）的贡献，且内部球壳对场点等效于全部电荷集中在球心。

\(E = \int_0^r \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{dq}{r^2}\)，其中 \(dq = 4\pi k r'^3 dr'\)

\(E = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\int_0^r 4\pi k r'^3 dr' = \dfrac{k}{\varepsilon_0 r^2}\cdot\dfrac{r^4}{4} = \dfrac{k r^2}{4\varepsilon_0}\)

好的，之前我错误地加上了外部球壳的项。✅ 与高斯定理一致。

⚠ 易错点： - 高斯定理在 \(r \leq R\) 时，高斯面内的电荷 \(q_{\text{内}}\) 是随r变化的——必须先积分出 \(q_{\text{内}}(r)\) - 电场叠加法（对球对称分布）时，球外点等效于全部电荷集中在球心，球内点只考虑内层电荷 - \(r = R\) 处，两个表达式 \(E = kR^2/(4\varepsilon_0)\) 一致，场强连续

例题5-4（原题5-22）

【题干】 一个内外半径分别为 \(R_1\) 和 \(R_2\) 的均匀带电球壳，总电荷为 \(Q_1\)，球壳外同心罩一个半径为 \(R_3\) 的均匀带电球面，球面带电荷为 \(Q_2\)。求电场分布。电场强度是否为离球心距离r的连续函数？试分析。

【核心考点】 多层球对称电荷分布的电场；高斯定理分段求解；场强在带电面处不连续（面电荷密度产生跃变）。 > 逻辑定位：定理层——高斯定理在多层球对称体系中的应用。

【通用解法与通式】 1. 将空间分为 \(r < R_1\)，\(R_1 < r < R_2\)，\(R_2 < r < R_3\)，\(r > R_3\) 四个区域 2. 对每个区域作高斯球面，求高斯面内包围的总电荷 3. 由 \(\oint E\cdot dS = q_{\text{内}}/\varepsilon_0\) 求E(r)

【详细推导与步骤】

(1) 区域I：\(r < R_1\)（球壳内部空腔）

高斯面内无电荷：\(q_{\text{内}} = 0\)

\(E_1 = 0\)

(2) 区域II：\(R_1 < r < R_2\)（球壳内部）

球壳电荷体密度：\(\rho = \dfrac{Q_1}{\frac{4}{3}\pi(R_2^3 - R_1^3)}\)

高斯面包围的电荷（半径为r的球内的电荷）： \(q_{\text{内}} = \rho\cdot\dfrac{4}{3}\pi(r^3 - R_1^3) = Q_1\dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}\)

\(E_2\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{Q_1}{\varepsilon_0}\cdot\dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}\)

\(\boxed{E_2 = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\cdot\dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}}\)

(3) 区域III：\(R_2 < r < R_3\)（球壳外、球面内）

高斯面包围整个球壳：\(q_{\text{内}} = Q_1\)

\(E_3\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{Q_1}{\varepsilon_0}\)

\(\boxed{E_3 = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}}\)

(4) 区域IV：\(r > R_3\)（球面外）

高斯面包围球壳和球面：\(q_{\text{内}} = Q_1 + Q_2\)

\(E_4\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{Q_1 + Q_2}{\varepsilon_0}\)

\(\boxed{E_4 = \dfrac{Q_1 + Q_2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}}\)

(5) 连续性分析

在 \(r = R_1\)：\(E_1 = 0\)，\(E_2(r=R_1) = 0\)，连续。 在 \(r = R_2\)：\(E_2(R_2) = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_2^2}\)，\(E_3(R_2) = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_2^2}\)，连续。 在 \(r = R_3\)：\(E_3(R_3) = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_3^2}\)，\(E_4(R_3) = \dfrac{Q_1+Q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_3^2}\)

当 \(Q_2 \neq 0\) 时，\(E_3(R_3) \neq E_4(R_3)\)，场强在球面处不连续。这是因为球面上有面电荷密度 \(\sigma = Q_2/(4\pi R_3^2)\)，场强跃变量为 \(\sigma/\varepsilon_0\)。

⚠ 易错点： - 带电球面处电场强度不连续——跃变 \(\Delta E = \sigma/\varepsilon_0\) - 球壳内部（\(R_1 < r < R_2\)）的电荷分布要使用体密度，不能简单用总电荷 - 球壳内部空腔（\(r < R_1\)）的电场为零

【题型4】电势的计算（定理层）

例题5-5（原题5-25）

【题干】 如图所示，有三个点电荷 \(Q_1\)、\(Q_2\)、\(Q_3\) 沿一条直线等间距分布且 \(Q_1 = Q_3 = Q\)。已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定 \(Q_1\)、\(Q_3\) 的情况下，将 \(Q_2\) 从点O移到无穷远处外力所作的功。

【核心考点】 静电力平衡条件求出 \(Q_2\) 的值；电势能概念：外力做功 = 系统电势能增量。 > 逻辑定位：应用层——库仑力平衡 + 电势能 \(W = qV\) 的综合问题。

【通用解法与通式】 1. 由任一点电荷合力为零，求出 \(Q_2\) 2. \(Q_2\) 在初始位置的电势能 = \(Q_2\times\)（\(Q_1\) 和 \(Q_3\) 产生的电势） 3. 移到无穷远处，电势能为0 4. 外力做功 = 电势能增量

【详细推导与步骤】

(1) 求 \(Q_2\)

设间距为d，\(Q_1 = Q_3 = Q\)。

取 \(Q_2\) 为研究对象：受 \(Q_1\) 的库仑力 \(F_{21} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q_2 Q}{d^2}\)（向右），受 \(Q_3\) 的库仑力 \(F_{23} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q_2 Q}{d^2}\)（向左）。

合力为零：\(F_{21} = F_{23}\) 恒成立（对称性），\(Q_2\) 可以是任意值。

取 \(Q_1\) 为研究对象：受 \(Q_2\) 的力 \(F_{12} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q\cdot Q_2}{d^2}\)（向左），受 \(Q_3\) 的力 \(F_{13} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q\cdot Q}{4d^2}\)（向左）。

合力为零：\(F_{12} + F_{13} = 0\)

\(\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q Q_2}{d^2} + \dfrac{Q^2}{4d^2}\right) = 0\)

\(Q_2 + \dfrac{Q}{4} = 0\)

\(\boxed{Q_2 = -\dfrac{Q}{4}}\)

(2) 求外力做功

\(Q_2\) 在初始位置（中点O）的电势由 \(Q_1\) 和 \(Q_3\) 产生： \(V_O = V_1 + V_3 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{d} + \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{d} = \dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0 d}\)

\(Q_2\) 的电势能：\(W_O = Q_2 V_O = \left(-\dfrac{Q}{4}\right)\left(\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0 d}\right) = -\dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 d}\)

移到无穷远：\(W_\infty = 0\)

外力做功：\(A_{\text{外}} = \Delta W = W_\infty - W_O = \boxed{\dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 d}}\)

⚠ 易错点： - 取任一点电荷合力为零——用 \(Q_1\) 或 \(Q_3\) 才能得到 \(Q_2\) 的值（取 \(Q_2\) 会自动满足对称性） - 外力做功 = 电势能增加量（末减初），不是初减末 - 电势是标量叠加，不是矢量叠加

例题5-6（原题5-26）

【题干】 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为 \(E = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\boldsymbol{e}_r\)，\(\lambda\) 为电荷线密度。 (1) 求在 \(r = r_1\) 和 \(r = r_2\) 两点间的电势差； (2) 在点电荷的电场中，我们曾取 \(r \to \infty\) 处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明。

【核心考点】 电势差与电场强度的积分关系 \(U_{ab} = \int_a^b \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}\)；线电荷分布的无穷远处电势发散。 > 逻辑定位：定理层——电势差的积分定义 \(\Delta V = -\int \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}\)；以及对有限/无限电荷分布取电势零点的不同策略。

【通用解法与通式】 1. \(\Delta V = -\int_{r_1}^{r_2} \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}\) 2. 判断积分收敛性，选择合理的电势零点

【详细推导与步骤】

(1) 电势差

\(U_{r_1}^{r_2} = V(r_2) - V(r_1) = -\int_{r_1}^{r_2} \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}\)

\(\boldsymbol{E}\) 沿径向，\(d\boldsymbol{l}\) 取径向：

\(U = -\int_{r_1}^{r_2} \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\,dr\)

\(= -\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r_2}{r_1}\)

通常取正值的形式： \(V(r_2) - V(r_1) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r_1}{r_2}\)

(2) 电势零点能否取无穷远

不能。

\(\int_{r_0}^{\infty} \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\,dr = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln r\Big|_{r_0}^{\infty} \to \infty\) 发散

因为线电荷分布延伸到无穷远，电荷不集中在有限区域，取无穷远处的电势为0会得到所有点电势为无穷大，无物理意义。

通常取某参考点 \(r = r_0\) 处 \(V(r_0) = 0\)： \(V(r) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r_0}{r}\)

⚠ 易错点： - 取电势零点时，必须保证所有点电势为有限值 - 无穷大带电体系不能把零点取在无穷远 - 线电荷、无限大带电平面等都有这个问题

第5章 B类补充题

B-1（原题B类第1题）

点电荷q在立方体中心 → 一角 - 中心：高斯定理得 \(\Phi_{\text{总}} = q/\varepsilon_0\)，由对称性，每个面 \(\Phi_1 = q/(6\varepsilon_0)\) - 一角：将立方体扩展为8倍大的立方体，q在中心，\(\Phi_{\text{总}} = q/\varepsilon_0\)，原立方体占1/8 → \(\Phi_{\text{原立方体}} = q/(8\varepsilon_0)\) 三个相邻面（含q）：\(\Phi = q/(24\varepsilon_0)\)（每个面的1/8等价面→1/24） 三个对面：\(\Phi = 0\)（电场线与表面平行）

B-2（原题B类第4题）

均匀带电直线（长2L）的电势 - 延长线上：\(V = \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r+L}{r-L}\) - 中垂线上：\(V = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{L+\sqrt{L^2+r^2}}{r}\) - 电场强度：\(E = -\dfrac{dV}{dr}\) 求梯度得到

✅ 第5章完成 # 【第6章】静电场中的导体和电介质

【知识点A】导体的静电平衡（定义/定理层）

核心条件： - 静电平衡条件：导体内部 \(\boldsymbol{E}_{\text{内}} = 0\)，导体表面 \(\boldsymbol{E} \perp\) 表面 - 推论： - 导体为等势体，表面为等势面 - 电荷分布在导体表面（内部净电荷为零） - 表面场强 \(E = \sigma/\varepsilon_0\)（紧贴表面处）

逻辑定位：公理层——静电平衡条件是分析导体问题的出发点。

【题型1】同心导体球壳系统的电荷与电势分布（链式推理型）

例题6-1（原题6-8）

【题干】 一导体球半径为 \(R_1\)，外罩一半径为 \(R_2\) 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为 \(Q\)，而内球的电势为 \(V_0\)。求此系统的电势和电场的分布。

【核心考点】 同心导体球壳的静电感应：内球表面电荷 + 球壳内/外表面电荷分布 → 逐区域求电场和电势。 > 逻辑定位：定理层——静电平衡条件、高斯定理、电势叠加原理的综合应用。

【通用解法与通式】 1. 设内球带电 \(q\)（待定），由静电感应，球壳内表面带电 \(-q\)，外表面带电 \(Q+q\) 2. 逐区域（\(r<R_1\)，\(R_1<r<R_2\)，\(r>R_2\)）由高斯定理求电场 3. 由电势定义 \(V(r) = \int_r^\infty \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}\)（取无穷远为零势点）或电势叠加 4. 利用已知条件（内球电势为 \(V_0\)）确定 \(q\)

【详细推导与步骤】

(1) 设未知量

设内球带电量为 \(q\)（未知）。

由静电感应，球壳内表面感应出 \(-q\)，外表面带电 \(Q + q\)（球壳总电荷 \(Q\)）。

(2) 电场分布（高斯定理）

\(r < R_1\)（导体内部）：\(E_1 = 0\)

\(R_1 < r < R_2\)：高斯面内电荷为 \(q\) \(E_2 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q}{r^2}\)

\(r > R_2\)：高斯面内电荷为 \(q + (-q) + (Q+q) = Q+q\) \(E_3 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q+q}{r^2}\)

(3) 电势分布

取无穷远为零势点：

\(r > R_2\)：\(V_3(r) = \int_r^\infty E_3\,dr = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q+q}{r}\)

\(R_1 < r < R_2\)： \(V_2(r) = \int_r^{R_2} E_2\,dr + \int_{R_2}^\infty E_3\,dr\)

\(= \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{R_2}\right) + \dfrac{Q+q}{4\pi\varepsilon_0 R_2}\)

\(= \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q}{r} + \dfrac{Q}{R_2}\right)\)

\(r < R_1\)（导体为等势体，\(V(r) = V(R_1)\)）： \(V_1(r) = V_2(R_1) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q}{R_1} + \dfrac{Q}{R_2}\right)\)

(4) 利用内球电势条件求 \(q\)

\(V_0 = V_2(R_1) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q}{R_1} + \dfrac{Q}{R_2}\right)\)

解得： \(q = 4\pi\varepsilon_0 V_0 R_1 - \dfrac{R_1}{R_2}Q\)

代入电场和电势表达式即得最终结果。

⚠ 易错点： - 球壳内表面感应电荷与内球电荷等量异号，外表面电荷 = 总电荷 - 内表面电荷 - 球壳为薄导体球壳，内部（\(R_1<r<R_2\)）不是导体区域，电场不为零 - 内球是等势体，内部各点电势相同，都等于内球表面电势

例题6-2（原题6-10）—— 典型大题

【题干】 在一半径为 \(R_1 = 6.0\) cm的金属球A外面套有一个同心的金属球壳B。已知球壳B的内、外半径分别为 \(R_2 = 8.0\) cm，\(R_3 = 10.0\) cm。设球A带有总电荷 \(Q_A = 3.0\times 10^{-8}\) C，球壳B带有总电荷 \(Q_B = 2.0\times 10^{-8}\) C。 (1) 求球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳B的电势； (2) 将球壳B接地然后断开，再把金属球A接地，求金属球A和球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳B的电势。

【核心考点】 接地条件对电荷分布的影响——接地使导体电势为0，由此可解出新的电荷分布。 > 逻辑定位：应用层——静电平衡条件+电势叠加原理+接地条件（\(V=0\)）。

【详细推导与步骤】

(1) 初始状态

电荷分布： 由静电感应，球壳B内表面感应出 \(-Q_A = -3.0\times 10^{-8}\) C 球壳B外表面电荷 = \(Q_B - (-Q_A) = 2.0\times 10^{-8} + 3.0\times 10^{-8} = 5.0\times 10^{-8}\) C

电势（取无穷远为零势点）：

球A的电势： \(V_A = \dfrac{Q_A}{4\pi\varepsilon_0 R_1} + \dfrac{-Q_A}{4\pi\varepsilon_0 R_2} + \dfrac{Q_B + Q_A}{4\pi\varepsilon_0 R_3}\)

代入：\(\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} = 9\times 10^9\) N·m²/C²

\(V_A = 9\times 10^9\left(\dfrac{3\times 10^{-8}}{0.06} - \dfrac{3\times 10^{-8}}{0.08} + \dfrac{5\times 10^{-8}}{0.10}\right)\)

\(= 9\times 10^9\left(5.0\times 10^{-7} - 3.75\times 10^{-7} + 5.0\times 10^{-7}\right)\)

\(= 9\times 10^9 \times 6.25\times 10^{-7} = 5625\ \text{V}\)

球壳B的电势： \(V_B = \dfrac{Q_B + Q_A}{4\pi\varepsilon_0 R_3} = 9\times 10^9 \times \dfrac{5\times 10^{-8}}{0.10} = 9\times 10^9 \times 5\times 10^{-7} = 4500\ \text{V}\)

(2) 球壳B接地后断开，再球A接地

① 球壳B接地：\(V_B = 0\)

此时球壳B外表面电荷不再是 \(5.0\times 10^{-8}\) C——因为接地意味着球壳B与大地交换电荷，使其电势为零。

设球壳B外表面带电 \(q_{B,\text{外}}\)，内表面仍为 \(-Q_A = -3.0\times 10^{-8}\) C（静电感应条件仍然满足）。

\(V_B = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_A}{R_2} + \dfrac{-Q_A}{R_2} + \dfrac{q_{B,\text{外}}}{R_3}\right) = 0\)

（球壳B的电势由球A、B内表面、B外表面共同产生） \(V_B = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_A}{R_3} + \dfrac{-Q_A}{R_3} + \dfrac{q_{B,\text{外}}}{R_3}\right) = 0\)

实际上球壳B是导体，其电势由高斯定理更容易得到。球壳B外侧电场： \(E = \dfrac{Q_A + (-Q_A) + q_{B,\text{外}}}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \dfrac{q_{B,\text{外}}}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\)

\(V_B = \int_{R_3}^\infty E\,dr = \dfrac{q_{B,\text{外}}}{4\pi\varepsilon_0 R_3} = 0\)

\(\Rightarrow q_{B,\text{外}} = 0\)

断开接地线后，球壳B电势为0，外表面不带电。

② 球A接地：\(V_A = 0\)

设球A的电荷变为 \(q_A\)（不再是初始的 \(3.0\times 10^{-8}\) C）。

由静电感应，球壳B内表面 = \(-q_A\)，外表面保持为0（之前接地后断开，电荷不再变化）

\(V_A = \dfrac{q_A}{4\pi\varepsilon_0 R_1} + \dfrac{-q_A}{4\pi\varepsilon_0 R_2} + \dfrac{0}{4\pi\varepsilon_0 R_3} = 0\)

\(\dfrac{q_A}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{R_2}\right) = 0\)

由于 \(R_2 > R_1\)，\(\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{R_2} \neq 0\)

\(q_A = 0\)

但 \(q_A = 0\) 意味着球A不带电，球壳B内外表面也都不带电，各点电势均为0。这个结果正确吗？

如果球A不带电，\(V_A = 0\) 自动成立。但球壳B原来的外表面电荷0已固定（接地断开），内表面 \(-q_A = 0\)。所以最终： - 球A：\(q_A = 0\)，电势 \(V_A = 0\) - 球壳B内表面：0，外表面：0，\(V_B = 0\)

这是平凡解，但物理上可能还有非平凡解。让我们重新分析。

球A接地时，电荷可以重新分配。设球A带电 \(q\)，球壳B内表面带电 \(-q\)，外表面带电 \(q_{\text{外}}\)（外表面接地断开后保留的电荷）。

\(V_A = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{R_2}\right) + \dfrac{q_{\text{外}}}{4\pi\varepsilon_0 R_3} = 0\) \(V_B = \dfrac{q_{\text{外}}}{4\pi\varepsilon_0 R_3} = 0\)

由 \(V_B = 0\) 得 \(q_{\text{外}} = 0\)。

代入 \(V_A\)：\(\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{R_2}\right) = 0 \Rightarrow q = 0\)

所以确实所有电荷都变为0。

⚠ 易错点： - 接地使导体电势为零，但不一定意味着导体无净电荷——电势为零和电荷为零是两回事 - 球壳接地时，可能通过大地流入或流出电荷，以满足 \(V=0\) 条件 - 先断开接地线再改变球A状态：球壳B的电荷在断开后不变（孤立导体）

【题型2】同轴圆柱形导体的电场（一步推理型）

例题6-3（原题6-11）

【题干】 同轴传输线由长直圆柱形导线和同轴的导体圆筒构成，导线的半径为 \(R_1\)，电势 \(V_1\)，圆筒的半径为 \(R_2\)，电势为 \(V_2\)，试求它们之间距离轴线为r处（\(R_1 < r < R_2\)）的电场强度。

【核心考点】 同轴圆柱对称性：利用高斯定理求电场，由电势差确定场强大小。 > 逻辑定位：定理层——高斯定理在线对称情形中的应用。

【通用解法与通式】 1. 设单位长度导线带电 \(\lambda\) 2. 高斯定理求 \(E(r) = \lambda/(2\pi\varepsilon_0 r)\) 3. 由电势差 \(\Delta V = \int_{R_1}^{R_2} E\,dr\) 确定 \(\lambda\) 4. 回代得 \(E(r)\)

【详细推导与步骤】

设单位长度导线带电量为 \(\lambda\)。

由高斯定理，在两圆柱之间作半径为 \(r\)（\(R_1<r<R_2\)）、高为 \(h\) 的同轴圆柱面： \(\oint \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S} = E\cdot 2\pi rh = \dfrac{\lambda h}{\varepsilon_0}\)

\(E(r) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\)，方向沿径向

两柱间电势差： \(V_1 - V_2 = \int_{R_1}^{R_2} E\,dr = \int_{R_1}^{R_2} \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\,dr = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{R_2}{R_1}\)

\(\lambda = \dfrac{2\pi\varepsilon_0(V_1 - V_2)}{\ln(R_2/R_1)}\)

\(\boxed{E(r) = \dfrac{V_1 - V_2}{\ln(R_2/R_1)}\cdot\dfrac{1}{r}}\)

⚠ 易错点： - 同轴圆柱面作高斯面时，上下底面无电通量（\(\boldsymbol{E}\perp d\boldsymbol{S}\)） - 圆柱导线的场强随 \(1/r\) 衰减，不是 \(1/r^2\)（柱对称与球对称不同） - 注意 \(V_1\) 和 \(V_2\) 哪个电势高，决定 \(E\) 的方向

【知识点B】电介质中的静电场（定理层）

核心关系： - 电位移矢量：\(\boldsymbol{D} = \varepsilon_0\varepsilon_r\boldsymbol{E} = \varepsilon\boldsymbol{E}\) - D的高斯定理：\(\oint \boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S} = \sum q_{0,\text{内}}\)（仅自由电荷） - 极化强度：\(\boldsymbol{P} = \varepsilon_0\chi_e\boldsymbol{E} = \boldsymbol{D} - \varepsilon_0\boldsymbol{E}\) - 极化电荷面密度：\(\sigma' = \boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n}\)

【题型1】介质中的高斯定理应用（链式推理型）

例题6-4（原题6-25）

【题干】 如图所示，半径 \(R=0.10\) m的导体球带有电荷 \(Q=1.0\times 10^{-8}\) C，导体外有两层均匀介质，一层介质的 \(\varepsilon_r = 5.0\)，厚度 \(d=0.10\) m，另一层介质为空气，充满其余空间。求： (1) 离球心为 \(r=5\) cm、15 cm、25 cm 处的 \(\boldsymbol{D}\) 和 \(\boldsymbol{E}\)； (2) 离球心为 \(r=5\) cm、15 cm、25 cm 处的电势 \(V\)； (3) 极化电荷面密度 \(\sigma'\)。

【核心考点】 介质中 \(\boldsymbol{D}\) 的高斯定理：\(\oint \boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S} = Q_{0,\text{内}}\)（只与自由电荷有关）。 然后由 \(\boldsymbol{D} = \varepsilon_0\varepsilon_r\boldsymbol{E}\) 求 \(\boldsymbol{E}\)。 > 逻辑定位：定理层——D的高斯定理在多层介质中的系统应用。

【通用解法与通式】 1. 作同心高斯球面，\(\oint \boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S} = Q_{0,\text{内}}\) → \(D\cdot 4\pi r^2 = Q_{0,\text{内}}\) 2. \(D(r)\) 与介质无关，只与自由电荷有关 3. 根据所在区域的 \(\varepsilon_r\) 求出 \(E(r) = D(r)/(\varepsilon_0\varepsilon_r)\) 4. 电势 \(V(r) = \int_r^\infty E\,dr\)（分段积分） 5. \(\sigma' = P_n = (\varepsilon_r-1)\varepsilon_0 E\)（在介质表面）

【详细推导与步骤】

(1) D和E的分布

导体球半径 \(R=0.10\) m，自由电荷 \(Q=1.0\times 10^{-8}\) C 介质1（\(\varepsilon_{r1}=5.0\)）：\(R < r < R+d = 0.20\) m 介质2（空气，\(\varepsilon_{r2}=1.0\)）：\(r > 0.20\) m

作同心高斯球面，由D的高斯定理： \(D\cdot 4\pi r^2 = Q\)（对所有 \(r > R\)）

\(D(r) = \dfrac{Q}{4\pi r^2}\)

\(r = 5\) cm = \(0.05\) m：在导体内部（\(r < R\)） 导体内部 \(E=0\)，\(D=0\)

\(r = 15\) cm = \(0.15\) m：在介质1中（\(R < r < 0.20\) m） \(D = \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{4\pi \times (0.15)^2} = \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{0.2827} = 3.54\times 10^{-8}\ \text{C/m}^2\)

\(E = \dfrac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_{r1}} = \dfrac{3.54\times 10^{-8}}{8.85\times 10^{-12} \times 5.0} = \dfrac{3.54\times 10^{-8}}{4.425\times 10^{-11}} = 800\ \text{V/m}\)

\(r = 25\) cm = \(0.25\) m：在介质2（空气）中 \(D = \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{4\pi \times (0.25)^2} = \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{0.7854} = 1.27\times 10^{-8}\ \text{C/m}^2\)

\(E = \dfrac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_{r2}} = \dfrac{1.27\times 10^{-8}}{8.85\times 10^{-12} \times 1.0} = 1437\ \text{V/m}\)

(2) 电势

取无穷远为零势点。

\(V(0.25) = \int_{0.25}^\infty E\,dr = \int_{0.25}^\infty \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,dr = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{1}{0.25}\)

\(= 9\times 10^9 \times \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{0.25} = 360\ \text{V}\)

\(V(0.15) = \int_{0.15}^{0.20} E_1\,dr + \int_{0.20}^\infty E_2\,dr\)

\(= \int_{0.15}^{0.20} \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_{r1}r^2}\,dr + \int_{0.20}^\infty \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,dr\)

\(= \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_{r1}}\left(\dfrac{1}{0.15} - \dfrac{1}{0.20}\right) + \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{1}{0.20}\)

\(= \dfrac{9\times 10^9 \times 1.0\times 10^{-8}}{5.0}\left(\dfrac{1}{0.15} - \dfrac{1}{0.20}\right) + 9\times 10^9 \times 1.0\times 10^{-8} \times 5.0\)

\(= \dfrac{0.09}{5.0}(6.667 - 5.0) + 0.09 \times 5.0\) \(= 0.018 \times 1.667 + 450\) \(= 0.03 + 450 \approx 450\ \text{V}\)

\(V(0.05) = V(0.10)\)（球是等势体）

\(V(0.10) = \int_{0.10}^{0.20} \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_{r1}r^2}\,dr + \int_{0.20}^\infty \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,dr\)

\(= \dfrac{9\times 10^9 \times 1.0\times 10^{-8}}{5.0}\left(\dfrac{1}{0.10} - \dfrac{1}{0.20}\right) + 450\)

\(= \dfrac{0.09}{5.0}(10 - 5.0) + 450 = 0.09 + 450 = 450.09\ \text{V}\)

(3) 极化电荷面密度

在介质1内表面（\(r=R\)）处： \(P = D - \varepsilon_0 E = D - \varepsilon_0\cdot\dfrac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_{r1}} = D\left(1 - \dfrac{1}{\varepsilon_{r1}}\right)\)

\(P(R) = \dfrac{Q}{4\pi R^2}\left(1 - \dfrac{1}{5.0}\right) = \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{4\pi(0.10)^2} \times 0.8\)

\(= \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{0.1257} \times 0.8 = 7.96\times 10^{-8} \times 0.8 = 6.37\times 10^{-8}\ \text{C/m}^2\)

\(\sigma'(R) = -P(R)\)（极化电荷面密度，内表面为负） \(\sigma'(R) = -6.37\times 10^{-8}\ \text{C/m}^2\)

在介质1外表面（\(r = 0.20\) m）： \(P(0.20) = D(0.20)\left(1 - \dfrac{1}{\varepsilon_{r1}}\right) = \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{4\pi(0.20)^2} \times 0.8\)

\(= \dfrac{1.0\times 10^{-8}}{0.5027} \times 0.8 = 1.99\times 10^{-8} \times 0.8 = 1.59\times 10^{-8}\ \text{C/m}^2\)

\(\sigma'(0.20) = +P(0.20) = +1.59\times 10^{-8}\ \text{C/m}^2\)（外表面为正）

⚠ 易错点： - \(\boldsymbol{D}\) 的分布只由自由电荷决定，与介质无关！这是D的高斯定理的核心优势 - \(\boldsymbol{E}\) 的分布在介质边界处不连续（因为 \(\varepsilon_r\) 不同） - 极化电荷面密度 \(\sigma' = \boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n}\)，内表面取 \(-P\)，外表面取 \(+P\) - 导体内部（\(r<R\)）场强恒为0（静电平衡），电势为常量

【题型2】有介质时的电容器问题（应用层）

例题6-5（原题6-28）

【题干】 两块面积为S的导体板构成一平行板电容器，导体极板间距离为d，将平行板电容器两极板接到电压为U的电源上，接通电源后在导体极板间的一半插入电容率为 \(\varepsilon\) 的各向同性均匀电介质，略去边缘效应。 (1) 试比较A、B两点的电场强度各为未插入电介质时的多少倍？ (2) 假如在电容器充电后，先断开电源，再在两极板间的一半插入电介质，则结果又将如何？

【核心考点】 两种不同模式下的介质插入问题：恒压模式（电压不变）vs 恒荷模式（电荷不变）。 > 逻辑定位：应用层——两种边界条件下的场分布，关键区分电源是否连接。

【通用解法与通式】 1. 恒压模式（接电源）：两极板间电势差恒为U，A（有介质）和B（无介质）处的电场强度关系为 \(E_A = E_B = U/d\)（因为极板是等势体，且距离d相同） 2. 恒荷模式（断开电源）：电容器极板上的电荷量Q不变，需重新分析电荷分布

【详细推导与步骤】

(1) 恒压模式（接电源）——比较A、B的场强

未插入介质时：\(E_0 = \dfrac{U}{d}\)，均匀。

插入介质（\(\varepsilon_r = \varepsilon/\varepsilon_0\)）后，极板仍保持等势，电势差为U。

在恒压模式下，有电介质区域（A点）和无电介质区域（B点）的极板面对应的电荷面密度不同，但两区域电场强度均垂直于极板。

由于极板为理想导体（等势体），A区和B区之间的电势差相同：

对于A区（有介质）：\(E_A d = U \Rightarrow E_A = U/d\) 对于B区（无介质）：\(E_B d = U \Rightarrow E_B = U/d\)

所以 \(E_A = E_B = E_0\)，即插入介质后A、B两点的电场强度与未插入时相比，均为 \(1:1\)。

注意：虽然场强相同，但A区极板电荷面密度 \(\sigma_A = D_A = \varepsilon E_A\) 更大，而B区 \(\sigma_B = \varepsilon_0 E_B\) 更小。

(2) 恒荷模式（断开电源后插入）

充电后断开电源：极板上总电荷 \(Q_0 = C_0U = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}U\) 不变。

插入介质后，A区（有介质）电容增大，B区（无介质）电容不变。两部分并联（极板连通）。

设A区面积 \(S_A = S/2\)，B区面积 \(S_B = S/2\)

\(C_A = \dfrac{\varepsilon S/2}{d}\)，\(C_B = \dfrac{\varepsilon_0 S/2}{d}\)

总电容：\(C = C_A + C_B = \dfrac{S}{2d}(\varepsilon + \varepsilon_0)\)

电荷重新分配：\(Q = Q_0 = C_0U\)（总电荷不变） \(U' = \dfrac{Q}{C} = \dfrac{\varepsilon_0 S U/d}{S(\varepsilon + \varepsilon_0)/(2d)} = \dfrac{2\varepsilon_0}{\varepsilon + \varepsilon_0}U\)

A区场强：\(E_A = \dfrac{U'}{d} = \dfrac{2\varepsilon_0}{\varepsilon + \varepsilon_0}E_0\) B区场强：\(E_B = \dfrac{U'}{d} = \dfrac{2\varepsilon_0}{\varepsilon + \varepsilon_0}E_0\)

A、B两点的场强相等，但均小于原来（因为电压降低）。

⚠ 易错点： - 恒压 vs 恒荷是介质问题的关键区别——必须在第一步判断清楚 - 恒压模式下插入介质，由于极板间电压不变，各处 \(E = U/d\) 相同 - 恒荷模式下插入介质，总电荷不变但电容增大→电压降低→场强减弱 - 平行板电容中A区和B区的极板是连通的，属于并联结构

第6章 B类补充题

B-1（原题B类第3题）

导体球+同心导体球壳，求电场储能和电容 - \(R_1\) 球带 \(Q\)，\(R_2/R_3\) 球壳 - 电场能量 \(W = \frac{1}{2}\int \boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{E}\,dV\) - 可分段积分：\(r<R_1\)（\(E=0\)），\(R_1<r<R_2\)，\(R_2<r<R_3\)（\(E=0\)），\(r>R_3\) - 电容 \(C = 4\pi\varepsilon_0 / (1/R_1 - 1/R_3)\) 或类似（取决于结构）

✅ 第6章完成 # 【第7章】恒定磁场

【知识点A】毕奥-萨伐尔定律与磁感应强度（定义层）

定义与定律： - 毕奥-萨伐尔定律：\(d\boldsymbol{B} = \dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{I d\boldsymbol{l} \times \hat{\boldsymbol{r}}}{r^2}\) - 磁场叠加原理：\(\boldsymbol{B} = \int d\boldsymbol{B}\)（矢量积分） - 常见载流导线的磁场公式： - 无限长直导线：\(B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\) - 半无限长直导线端点外侧：\(B = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi r}\) - 载流圆弧圆心：\(B = \dfrac{\mu_0 I}{2R}\cdot\dfrac{\theta}{2\pi}\)（\(\theta\) 为弧对应的圆心角，弧度） - 载流圆环中心：\(B = \dfrac{\mu_0 I}{2R}\)

逻辑定位：公理/定义层——毕奥-萨伐尔定律是恒定磁场的基本实验定律，类似静电学中的库仑定律。

【题型1】载流导线的磁场叠加（一步推理型）

例题7-1（原题7-10）

【题干】 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接。求环心O的磁感强度。

【核心考点】 利用毕奥-萨伐尔定律分析铁环各段的磁场贡献；注意”沿半径方向”的直导线段的磁场。 > 逻辑定位：定义层——毕奥-萨伐尔定律的几何分析。

【通用解法与通式】 1. 分析每段导线（直导线、圆弧段）在O点的磁场方向 2. 利用叠加原理求和 3. 注意电阻并联产生的电流分流关系

【详细推导与步骤】

铁环分为两段圆弧：从a到b的弧长设为 \(l_1\)（对应圆心角 \(\theta_1\)），b到a的弧长 \(l_2\)（对应圆心角 \(\theta_2\)），\(l_1 + l_2 = 2\pi R\)。

两根径向直导线沿半径方向——在O点，电流方向沿半径方向（与位矢平行或反平行），由 \(d\boldsymbol{l} \times \hat{\boldsymbol{r}} = 0\)，所以两根直导线在O点的磁场贡献为 0。

两段圆弧在O点的磁场方向都是垂直纸面，方向相反（可用右手螺旋判断）。

给O点产生的磁场大小为： \(B_1 = \dfrac{\mu_0 I_1}{2R}\cdot\dfrac{\theta_1}{2\pi}\)，\(B_2 = \dfrac{\mu_0 I_2}{2R}\cdot\dfrac{\theta_2}{2\pi}\)

铁环两段并联，电阻与长度成正比：\(R_1:R_2 = l_1:l_2 = \theta_1:\theta_2\)，电流与电阻成反比： \(I_1:I_2 = R_2:R_1 = \theta_2:\theta_1\)

\(B_1 = \dfrac{\mu_0 I_1\theta_1}{4\pi R}\)，\(B_2 = \dfrac{\mu_0 I_2\theta_2}{4\pi R}\)

\(B_1 = \dfrac{\mu_0 I_1\theta_1}{4\pi R} = \dfrac{\mu_0}{4\pi R}\cdot I\cdot\dfrac{\theta_2}{\theta_1+\theta_2}\cdot\theta_1 = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi R}\cdot\dfrac{\theta_1\theta_2}{\theta_1+\theta_2}\)

\(B_2 = \dfrac{\mu_0 I_2\theta_2}{4\pi R} = \dfrac{\mu_0}{4\pi R}\cdot I\cdot\dfrac{\theta_1}{\theta_1+\theta_2}\cdot\theta_2 = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi R}\cdot\dfrac{\theta_1\theta_2}{\theta_1+\theta_2}\)

\(B_1 = B_2\)（大小相等），方向相反，互相抵消。

结果： O点的磁感应强度为 0。

⚠ 易错点： - 沿半径方向的电流在圆心处产生的磁场为0（\(d\boldsymbol{l} \parallel \boldsymbol{r}\)） - 两段圆弧产生的磁场方向相反，大小相等时相消 - 电流分配由电阻（即弧长）决定，\(I_1:I_2 = \theta_2:\theta_1\)

例题7-2（原题7-11/7-12）

【题干】 几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？

【核心考点】 多种形状载流导线（直线+圆弧组合）在O点的磁场叠加。 > 逻辑定位：定义层——利用已知的典型几何形状磁场公式进行叠加。

【详细推导与步骤】

(a) 半圆+两段半无限长直线

两段半无限长直导线延长线通过O点？ - 如果直导线一端在O点切线方向延长线上，该段在O点的B为0（\(\theta=0\)或\(\pi\)） - 半圆弧：\(B = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\mu_0 I}{2R} = \dfrac{\mu_0 I}{4R}\)（半圆），方向垂直纸面向里/外

(b) 1/4圆弧+两段半无限长直线

• 半无限长直导线：如果端点正对O点，\(B = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi r}\)
• 1/4圆弧：\(B = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{\mu_0 I}{2R} = \dfrac{\mu_0 I}{8R}\)
• 方向判断：右手螺旋

(c) 圆环的一部分连接直线

典型结果需根据具体图形判断。关键步骤： 1. 将导线分解为直线段和圆弧段 2. 各段磁场用标准公式计算 3. 矢量叠加

⚠ 易错点： - 直线电流的磁场方向用右手定则判断 - 半无限长直导线的端点是”漏磁场”，注意公式不同 - 磁场是矢量叠加，注意方向正负号

【知识点B】安培环路定理（定理层）

核心定理： - 安培环路定理：\(\oint \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = \mu_0 \sum I_{\text{内}}\)（\(\sum I_{\text{内}}\) 是穿过环路的电流代数和） - 右手定则：电流方向与环路方向满足右手螺旋关系时取正

逻辑定位：定理层——安培环路定理是恒定磁场的基本定理，适用于对称性高的磁场计算。

【题型1】同轴电缆的磁场分布（链式推理型）

例题7-3（原题7-17）

【题干】 有一同轴电缆，其尺寸如图所示。两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度： (1) \(r < R_1\)； (2) \(R_1 < r < R_2\)； (3) \(R_2 < r < R_3\)； (4) \(r > R_3\)。 画出 \(B-r\) 图线。

【核心考点】 安培环路定理在轴对称电流分布中的应用：各区域电流分布不同，需分段计算环路包围的电流。 > 逻辑定位：定理层——\(\oint \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = \mu_0\sum I_{\text{内}}\) 的直接应用。

【通用解法与通式】 1. 由轴对称性，B沿圆周切线方向，大小只与r有关：\(\oint B\,dl = B\cdot 2\pi r\) 2. 对每个区域计算环路包围的电流 3. 代入安培环路定理求解

【详细推导与步骤】

内侧导体为半径为 \(R_1\) 的实心圆柱，外侧导体为内半径 \(R_2\)、外半径 \(R_3\) 的圆筒。 电流I从内导体流出，从外导体流回。

(1) \(r < R_1\)（内导体内部）

电流密度：\(j = \dfrac{I}{\pi R_1^2}\)

环路包围的电流：\(I_{\text{内}} = j\cdot \pi r^2 = I\dfrac{r^2}{R_1^2}\)

\(\oint \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = B_1\cdot 2\pi r = \mu_0 I\dfrac{r^2}{R_1^2}\)

\(\boxed{B_1 = \dfrac{\mu_0 I r}{2\pi R_1^2}}\)

(2) \(R_1 < r < R_2\)（两导体之间）

环路包围全部内导体电流：\(I_{\text{内}} = I\)

\(B_2\cdot 2\pi r = \mu_0 I\)

\(\boxed{B_2 = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}}\)

(3) \(R_2 < r < R_3\)（外导体内部）

外导体内电流密度：\(j = \dfrac{I}{\pi(R_3^2 - R_2^2)}\)（与内导体反向）

环路包围的电流 = 内导体的I（正向）- 外导体在环路内的部分电流

外导体在 \(R_2\) 到 \(r\) 之间所载电流： \(I_{\text{外}}(r) = j\cdot \pi(r^2 - R_2^2) = I\dfrac{r^2 - R_2^2}{R_3^2 - R_2^2}\)

总电流（取内导体电流方向为正）： \(I_{\text{内}} = I - I\dfrac{r^2 - R_2^2}{R_3^2 - R_2^2} = I\dfrac{R_3^2 - r^2}{R_3^2 - R_2^2}\)

\(B_3\cdot 2\pi r = \mu_0 I\dfrac{R_3^2 - r^2}{R_3^2 - R_2^2}\)

\(\boxed{B_3 = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\cdot\dfrac{R_3^2 - r^2}{R_3^2 - R_2^2}}\)

(4) \(r > R_3\)（电缆外部）

环路包围电流 = \(I\)（内导体正向）+ \((-I)\)（外导体反向）= 0

\(B_4 = 0\)

B-r图线： - \(r=0\) 到 \(R_1\)：线性增大 - \(R_1\) 到 \(R_2\)：随 \(1/r\) 衰减 - \(R_2\) 到 \(R_3\)：非线性减小到0 - \(r > R_3\)：恒为0

⚠ 易错点： - 安培环路定理解的B只与环路内电流有关，但前提是系统具有高度对称性（本题为轴对称） - 方向判断：单位长度同轴电缆是”内柱外筒”结构，电流反向，外部磁场为0（屏蔽效应） - \(r = R_1\)：\(B_1 = \mu_0 I/(2\pi R_1)\)，\(B_2\) 也等于 \(\mu_0 I/(2\pi R_1)\)，连续 - \(r = R_2\)：\(B_2 = \mu_0 I/(2\pi R_2)\)，\(B_3(R_2) = \mu_0 I/(2\pi R_2)\)，连续 - \(r = R_3\)：\(B_3(R_3) = 0\)，\(B_4 = 0\)，连续

【题型2】无限大载流平面的磁场（一步推理型）

例题7-4（原题7-21）

【题干】 设电流均匀流过无限大导电平面，其面电流密度为 \(j\)。求导电平面两侧的磁感强度。（提示：用安培环路定理求解。）

【核心考点】 无限大面对称性：B平行于平面且与电流方向垂直，两侧大小相等方向相反。 > 逻辑定位：定理层——安培环路定理求无限大电流分布产生的磁场。

【通用解法与通式】 1. 分析对称性：无限大平面，B只与到平面的距离有关 2. 作矩形安培环路（对称穿过平面），运用 \(\oint \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = \mu_0 I_{\text{内}}\) 3. 由对称性，两侧B大小相等

【详细推导与步骤】

作矩形安培环路，长为 \(l\)，宽不计，穿过导电平面。

由对称性：两侧B大小相等（设为 \(B\)），方向平行于平面且垂直于电流方向。

回路包围的电流：\(I_{\text{内}} = jl\)

对矩形环路积分： \(\oint \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = 2Bl = \mu_0 jl\)（两长边各贡献 \(Bl\)，短边贡献0因为B与短边垂直）

\(B = \dfrac{\mu_0 j}{2}\)

方向：右手定则——电流方向为 \(j\) 方向，磁感线平行于平面，方向由右手螺旋定则确定（四指弯曲方向为B方向，拇指为电流方向）。

结果： 两侧场强大小均为 \(\dfrac{\mu_0 j}{2}\)，方向相反。

⚠ 易错点： - 安培环路需利用对称性：矩形回路的两边平行于平面且与电流垂直 - 无限大载流平面与无限大均匀带电平面类似，但B是平行于平面的 - 两侧磁场方向相反（一侧穿入，一侧穿出）

【知识点C】安培力与磁力（应用层）

核心公式： - 安培力：\(d\boldsymbol{F} = I d\boldsymbol{l} \times \boldsymbol{B}\)（载流导线在磁场中的受力） - 有限长导线安培力：\(\boldsymbol{F} = I\int d\boldsymbol{l} \times \boldsymbol{B}\) - 平行电流间的相互作用：单位长度受力 \(F/l = \dfrac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d}\)

【题型1】平行载流导线间的作用力（链式推理型）

例题7-5（原题7-35）

【题干】 如图所示，一根长直导线载有电流 \(I_1 = 30\) A，矩形回路载有电流 \(I_2 = 20\) A。试计算作用在回路上的合力。已知 \(d = 1.0\) cm，\(b = 8.0\) cm，\(l = 0.12\) m。

【核心考点】 矩形回路各边受长直导线产生的安培力：两竖直边受力方向相反（不等距），两水平边受力方向垂直（对称相消）。 > 逻辑定位：应用层——安培力公式 \(F = IlB\) 与长直导线磁场 \(B = \mu_0 I/(2\pi r)\) 的综合应用。

【通用解法与通式】 1. 长直导线在空间中产生非均匀磁场 \(B(r) = \mu_0 I_1/(2\pi r)\) 2. 矩形回路各边受力计算：\(F = I_2\int |dl \times B|\) 3. 注意各边受力方向，矢量叠加求合力

【详细推导与步骤】

(1) 竖直边受力

左边（距长直导线距离为 \(d\)）： \(B_{\text{左}} = \dfrac{\mu_0 I_1}{2\pi d}\)

方向：垂直纸面向里（长直导线电流 \(I_1\) 方向假设向上） 左边电流方向：与 \(I_1\) 同向（设向下）

\(F_{\text{左}} = I_2 l B_{\text{左}} = I_2 l \cdot \dfrac{\mu_0 I_1}{2\pi d}\)（方向：水平向左——由左手定则）

右边（距长直导线距离为 \(d+b\)）： \(B_{\text{右}} = \dfrac{\mu_0 I_1}{2\pi(d+b)}\)

\(F_{\text{右}} = I_2 l B_{\text{右}} = I_2 l \cdot \dfrac{\mu_0 I_1}{2\pi(d+b)}\)（方向：水平向右）

(2) 水平边受力分析

上下两边电流方向相反，且 \(B\) 不是均匀的——受力需积分。但由于对称性，上下两边受力大小相等，方向相反（一个向上，一个向下），在竖直方向抵消，不影响水平合力。

(3) 合力（水平方向）

\(F_{\text{合}} = F_{\text{左}} - F_{\text{右}}\)（取向右为正）

\(F_{\text{右}} < F_{\text{左}}\)（右边离得远，磁场更弱）

\(F_{\text{合}} = \dfrac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi}\left(\dfrac{1}{d} - \dfrac{1}{d+b}\right)\)

\(= \dfrac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi}\cdot\dfrac{b}{d(d+b)}\)

代入：\(\mu_0 = 4\pi\times 10^{-7}\)，\(I_1=30\)，\(I_2=20\)，\(l=0.12\)，\(d=0.01\)，\(b=0.08\)

\(F_{\text{合}} = \dfrac{4\pi\times 10^{-7}\times 30\times 20\times 0.12}{2\pi}\cdot\dfrac{0.08}{0.01\times 0.09}\)

\(= \dfrac{4\times 10^{-7}\times 30\times 20\times 0.12}{2}\cdot\dfrac{0.08}{0.0009}\)

\(= 1.44\times 10^{-5}\cdot\dfrac{0.08}{0.0009}\)

\(= 1.44\times 10^{-5}\times 88.89\)

\(\boxed{F_{\text{合}} \approx 1.28\times 10^{-3}\ \text{N}}\)，方向向左（指向长直导线，即吸引力）

⚠ 易错点： - 两根平行同向电流互相吸引，反向电流互相排斥 - 矩形回路各边受力需注意方向——用左手定则逐一判断 - 水平边受力积分时要注意B随位置变化，不能简单用中点值

第7章 B类补充题

B-1（原题B类第1题）

圆弧ACB（\(\alpha=90°\)）+ 直导线BA，\(I=5.0\)A，\(R=0.12\)m，求O点B - 直导线BA：两端都不在O点，需用毕-萨积分（或标准公式） - 圆弧ACB：\(90°\) 弧 = 1/4圆周，\(B_{\text{弧}} = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{\mu_0 I}{2R}\)，方向垂直纸面

B-2（原题B类第4题）

半无限长平行共面金属薄带（宽a）均匀电流I，求O点B - 将薄带分割为宽度 \(dx\) 的无限长直导线，电流 \(dI = I\cdot dx/a\) - \(dB = \dfrac{\mu_0 dI}{2\pi x}\)（x为到O点的距离） - 积分：\(B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi a}\int_{d}^{d+a} \dfrac{dx}{x}\)

B-3（原题B类第5题）

1/4环形（\(R_1\)到\(R_2\)）均匀电流I，求圆心B - 电流密度（按半径均匀）：\(dI = \dfrac{I}{R_2-R_1}dr\) - 半径为r的圆弧段：\(dB = \dfrac{\mu_0}{4\pi}\cdot\dfrac{dI\cdot(\frac{\pi}{2}r)}{r^2}\)（\(\frac{\pi}{2}\)弧长） - \(dB = \dfrac{\mu_0}{4\pi}\cdot\dfrac{I}{R_2-R_1}\cdot\dfrac{\pi/2}{r}dr = \dfrac{\mu_0 I}{8(R_2-R_1)}\dfrac{dr}{r}\) - \(B = \dfrac{\mu_0 I}{8(R_2-R_1)}\ln\dfrac{R_2}{R_1}\)

✅ 第7章完成 # 【第8章】电磁感应 期末复习提纲

【知识点A】法拉第电磁感应定律与楞次定律（定义/公理层）

核心定律： - 法拉第电磁感应定律：\(\varepsilon = -\dfrac{d\Phi}{dt}\)（感应电动势等于磁通量变化率的负值） - 楞次定律：感应电动势的方向总是阻碍引起感应的磁通量变化 - 磁通量：\(\Phi = \int_S \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}\)

逻辑定位：公理/定义层——电磁感应的实验总结与基本定律，是整个电磁感应章节的出发点。

【题型1】直导线旁的线圈感应电动势（一步推理型）

例题8-1（原题8-7）

【题干】 有两根相距为d的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以 \(dI/dt\) 的变化率增长。若有一边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示。求线圈中的感应电动势。

【核心考点】 两根载流导线产生的磁场叠加，通过线圈的磁通量计算，再由法拉第定律求感应电动势。 > 逻辑定位：定义层——\(B\) 叠加→\(\Phi\) 计算→\(\varepsilon = -d\Phi/dt\)。

【通用解法与通式】 1. 由无限长直导线公式 \(B = \mu_0 I/(2\pi r)\) 求各处磁场 2. 两导线磁场叠加，注意方向 3. 通过线圈的磁通量 \(\Phi = \int \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}\) 4. 由 \(\varepsilon = -d\Phi/dt\) 求电动势（注意 \(dI/dt\) 已知）

【详细推导与步骤】

(1) 磁场分布

设左导线电流向上（\(I\)），右导线电流向下（\(I\)）。

取正方形线圈左边界距左导线为某距离。由图形常见位置，设正方形线圈位于两导线之间（左右各距d/2）。

对线圈内距左导线 \(r\) 处（\(r\) 从左侧导线算起）： - 左导线在该处产生的磁场：\(B_1 = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\)，方向垂直纸面向里 - 右导线在该处产生的磁场：\(B_2 = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi (d-r)}\)，方向垂直纸面向外

两磁场方向相反，取向里为正： \(B = B_1 - B_2 = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{d-r}\right)\)

(2) 磁通量

线圈从 \(r = d/2\) 到 \(r = 3d/2\)（假设线圈在两导线之间且紧贴左侧导线…等等让我重新审题）

题目说正方形边长为 \(d\)，与两导线处于同一平面。根据常见题型，正方形线圈一边与左导线重合（或线圈恰在两导线之间）。

假设线圈左侧边距左导线为 \(a\)，右侧边距左导线为 \(a+d\)。

但常见配置是：两根导线相距 \(d\)，边长 \(d\) 的正方形放在其中，左边界与左导线重合？

让我采用最常见的设置：线圈左边与左导线重合，右边距离左导线为 \(d\)。

磁通量： \(\Phi = \int_S B\,dS = \int_{a}^{a+d} B(r)\cdot d\cdot dr\)

若 \(a = 0\)（线圈左边界在左导线处）： \(\Phi = d\int_0^d \dfrac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{d-r}\right)dr\)

\(= \dfrac{\mu_0 I d}{2\pi}\left[\ln r + \ln(d-r)\right]_0^d\)

这个积分在 \(r=0\) 和 \(r=d\) 发散！说明线圈不能包含导线本身。

通常的设置是：线圈中心在两导线中间。设线圈左边界距左导线为 \(d/2\)，右边界距左导线为 \(3d/2\)：

\(\Phi = d\int_{d/2}^{3d/2} \dfrac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{d-r}\right)dr\)

\(= \dfrac{\mu_0 I d}{2\pi}\left\{\left[\ln\frac{3d/2}{d/2}\right] + \left[\ln\frac{d-3d/2}{d-d/2}\right]\right\}\)

注意第二项：\(d-r\) 从 \(d/2\) 到 \(-d/2\)，需要小心符号。

\(\int_{d/2}^{3d/2} \dfrac{dr}{d-r} = \left[-\ln(d-r)\right]_{d/2}^{3d/2} = -\ln(-d/2) + \ln(d/2)\)

需用绝对值：\(\int \dfrac{dr}{d-r} = -\ln|d-r|\)

\(\Phi = \dfrac{\mu_0 I d}{2\pi}\left\{\ln\frac{3d/2}{d/2} + [-\ln|d-3d/2| + \ln|d-d/2|]\right\}\)

\(= \dfrac{\mu_0 I d}{2\pi}\left\{\ln 3 + [-\ln(d/2) + \ln(d/2)]\right\}\)

\(= \dfrac{\mu_0 I d}{2\pi}\ln 3\)

(3) 感应电动势

\(\varepsilon = -\dfrac{d\Phi}{dt} = -\dfrac{\mu_0 d\ln 3}{2\pi}\cdot\dfrac{dI}{dt}\)

方向由楞次定律判断：电流增大→磁通量增大→感应电流产生的磁场阻碍原磁场变化。

⚠ 易错点： - 磁场叠加要注意方向——本题两导线电流反向，磁场方向相反 - 磁通量积分时注意 \(\ln|d-r|\) 的处理 - 结果是 \(\varepsilon \propto dI/dt\)，与瞬时电流值无关

【知识点B】动生电动势（定理层）

核心公式： - 动生电动势（导体切割磁感线）：\(\varepsilon = \int (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\) - 特例：直导线在均匀磁场中垂直切割，\(\varepsilon = Blv\)

逻辑定位：定理层——动生电动势是法拉第定律在导体运动情形下的具体形式，本质是洛伦兹力做功。

【题型1】平动导体的动生电动势（直给型/一步推理型）

例题8-2（原题8-10）

【题干】 如图所示，把一半径为R的半圆形导线OP置于磁感应强度为B的均匀磁场中，当导线以速率v水平向右平动时，求导线中感应电动势E的大小，哪一端电势较高？

【核心考点】 动生电动势的积分定义 \(\varepsilon = \int (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\)，注意半圆形导线上各 \(d\boldsymbol{l}\) 方向不同。 > 逻辑定位：定理层——动生电动势定义的矢量积分。

【通用解法与通式】 1. 对曲导线，取微元 \(d\boldsymbol{l}\)，\(d\varepsilon = (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\) 2. 沿导线从O到P积分 3. 或利用等效长度（连接两端点的直线投影长度）

【详细推导与步骤】

(1) 积分法

\(\boldsymbol{v}\) 水平向右，\(\boldsymbol{B}\) 垂直于纸面（设向里）。

对导线上的微元 \(d\boldsymbol{l}\)： \(d\varepsilon = (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\)

\(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 方向向下（或向上，取决于B的方向），大小为 \(vB\)。

设 \(\boldsymbol{B}\) 向里，则 \(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 方向向下。

\(d\varepsilon = vB\cdot dl\cdot\cos\theta\)

其中 \(\theta\) 是 \((\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\) 方向与 \(d\boldsymbol{l}\) 的夹角。

(2) 等效长度法（更简单）

动生电动势 \(\varepsilon = \int (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\) 只取决于导体在垂直于速度方向上的投影长度。

连接O和P的直线段在垂直于运动方向上的投影： 两端点间的直线距离 = \(2R\)（直径）

在均匀磁场中，半圆形导线平动产生的动生电动势，等于其端点连线（直径）以相同速度平动产生的电动势： \(\varepsilon = B\cdot (2R)\cdot v = 2BRv\)

方向判断：由右手定则（或洛伦兹力方向），O端电势较高（或P端，取决于B的方向）。

(3) 哪端电势高

若 \(\boldsymbol{B}\) 垂直纸面向里，\(\boldsymbol{v}\) 向右，则正电荷受洛伦兹力方向由右手定则判断→得到P端电势高（或O端）。

具体方向取决于B的方向，但半圆导线中感应电动势大小为 \(\boxed{2BRv}\)。

⚠ 易错点： - 弯曲导线的动生电动势等于端点连线直导线的电动势（在均匀磁场中！）——这是最简捷的方法 - 方向判断用右手定则：手心迎B，拇指指向v，四指指向正电荷受力的方向（即电势高的一端） - 非均匀磁场中不能用等效长度法，必须积分

例题8-3（原题8-13）

【题干】 如图所示，金属杆AB以匀速 \(v = 2.0\ \text{m·s}^{-1}\) 平行于一长直导线移动，此导线通有电流 \(I = 40\) A。求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？

【核心考点】 非均匀磁场（长直导线产生）中的动生电动势，需积分计算。 > 逻辑定位：定理层——动生电动势 \(\varepsilon = \int (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\) 在非均匀磁场中的积分。

【通用解法与通式】 1. 长直导线的磁场 \(B(r) = \mu_0 I/(2\pi r)\) 2. AB杆上微元 \(d\varepsilon = vB(r)\,dr\)（\(\boldsymbol{v} \perp \boldsymbol{B}\)） 3. 沿杆积分

【详细推导与步骤】

设长直导线电流 \(I\) 方向向上（或根据图形确定）。

长直导线产生的磁场：\(B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\)，方向环绕导线（右手螺旋）

AB杆平行于长直导线放置（设距离为 \(d\)），以速度 \(v\) 垂直于导线方向运动。

在AB杆上取微元 \(dr\)（从A到B），该微元处的磁场大小为： \(B(r) = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\)

\(d\varepsilon = vB(r)\,dr = \dfrac{\mu_0 I v}{2\pi}\cdot\dfrac{dr}{r}\)

设杆长为 \(L\)，A端距直导线为 \(d\)，B端距直导线为 \(d+L\)：

\(\varepsilon = \int_d^{d+L} \dfrac{\mu_0 I v}{2\pi}\cdot\dfrac{dr}{r} = \dfrac{\mu_0 I v}{2\pi}\ln\dfrac{d+L}{d}\)

代入数值（需知道 \(d\) 和 \(L\) 的具体值——题目图中有标注，常见值 \(d\) 为数cm）：

若 \(d = 1.0\) cm，\(L = \text{杆长}\)（如未给出，通常为题目图形中的标尺值）

\(\varepsilon = \dfrac{4\pi\times 10^{-7} \times 40 \times 2.0}{2\pi}\ln\dfrac{d+L}{d} = 1.6\times 10^{-5}\ln\dfrac{d+L}{d}\ \text{V}\)

方向：由右手定则，A端电势较高（或B端）。

⚠ 易错点： - 非均匀磁场中 \(\varepsilon \neq Blv\)！必须积分 - 磁场随 \(1/r\) 衰减，积分结果为 \(\ln\) 形式 - 哪端电势高：用洛伦兹力方向判断正电荷的受力方向

【题型2】转动导体的动生电动势（一步推理型）

例题8-4（原题8-12）

【题干】 如图所示，长为L的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO’轴以角速度 \(\omega\) 旋转，棒与转轴间夹角恒为 \(\theta\)，磁感强度B与转轴平行。求OP棒在图示位置处的电动势。

【核心考点】 转动导体在磁场中的动生电动势：\(d\varepsilon = (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\)，各点速度不同（\(v = \omega r\)），需分段积分。 > 逻辑定位：定理层——转动情形下 \(v\) 随位置线性变化，需用积分。

【通用解法与通式】 1. 取导体棒上距转轴 \(r\) 处的微元 \(dl\) 2. 该点速度 \(v = \omega r\sin\theta\)（实际上需要小心，因为棒不是垂直转轴的） 3. 若B与转轴平行，做矢量叉积 4. 沿棒积分

【详细推导与步骤】

导体棒OP长L，与转轴OO’夹角为 \(\theta\)。

转轴上各点速度为0，棒上距转轴 \(r\) 处： 速度大小 \(v = \omega r\sin\theta\)（\(r\sin\theta\) 是该点到转轴的垂直距离）

\(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 的方向垂直于 \(\boldsymbol{v}\) 和 \(\boldsymbol{B}\) 构成的平面。

\(d\varepsilon = (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\)

\(\boldsymbol{B}\) 沿转轴方向，\(d\boldsymbol{l}\) 沿棒方向。

在棒上取微元，\(r\) 从0到L： \(v = \omega r\sin\theta\)

\(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 的大小为 \(vB\sin 90° = \omega rB\sin\theta\)

\(d\varepsilon = \omega rB\sin\theta \cdot (\sin\theta)\,dr\)（\(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 方向与 \(d\boldsymbol{l}\) 的夹角为 \(\theta\) 的补角，投影后为 \(\sin\theta\)）

大括号内的投影需要具体分析几何关系。设 \(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 沿垂直于棒且垂直于B的方向，其沿棒方向的投影为 \(\sin\theta\) 关系：

\(d\varepsilon = \omega B r\sin^2\theta\,dr\)

\(\varepsilon = \int_0^L \omega B r\sin^2\theta\,dr = \omega B\sin^2\theta\int_0^L r\,dr\)

\(\boxed{\varepsilon = \dfrac{1}{2}\omega B L^2\sin^2\theta}\)

⚠ 易错点： - 棒上各点线速度不同（\(v = \omega r_\perp = \omega r\sin\theta\)），必须积分 - \(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 的方向与 \(d\boldsymbol{l}\) 的方向不一定平行，需投影 - 当 \(\theta = 90°\)（棒垂直于转轴）时，\(\varepsilon = \frac{1}{2}\omega B L^2\)——常见的转动棒公式

【知识点C】感生电动势与涡旋电场（定理层）

核心公式： - 感生电动势：\(\varepsilon = -\dfrac{d\Phi}{dt} = \oint \boldsymbol{E}_{\text{旋}}\cdot d\boldsymbol{l}\) - 涡旋电场：\(\oint \boldsymbol{E}_{\text{旋}}\cdot d\boldsymbol{l} = -\int_S \dfrac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t}\cdot d\boldsymbol{S}\)

逻辑定位：定理层——变化磁场激发涡旋电场，是法拉第定律的另一种形式。

【题型1】变化磁场中的金属棒（链式推理型）

例题8-5（原题8-18）

【题干】 在半径为R的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B的方向与柱的轴线平行。如图所示，有一长为l的金属棒放在磁场中，设B随时间的变化率 \(dB/dt\) 为常量。试证：棒上感应电动势的大小为…

【核心考点】 变化磁场激发涡旋电场，金属棒上的感生电动势可通过涡旋电场积分求得，也可用法拉第定律（构造回路）。 > 逻辑定位：定理层——\(\varepsilon = \oint \boldsymbol{E}_{\text{旋}}\cdot d\boldsymbol{l} = -\dfrac{d\Phi}{dt}\)，构造闭合回路求棒上的电动势。

【通用解法与通式】 1. 构造闭合回路（金属棒 + 辅助路径） 2. 计算回路包围区域的磁通量变化率 3. 由 \(\varepsilon = -d\Phi/dt\) 得回路总电动势 4. 辅助路径上的电动势为0或已知，即可得金属棒上的电动势

【详细推导与步骤】

[典型推导]

磁场局限在半径为R的圆柱形区域内，方向沿轴线，\(dB/dt = \text{常量}\)。

金属棒长 \(l\)，棒中心到圆柱中心轴的距离设为 \(h\)。

构造回路：沿金属棒（从一端到另一端）→沿径向到轴心→沿轴心另一径向返回。

由法拉第定律，回路中的电动势等于回路包围面积上磁通量变化率的负值。

回路包围的磁通量：\(\Phi = B \cdot S\)

其中 \(S\) 是回路所包围的面积（在磁场区域内的部分）。

可根据具体几何关系计算出S，然后： \(\varepsilon = -S\cdot\dfrac{dB}{dt}\)

金属棒上的电动势即为回路总电动势（因为辅助径向路径上 \(\boldsymbol{E}_{\text{旋}} \perp d\boldsymbol{l}\) 或积分为0）。

⚠ 易错点： - 感生电动势来源于涡旋电场，与导体本身是否运动无关 - 构造回路时，辅助路径应选择 \(\boldsymbol{E}_{\text{旋}}\cdot d\boldsymbol{l} = 0\) 的方向（如沿径向） - 注意磁场的有界性：只有圆柱形区域内才有磁场

【知识点D】自感与互感（定理层）

核心公式： - 自感：\(\varepsilon_L = -L\dfrac{dI}{dt}\)，\(L = \dfrac{\Phi}{I}\) - 自感磁能：\(W_m = \dfrac{1}{2}LI^2\) - 磁场能量密度：\(w_m = \dfrac{B^2}{2\mu_0}\)

【题型1】平行双导线的自感（一步推理型）

例题8-6（原题8-21）

【题干】 有两根半径均为a的平行长直导线，它们中心距离为d。试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）。

【核心考点】 自感 \(L = \Phi/I\)，需计算两导线之间区域的总磁通量。 > 逻辑定位：定理层——自感定义 \(L = \Phi/I\) 的计算。

【通用解法与通式】 1. 设导线通以电流 \(I\)（一线流入，一线流出） 2. 计算两导线之间区域的磁场分布 3. 求通过两导线之间的磁通量 \(\Phi\) 4. 自感 \(L = \Phi/I\)

【详细推导与步骤】

两平行长直导线，半径均为 \(a\)，中心距 \(d\)。

设左导线通电流 \(I\) 向上，右导线通电流 \(I\) 向下（构成回路）。

在两导线之间，距左导线 \(r\) 处： \(B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r} + \dfrac{\mu_0 I}{2\pi(d-r)} = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\dfrac{1}{r} + \dfrac{1}{d-r}\right)\)

两导线在中间区域的磁场方向相同（都向里或都向外）。

通过两导线之间（从 \(r=a\) 到 \(r=d-a\)）、长为 \(l\) 的矩形面积的磁通量： \(\Phi = \int_a^{d-a} B(r)\cdot l\,dr = \dfrac{\mu_0 I l}{2\pi}\int_a^{d-a}\left(\dfrac{1}{r} + \dfrac{1}{d-r}\right)dr\)

\(= \dfrac{\mu_0 I l}{2\pi}\left[\ln r - \ln(d-r)\right]_a^{d-a}\)

\(= \dfrac{\mu_0 I l}{2\pi}\left\{\ln(d-a) - \ln a - [\ln a - \ln(d-a)]\right\}\)

\(= \dfrac{\mu_0 I l}{2\pi}\cdot 2\ln\dfrac{d-a}{a}\)

\(= \dfrac{\mu_0 I l}{\pi}\ln\dfrac{d-a}{a}\)

自感： \(L = \dfrac{\Phi}{I} = \boxed{\dfrac{\mu_0 l}{\pi}\ln\dfrac{d-a}{a}}\)

若 \(d \gg a\)：\(L \approx \dfrac{\mu_0 l}{\pi}\ln\dfrac{d}{a}\)

⚠ 易错点： - 计算磁通量时注意：两导线电流反向，中间区域磁场同向叠加 - 忽略导线内部磁通量意味着积分从 \(r=a\) 开始（导线表面），不是从0开始 - \(d \approx a\) 时需小心 \(\ln\) 项趋于0

【题型2】磁能计算（直给型）

例题8-7（原题8-27）

【题干】 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为 \(I\)。试证：单位长度导线内所贮藏的磁能为 \(\mu_0 I^2/(16\pi)\)。

【核心考点】 磁场能量 \(W_m = \int w_m\,dV\)，\(w_m = B^2/(2\mu_0)\)，对导线内部磁场积分。 > 逻辑定位：定理层——磁场能量密度公式的直接应用。

【通用解法与通式】 1. 求导线内部磁场分布（由安培环路定理） 2. 求磁场能量密度 \(w_m = B^2/(2\mu_0)\) 3. 对单位长度导线体积积分

【详细推导与步骤】

半径为 \(R\) 的圆柱形长直导线，电流密度 \(j = I/(\pi R^2)\)。

由安培环路定理，导线内距轴线 \(r\) 处： \(\oint \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = B\cdot 2\pi r = \mu_0 I_{\text{内}} = \mu_0 j\cdot \pi r^2 = \mu_0 I\dfrac{r^2}{R^2}\)

\(B = \dfrac{\mu_0 I r}{2\pi R^2}\)（\(r \leq R\)）

能量密度：\(w_m = \dfrac{B^2}{2\mu_0} = \dfrac{1}{2\mu_0}\cdot\dfrac{\mu_0^2 I^2 r^2}{4\pi^2 R^4} = \dfrac{\mu_0 I^2 r^2}{8\pi^2 R^4}\)

单位长度导线的磁能（对体元 \(dV = 2\pi r\,dr\times 1\)）： \(W_m = \int_0^R w_m\cdot 2\pi r\,dr = \int_0^R \dfrac{\mu_0 I^2 r^2}{8\pi^2 R^4}\cdot 2\pi r\,dr\)

\(= \dfrac{\mu_0 I^2}{4\pi R^4}\int_0^R r^3\,dr\)

\(= \dfrac{\mu_0 I^2}{4\pi R^4}\cdot\dfrac{R^4}{4}\)

\(= \boxed{\dfrac{\mu_0 I^2}{16\pi}}\) ✅

⚠ 易错点： - 仅计算导线内部的磁能（题目要求），导线外部也有磁能——但本题只问内部 - \(B\) 在导线内随 \(r\) 线性增长，\(w_m \propto r^2\)，积分时注意 \(dV\) 表达式

【知识点E】位移电流（应用层）

核心公式： - 位移电流：\(I_d = \varepsilon_0\dfrac{d\Phi_E}{dt}\) - 位移电流密度：\(\boldsymbol{j}_d = \varepsilon_0\dfrac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}\) - 全电流定律：\(\oint \boldsymbol{H}\cdot d\boldsymbol{l} = I_c + I_d\)

逻辑定位：应用层——位移电流是麦克斯韦的重要贡献，使电流概念得以推广。

【题型1】平行板电容器的位移电流（直给型）

例题8-8（原题8-31）

【题干】 设有半径 \(R = 0.20\) m的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离 \(d = 0.50\) cm，以恒定电流 \(I = 2.0\) A对电容器充电。求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）。

【核心考点】 位移电流密度 \(j_d = \varepsilon_0\,\partial E/\partial t\)，平行板电容器内电场均匀，\(E = \sigma/\varepsilon_0 = Q/(\varepsilon_0 S)\)。 > 逻辑定位：定理层——位移电流定义式的直接计算。

【通用解法与通式】 1. 充电电流 \(I\) = 极板上电荷的变化率 \(dQ/dt\) 2. 板间电场 \(E = Q/(\varepsilon_0 S)\) 3. \(\partial E/\partial t = (dQ/dt)/(\varepsilon_0 S) = I/(\varepsilon_0 S)\) 4. 位移电流密度 \(j_d = \varepsilon_0\,\partial E/\partial t = I/S\)

【详细推导与步骤】

极板面积：\(S = \pi R^2 = \pi \times (0.20)^2 = 0.1257\ \text{m}^2\)

充电时，极板上电荷变化率等于充电电流：\(dQ/dt = I = 2.0\ \text{A}\)

板间电场（忽略边缘效应，均匀分布）： \(E = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0} = \dfrac{Q}{\varepsilon_0 S}\)

位移电流密度： \(j_d = \varepsilon_0\dfrac{\partial E}{\partial t} = \varepsilon_0\cdot\dfrac{1}{\varepsilon_0 S}\dfrac{dQ}{dt} = \dfrac{I}{S}\)

\(= \dfrac{2.0}{0.1257} = \boxed{15.9\ \text{A/m}^2}\)

注意：位移电流密度与 \(\varepsilon_0\) 无关！\(\varepsilon_0\) 在推导中消去了，因为 \(E\) 本身正比于 \(1/\varepsilon_0\)。

⚠ 易错点： - 位移电流密度 \(j_d = I/S\) 是恒定电流充电时的特殊结果，一般情况 \(j_d = \varepsilon_0\,\partial E/\partial t\) - 位移电流的方向与电场变化的方向相同（即与充电电流方向一致） - 忽略边缘效应是计算的关键前提

第8章 B类补充题

B-1（原题B类第1题）

长直导线旁运动导体杆的电动势 - 与例题8-3（原题8-13）类似 - \(\varepsilon = \dfrac{\mu_0 I v}{2\pi}\ln\dfrac{r_2}{r_1}\)（其中 \(r_1\)、\(r_2\) 为杆两端到直导线的距离）

B-2（原题B类第2题）

扇形线圈向下运动 - OA边和OC边：沿径向，\(\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}\) 方向沿径向，与 \(d\boldsymbol{l}\) 平行/反平行，计算得 \(vB\cdot dr\) 积分 - AC边（圆弧）：需分段积分 \(\varepsilon = \int (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})\cdot d\boldsymbol{l}\) - 总电动势 = 三边之和

B-3（原题B类第4题）

矩形线圈 \(N=1000\)匝，\(v=3.0\)m/s，\(I=5.0\)A - 多匝线圈 \(\varepsilon = N\cdot(-d\Phi/dt)\) - 运动时磁通变化 \(d\Phi/dt\) 由位置变化引起 - \(\varepsilon = N\cdot\dfrac{\mu_0 I l}{2\pi}\left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+b}\right)\cdot v\)，代入具体值

✅ 第8章完成