大学物理1期末复习题.doc

1、1大学物理 1 期末复习题（力学部分）第一章重点：质点运动求导法和积分法，圆周运动角量和线量。第二章重点：牛顿第二运动定律的应用(变形积分)第三章重点：动量守恒定律和机械能守恒定律第四章重点：刚体定轴转动定律和角动量守恒定律1一质点沿半径为 m 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在 0 这0.1R t段时间内所经过的路程为 ，式中 以 m 计， 以 s 计，则在 时刻质42tSSt点的角速度为 rad/s， 角加速度为 。 （求导法） 2t2/rad2质点沿 x 轴作直线运动，其加速度 m/s2，在 时刻， ，t0t0vm，则该质点的运动方程为 。 （积分法）10x313一质点从静止出发绕半径

2、 R 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为 ，则该质点走完半周所经历的时间为_ _ _。 （积分法）24伽利略相对性原理表明对于不同的惯性系牛顿力学的规律都具有相同的形式。5一质量为 的质点在力 作用下由静止开始运动，若此kgm2NtFx32力作用在质点上的时间为 ，则该力在这 内冲量的大小 10 NS ；ssI质点在第 末的速度大小为 5 m/s 。 （动量定理和变力做功）s6一质点在平面内运动, 其 ， ； 、 为大于零的常数，则1cr2/cdtv12该质点作 匀加速圆周运动 。 7一质点受力 的作用，式中 以 m 计， 以 N 计，则质点从26xFxFm 沿 X 轴运动到 x=2.0 m

3、时，该力对质点所作的功 。 （变0.1x AJ14力做功）8一滑冰者开始自转时其动能为 ，当她将手臂收回, 其转动惯量减少20J2为 ，则她此时自转的角速度 。 （角动量守恒定律）30J039一质量为 半径为 的滑轮，如图所示，用细绳绕在其边缘，绳的另一端系mR一个质量也为 的物体。设绳的长度不变，绳与滑轮间无相对滑动，且不计滑轮与轴间的摩擦力矩，则滑轮的角加速度 ；若用力 拉绳的一端，则滑轮的角加速Rg32gF度为 。 （转动定律）10.一刚体绕定轴转动，初角速度 rad/s，现在大小为 （N m）的恒力808矩作用下，刚体转动的角速度在 2 秒时间内均匀减速到 rad/s，则刚体在4此恒力

4、矩的作用下的角加速度 _ _ _，刚体对此轴的转2/srad动惯量 4kgm2 。 （转动定律）J11一质点在平面内运动，其运动方程为 ，式中 、 以 m 计，2 ,41xtyxy以秒 s 计，求：t(1) 以 为变量，写出质点位置矢量的表达式；(2) 轨迹方程；(3) 计算在 12s 这段时间内质点的位移、平均速度；(4) 时刻的速度表达式；t(5) 计算在 12s 这段时间内质点的平均加速度；在 s 时刻的瞬时加速度。1t解：（1） ；)m(1422jtitr(2) ； )(xy(3) ； ； (16ji (/s)62iv(4) ； )/s482jtdtrv(5) ； （求导法）)(m/s

5、a(21a12摩托快艇以速率 行驶，它受到的摩擦阻力与速度平方成正比，设比例系0v数为常数 k，即可表示为 。设快艇的质量为 ，当快艇发动机关闭后，2kFmF 3(1)求速度随时间的变化规律；(2)求路程随时间的变化规律。解：（1） 2dvkmt020v0mvkt（2） （牛二定律变形积分）00xtvddtmk0(1)xLn13如图所示，两个带理想弹簧缓冲器的小车和 ，质量分别为 和 ， 不动， 以速AB12BA度 与 碰撞，如已知两车的缓冲弹簧的倔强0v系数分别为 和 ，在不计摩擦的情况下，求1k2两车相对静止时，其间的作用力为多大?(弹簧质量忽略而不计)。解：系统动量守恒： 1012()m

6、vv系统机械能守恒： 2221kx两车相对静止时弹力相等： 12FkxF= （动量守恒和机械能守恒定律）02121vkm14有一质量为 长为 的均匀细棒，静止平放在光滑的水平桌面上，它可绕l通过其中点 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为 的O 2m子弹以速度 v 射入杆端，其方向与杆及轴正交，求碰撞后棒端所获得的角速度。解：系统角动量守恒： 2Jlmv总21()llJ总（角动量守恒定律）216(3)vmlB 1m 2 0v k 4电磁学部分第五章重点：点电荷系（矢量和） 、均匀带电体（积分法） 、对称性电场（高斯定理，分段积分）的电场强度 E 和电势 V 的计算。第七章重点：

7、简单形状载流导线（矢量和） 、对称性磁场（安培环路定理）的磁感应强度B 的计算，安培力 F 的计算。第八章重点：感生电动势（法拉第电磁感应定律）和动生电动势 的计算，磁通量 的im计算。1.一半径为 R 的半圆细环上均匀地分布电荷 ，求环心处的电场强度.Q分析 在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷.现将其抽象为带电半圆弧线。在弧线上取线 ，其电荷 ，此电荷元可视为点电荷，它在点 O 的电场dldlRq强度 ，因圆环上的电荷对 y 轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则2041rqdE有 ，点 的合电场强度 ，统一积分变量可求得 .LxOLydEE解： （1）建立坐标系；（2）取

8、电荷元 lRQdq（3）写 2041rE（4）分解到对称轴方向cos20rdqy（5）积分： dlRQELO20s41由几何关系 ，统一积分变量后，有dl，方向沿 y 轴负方向.202200cosRQ（积分法五步走）2.两条无限长平行直导线相距为 ,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为 （1）求两导0r .线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一线的垂直距离为 ); (2)求每一根导线x5上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.rE02解: 设点 在导线构成的平面上， 、 分别表示正、负带电导线在 点的电场

9、PE P强度，则有（矢量和）ixrE0012ixr023.设均强电场的电场强度 与半径为 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电R场强度通量.分析 方法 1：由电场强度通量的定义，对半球面 求积分，即 .SSdE方法 2：作半径为 的平面 与半球面 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内S无电荷，由高斯定理 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平010qdES面 的电场强度通量在数值上等于穿出半球面 的电场强度通量. 因而SSd解: 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有SSdE依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元 的方向，（高斯定理和电通量定义式）R22cos4.在电荷体密度为 的均匀带

10、电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心 指向球形 O空腔球心 的矢量用 表示（图 8-17).试证明球形空腔中任一点的电场强度为OaaE03分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为 的均匀带电球和一个电荷体密度为 、球心在 的带电小球体（半径等于空腔球体的半径 ).大小球O体在空腔内 点产生的电场强度分别为 、 ，则 点的电场强度为两者矢量和。 .P1E2P证: 带电球体内部一点的电场强度为6rE03所以 ；1012023rE21021根据几何关系

11、 ，上式可改写为 （等效法和高斯定理）ar21 aE035.一无限长、半径为 的圆柱体上电荷均匀分布.圆柱体单位长度的电荷为 ，用高斯定理R 求圆柱体内距离为 处的电场强度.r分析 无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布，电场强度也为轴对称分布，且沿径矢方向.取同轴柱面为高斯面，电场强度在圆柱侧面上大小相等，且与柱面正交.在圆柱的两个底面上，电场强度与底面平行， ，对电场强度通量的贡献为零.整个高斯面的电场0dSE强度通量为 由于圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度 ，出于高斯面内的rLdS2 E总电荷 由高斯定理 可解得电场强度的分布.q0q解: 取同轴柱面为高斯面，由上述分析得LrRrrLE20201

12、2（高斯定理）206.两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为 和 ，单位长度112R上的电荷为 .求离轴线为 处的电场强度：（ 1） ， （2） ， （3）rRrr2r分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定程轴对称分布，沿径向方向.去同轴圆柱为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且 求出不同半,LEdS径高斯面内的电荷 .利用高斯定理可解得各区域电场的分布.q解: 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理02qrLE， 1Rr17， 21RrLqrE02， 2rq3在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变（高斯定理）002rLE7.如图所示，有三个点电荷 沿一条直

13、线等间距分布，已知其中任一点电荷所31Q、受合力均为零，且 .求在固定 、 的情况下，将 从点 移到无穷远处Q21132QO外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据 、 所受合力为零可求得 .13 42外力作功 应等于电场力作功 的负值，即 .求电场力作功可根据功W W电场力作的功与电势能差的关系，有0202VQ其中 是点电荷 、 在点 产生的电势（取无穷远处为零电势） .0V1Q3O在任一点电荷所受合力均为零时 ，并由电势的叠加 、 在:解 412 1Q3的电势OdQdV003014将 从点 推到无穷远处的过程中，外力作功2Q（受力平衡、点电荷系电势、电场力做功）dVW02288.已知均匀带

14、电长直线附近的电场强度近似为reE02为电荷线密度. （1）在求在 和 两点间的电势差；（2）在点电荷的电场18中，我们曾取 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？ r试说明.由于电场力作功与路径无关，若取径矢为积分路径，则有、1(电势差定义式)12012ln1 rdrEUr（2）不能. 严格地讲，电场强度 只适用于无限长的均匀带电直线，0而此时电荷分布在无限空间， 处的电势应与直线上的电势相等.r9.两个同心球面的半径分别为 和 ，各自带有电荷 和 .求：（1）各区域电势分布，1R2Q2并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？分析 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也

15、具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由 可求得电势分布.rPdElV: 由高斯定理可求得电场分布、01 1Rr20124rQE2120132Rr由电势 可求得区域的电势分布.当 时，有rdEV1drErRRRr 2211 320121044QQ2010R当 时，有21RrdrErVr232920121044RQrQ200当 时，有1Rr210334RQdrEVr（先用高斯定理求场强 E,再用分段积分求电势 V)10.两个很长的共轴圆柱面 ，带有等量异号的电荷，两者的mR10.,0.321电势差为 450 .求：

16、（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？（ 2）两圆柱面之间的电场强V度.由 8 的结果，两圆柱面之间的电场、rE02根据电势差的定义有12012ln21 RdrUR解得 8120.lnmCVrrE074.320两柱面间电场强度的大小与 成反比. (电势差定义式)11.在 面上倒扣着半径为 的半球面，半球面上电荷均匀分布，电荷密度为 . 点的OxyRA坐标为 ， 点的坐标为 ,求电势差 .20R、B23ABU分析 电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在 平面上各点产生的电Oxy势显然就等于带电球面在改点的电势的一半.据此，可先求出一个完整球面在 间的电BA、10势差 ，再求出半球面时的电

17、势差 .由于带电球面内等电势，球面内 点的电势，ABU ABUA故 其中 是带电球表面的电势， 是带电球面在 点RABV21R BV的电势.假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度 的一个完整球面，此时在 两、 、点的电势分别为RAVQV040023rB则半球面在 两点的电势差A、（点电荷电势式和电势差定义式）0621RVUBRAB12.在半径为 的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半径为 ，相对电容率为1R 2R.设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为 .试求介质层内的 和 .r ED、 P分析 将长直导线视作无限长，自由电荷均匀分布在导线表面.在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷，这些

18、电荷在内外表面呈均匀分布，所以电场是轴对称分布.取同轴柱面为高斯面，由介中的高斯定理可得电位移矢量 的分布.在介质中， ，可进一步求得电场强度 和电极化强度矢量 的分布.EDr0P0由介质中的高斯定理，有解LrDSd2得 在均匀各向同性介质中rEr002rreDP10（有电介质时的高斯定理）1113.设有两个薄导体同心球壳 与 ，它们的半径分别为 与 ，并分ABcmR10c203别带有电荷 .球壳间有两层介质，内层介质的C7810.0.4与，其分界面的半径为 球壳 外为空气.求：2,.1rr 外 层 介 质 的 .52cB（1）两球间的电势差 ；（ 2）离球心 的电场强度；（3）2 球 的电势

19、.ABUcmA分析 自由电荷和极化电荷均匀分布在球面上，电场呈球对称分布.取同心球面为高斯面，根据介质中的高斯定理可求得介质中的电场分布.由电势差和电场强度的积分关系可求得两导体球壳间的电势差，由于电荷分布在有限空间，通常取无穷远处为零电势AdlEV（1）由介质中的高斯定理，有解124QrDS得 2121rerE210R1rreQD20120432r两球壳间的电势差 31RABdlEURR3221320121044RQQrr V.6（2）同理由高斯定理可得1320130.4meerQEr（3）取无穷远处电势为零，则VRUdlVABBA 330213.4（先由电介质中高斯定理求 D 分布，再求

20、E 分布，再分段积分求 V 分布）1214. 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为 ，它们在点 的磁感应强度各为IO多少？分析 应用磁场叠加原理求解.将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度 .O 3210B（a) 长直电流对点 而言，它在延长线上点 产生的磁场为零，则点 处总、 O的磁感强度为 圆弧电流所激发，故有: ，方向垂直纸面向外 .41RIB80（b) 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得. ， 方向垂直纸面向里 I200（c) 将载流导线看作 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得1，方向垂直纸面

21、向外. (矢量和)RIIRIB424000 15.载流长直导线的电流为 ，试求通过矩形线圈 ABCD 的磁通量.I分析 由于矩形平面上各点的磁感应强度不同，故磁通量 .为此，可在矩形平面BS上取一矩形面元 ，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为ldxSb10、ldxISB2矩形平面的总磁通量由上述分析可得矩形平面的总磁通量、（积分法四步走）1200ln21 dIlxId16.有同轴电缆，其尺寸如图所示.两导体中的电流均为 ，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应强度：（1） （ 2） ；（3）;1Rr21Rr；（4） .画出 图线.32Rr3rrB分析 同轴电缆导体内的

22、电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为 的同心圆为积分路r13径， ，利用安培环路定理 ，可解得各区域的磁感强度.rBld2 IldB0由上述分析得、1Rr21012rRIr210IB21RrIr0231r IRrIrB230322303r3Rr 204IB磁感强度 的分布曲线略。 （磁场的安培环路定理）rB17.电流 均匀地流过半径为 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所IR示剖面的磁通量.分析 由题 16 可得导线内部距轴线为 处的磁感应强度r20RIrB在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义 来求解.沿轴线方dSrB向在剖面砂锅取面元 ，考虑到面元上各点 相同

23、，故穿过面元的磁通量ldrS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量BdSBr由分析可得单位长度导线内的磁通量、（磁通量积分四步走）4200IdrRI18. 如图 所示，一根长直导线载有电流 ，矩形回路载有电流 .a281A31AI2014试计算作用在回路上的合力.已知 ，cmd0.1.120,.8cmlb分析 矩形上、下两段导线受安培力 和 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回F2路来说，两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力 和 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力.3F4由分析可知，线框所受总的安培力 为左、右两边安培力 和

24、之矢量和，它、 3F4们的大小分别为dlIF2103bl104故合力的大小为NdlIlIF321021043 08.合力的方向朝左，指向直导线. （安培力）19.有两根相距为 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d的变化率增长.若有一边长为 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示.求线dtI d圈中的感应电动势和自感系数.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律 来求解.由于回路处在非均匀磁场中，dt磁通量就需用 来计算（其中 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度SdBB和 之和）.1B2为了积分的需要，建立坐标系.由于 仅与 有关，即 ，故取一个平行长xxB直导

25、线的宽为 、长为 的面元 ，如图中阴影部分所示，则 ，所以，总磁通dxdSdS量可通过线积分求得（若取面元 ，则上述积分实际上为二重积分） .本题在工程y技术上又称为互感想象，也可用公式 求解.dtIM穿过面元 的磁通量为1、dSxIdxISBB22001因此穿过线圈的磁通量为1543ln220200 IdxIdxId再由法拉第电磁感应定律，有dtIdt43ln0由 ,得互感系数：MIml20I当两长直导线有电流 通过时，穿过线圈的磁通量为2、43ln20dI线圈与两长直导线间的互感为l0IM当电流以 变化时，线圈中的互感电动势为dtIdtIdtI43ln20（先求磁通量，再求感生电动势和互感

26、系数）20.长为 的铜棒，以距端点 处为支点，以角速度 绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动 .设Lr磁感强度为 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差 .B分析 首先应分清棒两端的电势差与棒上的动生电动势不是一个概念，它们之间的关系如同电源的路端电压与电源电动势之间的关系.在开路情况中，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）.本题可直接用积分法求解棒上的电动势，此时积分上下限应为 和 .另外，可将rL整个棒的电动势看作是 棒与 棒上电动势的代数和，如图 所示.OABb813如图 所示，在棒上距 点为 处取导体元 ，则1解 a83ldlrLBlddlv

27、rLAB 2因此棒两端的电势差为rUAB21当 时，端点 处的电势较高.rL2将 棒上的电动势看作是 棒和 棒上电动势的代数和，其中解 AO，21rOA21rLB16则(动生电动势)rLBOAB 2121.长为 的导体棒 ，处于均匀磁场中，并绕 轴以角速度 旋转，棒与转轴间夹LP角恒为 ，磁感强度 与转轴平行 .求 棒在图示位置的电动势.P分析 本题既可以用法拉第电磁感应定律 计算（但此时必须构造一个包含dt导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路 )，也可用 来计OPOQdlBvl算.由于对称性，导体 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的.O由上分析，得解dlBvOPalcos90

28、indll 0s202sin1iLBlBL由矢量 的方向可知端点 的电势较高. (动生电动势)vP22.金属杆 以匀速 平行于一长直导线移动，此导线通有电流 .问：A1.2smAI40此杆中的感应电动势为多大？杆的哪一端电势较高？分析 本题可用公式 求解，可建立图 所示的坐标系，所取导体dlBvl a103元 ，该处的磁感强度 .dxlxI20根据分析，杆中的感应电动势为解 VIvdxIdlBvmAB 501.0 1084.3ln2 式中负号表示电动势方向由 指向 ，从低到高，故点 电势较高. (动生电动势)AA23.在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上

29、以匀速率 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向 .v分析 本题可用公式 求解，但用此公式须注意，式中 应该是线框运动至任意dt 位置处时，穿过线框的磁通量.为此可设时刻 时，线框左边距导线的距离为 ，如图t 17所示，显然 是时间 的函数，且有 .在求得线框在任意位置处的电动势c13tvdt后，再令 ，即可得线框在题目所给位置处的电动势.d设顺时针方向为线框回路的正方向.根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通解量为12002ln1 IdxIll 相应电动势为 120lIvdt令 ，得线框在图示位置处的电动势为d120ldIv由 可知，线框中电动势方向为顺时针方向. 0(先求磁

30、通量,再由法拉第电磁感应定律求感生电动式 )24.半径为 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可cmR.2近似看作零.若通电电流均匀变化，使得磁感强度 随时间的变化率 为常量，且为正值，BdtB试求： 管内外由磁场变化激发的感生电场 EK 分布；（2）如 ，求距螺1 10.sT线管中心轴 处感生电场的大小和方向.cr05分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源 变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率 等）密切相关，即 在dtB.dStBlElK一般情况下，求解感生电场的分布是困难的.但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解.可以设

31、想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示.由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭153合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆.同一圆周上各点的电场强度 的大小相等，方向沿圆周的切线方向.图 中虚线表示KE153和 两个区域的电场线.至于电场线绕向为顺时针或逆时针，则取决于场源 变Rr 化磁场的变化情况，由楞次定律可知，当 时，电场线绕向与 方向满足右旋关系；0dtBB当 时，电场线绕向与前者相反.0dtB: 分别在 和 的两个区域内任取一电场线为闭合回路 （半径为 的圆）解 Rrlr18，并设顺时针方向为回

32、路正向.（1） Rr dtBrSdtrEdlKl 22tBrKr tRtrlKl 2dtrREK2由于 ，故电场线的绕向为逆时针.0dtB（2） 由于 ，所求点在螺线管外，因此rdtBrREK2将 的数值代入，可得 ，式中负号表示 的方向沿dtBRr、 150.4mVKE电场线的切线方向，是逆时针的. (动生电动势和感生电场定义式)25.在半径为 的圆柱形空间中存在着均匀磁场， 的方向与柱的轴线平行.如图所示，有B一长为 的金属棒放在磁场中，设 随时间的变化率 为常量.试证：棒上感应电动势的l dt大小为 2lRldt分析 本题可用法拉第电磁感应定律求解，具体方法是：如图 所示，连接a163，设想 构成一个闭合导体回路，由于 沿半径方向，与通过该OQP、 POQP、处的感生电场强度 处于垂直，故 ， ；两段均无电动势，这样，由KE0dlEK、法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒上 上的电动势.由法拉第电磁感应定律，有:证(感生电动势)2 lRldtBSdtPQ19 OP Q