大学物理复习资料,很多题~

质点的运动函数为
5
422
+==t y t x
式中的量均采用SI 单位。

（1）求质点运动的轨道方程；
（2）求s t 11=和s t 22=时，质点的位置、速度和加速度。

解（1）消去运动函数中的t ，可得轨道方程为
52+=x y
可见质点沿一抛物线运动。

（2）质点的位矢为
j i r )54(22++=t t
速度和加速度分别为
j i r
v t t
82d d +==
和
j v
a 8d d ==
t
当s t 1=和s t 2=时，质点的位置分别为
j i r 92+= 和 j i r 214+=
速度分别为
j i v 82+= 和 j i v 162+=
而加速度都是j a 8=。

一质点由静止开始沿直线运动，初始时刻的加速度为0a ，以后加速度均匀增加，每经过τ秒增加0a ，求经过t 秒后该质点的速度和运动的路程。

解 质点的加速度每秒钟增加τ0a ，加速度与时间t 的关系为
00
0)1(a t
t a a a τ
τ+=+
=
因此，经过t 秒后质点的速度为
200
00021t a t a dt t a adt v t
t
ττ+=⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
+
==⎰⎰ 质点走过的路程为
ττ
6223
02002
00t a t a dt t t a vdt S t
t
+=⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛+==⎰⎰ 如图所示，在以1s m 3-⋅的速度向东航行的A 船上看，B 船以1s m 4-⋅的
速度从北面驶向A
A v
BA
v B
v
东
解 按速度的变换关系，B 船相对湖岸的速度为
A BA
B v v v +=
如图所示，其大小为
1222
2s m 534-⋅=+=+=A BA B v v v
与正南方向的夹角为
253643tan 1'=⎪⎭
⎫
⎝⎛=- θ
即在湖岸上看，B 船沿向南偏东2536' 的方向以速度1s m 5-⋅航行。

设有一个质量为m 的物体，自地面以初速0v 竖直向上发射，物体受到的空气阻力为Av f -=，其中v 是物体的速率，A 为正常数。

求物体的速度和物体达到最大高度所需时间。

解 取竖直向上为y 轴方向，物体的运动方程为
dt
dv m
Av mg =-- 写成分离变量形式
dt m A
A
mg v dv -=+
设在时刻t 物体的速度为v ，则有
⎰⎰-=+t
v
v dt m A
A
mg v dv 00 得
t m A
A mg v A mg v -=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++0ln 因此，物体的速度为
A mg
e
A mg v v m At -⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
+
=-0 因为达到最大高度时0=v ，所以物体达到最大高度所需时间为
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
mg Av A m A mg A mg v A m T 001ln ln 一质量为m 的船，在速率为0v 时发动机因故障停止工作。

若水对船的阻力为Av f -=，其中v 是船的速率，A 为正常数，试求发动机停止工作后船速的变化规律。

解 取船水平前进方向为x 轴方向，发动机停止工作后船的运动方程为
dt
dv m
Av =- 写成分离变量形式为
dt m
A v dv -= 设在时刻t 物体的速度为v ，则有
⎰⎰-=t
v
v dt m A v dv 0
0 得
t m A v v -=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛0
ln 因此，船速的变化规律为
m At e v v -=0
如图所示，绳子一端固定，另一端系一小球，小球绕竖直轴在水平面上做匀速圆周运动，这称为圆锥摆。

已知绳长为L ，绳与竖直轴的夹角为θ，求小球绕竖直轴一周所需时间。

图习题用图 (在教材图上加)
解 如图所示，对小球沿指向圆心方向和沿竖直向下方向列运动方程
cos sin 2
=-=θθT mg R v m
T
解出小球沿圆周运动的速率为
θθ
θ
θ
tan cos sin sin gR m mgR m
TR v =
==
小球绕竖直轴一周所需时间为
θ
π
θ
ππτtan 2tan 22g R
gR R v
R
===
把θsin L R =代入，得
g
L θ
π
τcos 2= 可以看出，τ只与θ,,g L 有关，与小球质量无关。

在如图所示的系统中，滑轮可视为半径为R 、质量为0m 的均质圆盘，滑轮与绳子间无滑动，水平面光滑，若kg m 501=，kg m 2002=，
m R kg m 10.0,150==，求物体的加速度及绳中的张力。

解 将体系隔离为1m ，0m ，2m 三个部分，对1m 和2m 分别列牛顿方程，有
a m T g m 222=- a m T 11=
β2122
1
MR R T R T =
- 因滑轮与绳子间无滑动，则有运动学条件
R a β=
联立求解由以上四式，可得
图习题用图
R
M m m g m ⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
++=
21212β
由此得物体的加速度和绳中的张力为
221262.715
5.02005081
.92002
1-⋅=⨯++⨯=
+
+==s m M m m g m R a β
N a m T 38162.75011=⨯== N a g m T 438)62.781.9(200)(22=-⨯=-=
如图所示，一轴承光滑的定滑轮，质量为kg M 00.2=，半径为
m R 100.0=，上面绕一根不能伸长的轻绳，绳下端系一质量
m =5.00kg
的物体。

已知定滑轮的转动惯量为22
1MR J =，初始角速度
s rad 0.100=ω，方向垂直纸面向里，求：（1）定滑轮的角加速度；（2）
定滑轮的角速度变化到0=ω时，物体上升的高度；（3）当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度。

图习题用图
解 （1）对物体和滑轮分别列牛顿方程和转动方程。

设物体的加速度为a ，滑轮的角加速度为，则有
ma T mg =- βJ TR =
考虑运动学条件
βR a =
联立求解由以上三式，得定滑轮的角加速度为
27.81100
.0)00.200.52(81
.900.52)2(2-⋅=⨯+⨯⨯⨯=+=
s rad R M m mg β
方向垂直纸面向外。

可以看出，在物体上升期间定滑轮做匀减速转动。

（2）由t βωω-=0，当0=ω时
07.810.10=-t ，s t 122.0=
rad t t 612.0122.07.815.0122.00.102
1
220=⨯⨯-⨯=-=βωθ
因此，物体上升的高度为
m R h 2
1012.6612.0100.0-⨯=⨯==θ
（3）物体上升到高度h 后，定滑轮由静止开始以角加速度 做匀加
速转动。

因此，当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度为
10.10612
.07.8122-⋅=⨯⨯==s rad βθω
方向垂直纸面向外。

质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在图所示的组合滑轮两端。

设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J ，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。

解 分别对
两物体及组合滑轮作受
力分析。

根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有
1111a m T g m =- 2222a m g m T =- β)()(2121J J r T R T +=-
由角加速度和线加速度之间的关系，有
图习题用图
βR a =1，βr a =2
联立求解解上述方程，可得
gR r
m R m J J r
m R m a 2
22121211+++-=
gr r m R m J J r
m R m a 2
22121212+++-=
g m r
m R m J J Rr m r m J J T 12
22121222211++++++= g m r
m R m J J Rr m R m J J T 22
22121121212++++++= 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度0ω在无摩擦的水平面上，作半径为0r 的圆周运动。

如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力F ，使小球作圆周运动的半径变小。

当半径减为20r 时，求：（1）小球的角速度；（2）拉力所作的功。

解 （1）因拉力通过绳的另一端，则拉力对轴无力矩，小球在转
动的过程中角动量守恒。

即
图习题用图 （教材图）
ωωJ J =00
式中0J 和J 分别是小球在半径为0r 和20r 时对轴的转动惯量，200mr J =和420mr J =，则有
000
4ωωω==
J
J （2）随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力做功的结果。

由转动的动能定理可得拉力做的功为
2
2020022
32121ωωωmr J J W =-=
如图所示，长为L 、质量为m 的均匀细杆可绕过端点O 的固定水平光滑轴转动。

把杆抬平后无初速地释放，杆摆至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球相碰，球的质量和杆相同。

设碰撞是弹性的，求碰后小球获得的速度。

解 选杆和小球为刚体系。

因碰撞是弹性的，则体系的机械能守恒。

以水平桌面为重力势能零点，设杆摆至竖直位置但未与小球碰撞
时的角速度为ω，则有
mgL J mgL 2
1
212+=
ω 在杆与小球碰撞过程中，体系对轴O 的角动量守恒。

设碰撞后杆的角速未度ω'，则有
mvL J J +'=ωω
式中32mL J =为杆绕轴O 的转动惯量，v 为碰后小球获得的速度。

由机械能守恒，有
2222
1
2121mv J J +'=ωω 由以上三式，可解出碰后小球获得的速度gL v 32
1
=。

如图所示，一环形薄片由细绳悬吊着，环的半径为R ，内半径为R /2，并有电量Q 均匀分布在环面上，细绳长3R ，也有电量Q 均匀分布在绳上，试求圆环中心O 处的电场强度 （圆环中心在细绳延长线上）。

图习题用图（在教材图上加）
解 圆环上的电荷对圆环中心O 点对称分布，因此它在O 点的场强为零，合场强就是细绳上的电荷在O 点产生的场强。

选细绳顶端为坐标原点，竖直向下为x 轴。

在x 处取一电荷元R Qdx dx dq 3==λ，它在O 点的场强为
2
020)4(12)4(4x R R Qdx
x R dq dE -=-=
πεπε
整个细绳上的电荷在在O 点产生的场强为
2
030
2016)4(12R Q
x R dx R Q
E R
πεπε=-=
⎰
方向竖直向下。

此即所求。

如图所示，在电荷体密度为ρ的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O '的矢量用a 表示。

试证明球形空腔中任一点电场强度为a E 0
3ερ
=。

证 球形空腔可以看成是由电荷体密度分别为ρ和ρ-的均匀带电大球体和小球体叠加而成。

空腔内任一点P 处的场强，可表示为
)(333210
201021r r r r E E E -=-+=
+=ερερερ 其中1E 和2E 分别为带电大球体和小球体在P 点的场强。

由几何关系
a r r =-21，上式可写成
a E 0
3ερ
=
即证。

半径为b 的细圆环，圆心在Oxy 坐标系的原点上。

圆环所带电荷的线密度θλcos a =，其中a 为常量，如图所示。

求圆心处电场强度的
x ，y 分量。

θd
b
q d
E
解 由于电荷分布θλcos a =关于x 轴对称，所以圆心O 点处
0=y E ，场强沿x 轴。

取电荷元θλbd dq =，其在O 点沿x 轴场强为
b d
a b
bd dE x 022
04cos 4cos πεθθπεθ
θλ-=-= 积分得
b
a d b
a dE E x x 020
2
020
4cos 4εθθπεπ
π
-=-
==
⎰⎰
如图所示，两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R (2R >1R )，单位长度上的电荷为λ。

求离轴线为r 处的电场强度：(1)1R r <，(2)21R r R <<，(3)2R r >。

解 电荷轴对称分布，因此电场的分布具有轴对称性。

在离轴线为r 处作单位长度的同轴圆柱形高斯面，根据高斯定理，有
2επq
r E =
其中q 为高斯面包围的电荷。

(1) 1R r <：0=q ，01=E (2)21R r R <<：λ=q ，r
E 022πελ
=
(3)2R r >：0=q ，03=E
点电荷910-=q C ，与它在同一直线上的A 、B 、C 三点分别距q 为10cm 、20cm 、30cm ，如图所示。

若选B 为电势零点，求A 、C 两点的电势A U 、C U 。

解 坐标系的选取如图所示，cm x A 10=，cm x B 20=，cm x C 30=，
B 点为电势零点。

由电势的定义，得
)11(
440
2
B
A x x A x x q dx x q
U B
A
-=
=
⎰πεπε
V 4510)201101(10
85.84102
12
9=⨯-⋅⨯⨯=--π 0
x
)11(
440
2
B
C x x C x x q dx x q
U B
C
-=
=
⎰πεπε
V 1510)20
1301(1085.84102
129-=⨯-⋅⨯⨯=
--π 如图所示，两均匀带电薄球壳同心放置，半径分别为R 1和 R 2 （R 1<
R 2），已知内外球壳
间的电势差为12U ，求两球壳间的电场
分布。

解 设内球壳带电量为q ，则内外球壳间的场强可表示为
2
04r q E πε=
则两球壳间的电势差为
)1
1(
442
10
2
122
1
2
1
R R q dr r q
Edr U R R R R -=
=
=⎰⎰πεπε
解出q 并代入E 的表达式，得两球壳间的电场分布为
1
22
12
122
04R R R R r U r q E -=
=πε 图习题用图
方向沿径向。

两个同心球面半径分别为1R 和2R ，各自带有电荷1Q 和2Q 。

（1）由电势叠加求各区域电势分布；（2）两球面间的电势差为多少
解 （1）半径为R ，电荷为Q 的均匀带电球面内（R r ≤）各点的电势相等，都等于球面上各点的电势，即
R
Q 04πεϕ=
而带电球面外（R r >）的电势为
r
Q 04πεϕ=
由电势叠加原理，电场内某点的电势等于两个带电球面单独存在时在该点电势的代数和。

因此
1R r <：场点处于两个球面的内部，电势为
2
021
01144R Q R Q πεπεϕ+
=
21R r R ≤≤：场点处于两个球面之间
2
0201244R Q r
Q πεπεϕ+
=
2R r >：场点位于两个球面之外
r
Q Q 02
134πεϕ+=
（2）两个球面间的电势差为
2
021
011244R Q R Q U πεπε-
=
在y x -平面上，各点的电势满足下式：
2
12222)(y x b
y x ax ++
+=
ϕ 式中x 和y 为任一点的坐标，a 和b 为常量。

求任一点的电场强度的
x E 和y E 两个分量。

解 电场中某点的电场强度，等于该点的电势梯度加上负号。

因此，有
])()([)
(12
12222222y x bx y x a y x x E x ++-+=∂∂-
=ϕ ])(2[212
222y x b ax y
x y y E y +++=∂∂-=ϕ
如图所示，已知长为L ，均匀带电（电量为Q ）的细棒，求z 轴上的一点P (0,a )的电势P ϕ及场强P E 的z 轴分量Z E （要求用ϕ∇-=E 求场强）。

解 用电势的定义求P 点的电势，即
⎰
+=
L
P x
a dx
220
4πελ
ϕa a L L 220ln
4++=πελ a
a L L L Q
220ln
4++=πε 对于z 轴上的点P (0 , z )，其电势为
z
z L L L Q
2
20ln 4++=πεϕ
图习题用图
场强P E 的z 轴分量为
z E Z ∂∂-
=ϕ
]2)(2
11)([(421
22222220z z L z z z L L z L L z L Q
⋅+⋅+-⋅++++-=--πε ]1[42
2220z L z L L z z L Q
+++-=
πε 如图所示，一个接地的导体球，半径为R ，原来不带电。

今将一点电荷q 放在球外距球心的距离为r 的地方，求球上的感生电荷总量。

解 设导体球上的感生电荷总量为q '。

因感生电荷分布在球面上，
则由电势叠加原理可知q '在球心的电势为
R
q 04πεϕ'=
'
而点电荷q 在球心的电势为
r
q 04πεϕ=
因导体球接地，则球心的电势为零。

由电势叠加原理，有
图习题用图
q '
O
04400=πε'
+πεR
q r q 由此得感生电荷总量为
q r
R q -
=' 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，导体的磁性可以不考虑。

试计算以下各区域的磁感应强度：（1）1R r <；(2) 21R r R <<；（3）32R r R <<；（4）3R r >。

画出B —r 图线。

解 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场轴对称分布。

取半径为r 的同心圆为积分路径，rB π2d =⋅⎰l B ，利用安培环路定理
∑⎰=⋅I 0
d μl B ，即得各区域的磁感应强度。

（1）1R r < 2
2
1
12r R I rB ππμπ=
2
1
012R rI
B πμ=
（2）21R r R << I rB 022μπ=
r
I
B πμ202=
（3）32R r R << ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛---=I R R R r I rB )()(2222322203ππμπ
)
()(22
22322303R R r R r I B --=πμ （4）3R r > 0)(204=-=I I rB μπ
04=B
B —r 图线如图中右图所示。

有一面积为25.0m 的平面线圈，把它放入匀强磁场中，线圈平面与磁感应线垂直。

当12102--⋅⨯=s T dt
dB
时，线圈中感应电动势的大小是多少
解 按照与B 的方向成右手螺旋，确定线圈回路的正方向。

由法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为
V dt
dB
S dt d 2101-⨯-=-=Φ-
=ε 式中的负号说明，线圈中感应电动势的方向与线圈回路的正方向相
反。

一导线的形状如图所示，其中cd 部分是半圆，半径r ＝0.2m 。

导线放在B ＝的匀强磁场中，t ＝0时导线处于图示位置，并以转速
160-⋅=s r n 绕a 、b 连线匀角速转动，求导线上的感应电动势的大小。

解 按照与B 的方向成右手螺旋，确定图中半圆线圈回路的正方向，t 时刻通过半圆线圈回路的磁通量为
nt BS t πΦ2cos )(=
由法拉第电磁感应定律，导线上的感应电动势为
t t n nt n r B dt d ππππππΦε120sin 8.112sin 2.12sin 22
22===-=
方向由 的符号确定。