大学物理复习题

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0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0～t 这段时间内所经过的路程为422ttS ππ+=，式中S 以m 计，t 以s 计，则在t 时刻质点的角速度为 22tππ+rad/s ， 角加速度为 2/2srad π。

（求导法）2．质点沿x 轴作直线运动，其加速度t a 4=m/s 2，在0=t 时刻，00=v ，100=x m ，则该质点的运动方程为=x 33210tx += 。

（积分法）3．一质点从静止出发绕半径R 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为β，则该质点走完半周所经历的时间为_____βπ2_ _____。

（积分法）4．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kg m 2=的质点在力()()N t F x 32+=作用下由静止开始运动，若此力作用在质点上的时间为s 2，则该力在这s 2内冲量的大小=I 10 NS ；质点在第s 2末的速度大小为 5 m/s 。

（动量定理和变力做功）6．一质点在平面内运动, 其1c r =，2/c dt dv =；1c 、2c 为大于零的常数，则该质点作 匀加速圆周运动 。

7．一质点受力26x F -=的作用，式中x 以m 计，F 以N 计，则质点从0.1=x m 沿X 轴运动到x=2.0 m 时，该力对质点所作的功=A J 14-。

（变力做功） 8．一滑冰者开始自转时其动能为20021ωJ ，当她将手臂收回, 其转动惯量减少为30J ，则她此时自转的角速度=ω 03ω 。

（角动量守恒定律）9．一质量为m 半径为R 的滑轮，如图所示，用细绳绕在其边缘，绳的另一端系一个质量也为m 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Rg 32 ；若用力mg F =拉绳的一端，则滑轮的角加速度为 Rg 2 。

（转动定律）10.一刚体绕定轴转动，初角速度80=ωrad/s ，现在大小为8（N ·m ）的恒力矩作用下，刚体转动的角速度在2秒时间内均匀减速到4=ωrad/s ，则刚体在此恒力矩的作用下的角加速度=α____2/2s rad -__ _____，刚体对此轴的转动惯量=J 4kg •m 2。

（转动定律）11．一质点在平面内运动，其运动方程为 22 ,441x t y t t =⎧⎨=++⎩，式中x 、y 以m 计，t 以秒s 计，求：(1) 以t 为变量，写出质点位置矢量的表达式； (2) 轨迹方程；(3) 计算在1～2s 这段时间内质点的位移、平均速度； (4) t 时刻的速度表达式；(5) 计算在1～2s 这段时间内质点的平均加速度；在11=t s 时刻的瞬时加速度。

解：（1） ())m (14422j t t i t r+++=； (2)2)1(+=x y ；(3)(m)162Δj r+=i ；(m/s)162j+=i v ；(4))m/s ()48(2j t i dt rd ++==v ； (5) )(m/s 82j =a ；)(m/s 82j =1a （求导法）12．摩托快艇以速率0v 行驶，它受到的摩擦阻力与速度平方成正比，设比例系数为常数k ，即可表示为2kv F -=。

设快艇的质量为m ，当快艇发动机关闭后，(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）2dv kv mdt-=mF21v t v k dv dtvm=-⎰⎰ 00m v v m kv t =+（2）000xt m v dx dt m kv t=+⎰⎰0(1)kv t m x L n km=+（牛二定律变形积分）13．如图所示，两个带理想弹簧缓冲器的小车A 和B ，质量分别为1m 和2m ，B 不动，A 以速度0v与B 碰撞，如已知两车的缓冲弹簧的倔强系数分别为1k 和2k ，在不计摩擦的情况下，求两车相对静止时，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 v m m v =+ 系统机械能守恒： 2222101211221111()2222m v m m v k x k x =+++两车相对静止时弹力相等： 1122F k x k x ==F=02121212121][v k k k k m m m m +⋅+ （动量守恒和机械能守恒定律）14．有一质量为1m 长为l 的均匀细棒，静止平放在光滑的水平桌面上，它可绕通过其中点O 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2m 的子弹以速度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： 2J 2l m vω=总2212()122m ll J m =+总 2126 (3)v m m m lω=+ （角动量守恒定律）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：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BBA 1m2mv 1k2k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i ε的计算，磁通量m φ的计算。

1.一半径为R 的半圆细环上均匀地分布电荷Q ，求环心处的电场强度.[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dl ，其电荷dl RQdq π=，此电荷元可视为点电荷，它在点O 的电场强度241rdq dE πε=，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，则有0=⎰Lx dE ，点O 的合电场强度⎰=LydEE ，统一积分变量可求得E .解： （1）建立坐标系；（2）取电荷元dl RQdq π=（3）写241rdq dE πε=（4）分解到对称轴方向θπεcos 412rdq dEy=（5）积分：dlRQRE LO πθπε⋅⋅-=⎰2cos 41由几何关系θRd dl =，统一积分变量后，有2022220202c o s 4RQ d RQ E επθθεπππ-=-=⎰-，方向沿y 轴负方向.（积分法五步走）2.两条无限长平行直导线相距为0r ,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为.λ（1）求两导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x ); (2)求每一根导线 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rE 02πελ=的叠加.解: 设点P 在导线构成的平面上，+E 、-E 分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有i x r x E E E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=-+00112πελ()i x r x r-=002πελ （矢量和）3.设均强电场的电场强度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.[分析] 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=ΦSS S d E.方法2：作半径为R 的平面S '与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01q dS E Sε 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S '的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量. 因而⎰⎰'⋅-=⋅=ΦSS S d E S d E解: 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 ⎰⎰'⋅-=⋅=ΦSS S d E S d E依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，E R R E 22c o s πππ=⋅⋅-=Φ （高斯定理和电通量定义式）4.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（图8-17).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=[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ρ的均匀带电球和一个电荷体密度为ρ-、球心在O '的带电小球体（半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为1E 、2E ，则P 点的电场强度为两者矢量和。

. 证: 带电球体内部一点的电场强度为 r E 03ερ=所以 1013r E ερ=；2023r E ερ-=()21213r r E E E-=+=ερ根据几何关系a r r=-21，上式可改写为a E 03ερ= （等效法和高斯定理）5.一无限长、半径为R 的圆柱体上电荷均匀分布.圆柱体单位长度的电荷为λ，用高斯定理求圆柱体内距离为r 处的电场强度.[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，0=⋅dS E ，对电场强度通量的贡献为零.整个高斯面的电场强度通量为⎰⋅=⋅rL E dS E π2由于圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度E，出于高斯面内的总电荷L rq ∑⋅=2πρ由高⎰∑=⋅0εqdS E 可解得电场强度的分布.解: 取同轴柱面为高斯面，由上述分析得 L r RL r rL E 220212ελπρεπ=⋅=⋅202RrE πελ=（高斯定理）6.两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()122R R R >，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 > [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⎰⋅=⋅,2rL E dS E π求出不同半径高斯面内的电荷∑q .利用高斯定理可解得各区域电场的分布.解: 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 ∑=⋅02επqrL E1R r <，∑=0q01=E 21R r R <<，∑=L q λrE 022πελ=2R r >，∑=0q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 0022εσπλπελ===∆rLLrE （高斯定理）7.如图所示，有三个点电荷 321Q Q Q 、、沿一条直线等间距分布，已知其中任一点电荷所受合力均为零，且Q Q Q ==21.求在固定1Q 、3Q 的情况下，将2Q 从点O 移到无穷远处外力所作的功.[分析] 由库仑力的定义，根据1Q 、3Q 所受合力为零可求得42Q Q -=.外力作功W '应等于电场力作功W 的负值，即W W '-=.求电场力作功可根据功电场力作的功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中0V 是点电荷1Q 、3Q 在点O 产生的电势（取无穷远处为零电势）.:解 在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加1Q 、3Q 在O 的电势dQ dQ dQ V 003010244πεπεπε=+=将2Q 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功 dQV Q W 02028πε=-=' （受力平衡、点电荷系电势、电场力做功）8.已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r e rE02πελ=λ为电荷线密度. （1）在求在1r r =和2r r =两点间的电势差；（2）在点电荷的电场中，我们曾取∞−→−r 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.解 ）（1由于电场力作功与路径无关，若取径矢为积分路径，则有 12012ln221r r r dr E U r r ⎰=⋅=∆επλ (电势差定义式)（2）不能. 严格地讲，电场强度 rE 02πελ=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，∞→r 处的电势应与直线上的电势相等.9.两个同心球面的半径分别为1R 和2R ，各自带有电荷1Q 和2Q .求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？[分析] 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，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⎰⎰∞∞⋅=⋅=rPP dr E l d E V可求得电势分布.解: 由高斯定理可求得电场分布01=E 1R r < 20124rQ E πε=21R r R <<202134rQ Q E πε+=2R r >由电势 ⎰∞⋅=rdr E V 可求得区域的电势分布.当 1R r ≤时，有dr E dr E dr E V R R R R r⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞221132112021210141140R Q Q R R Q πεπε++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= 20210144R Q R Q πεπε+=当21R r R ≤≤时，有dr E dr E V R R r⋅+⋅=⎰⎰∞22322202121014114R Q Q R r Q πεπε++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2020144R Q rQ πεπε+=当1R r ≥ 时，有⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰∞210133114R R Q dr E V rπε（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()m R m R 10.0,100.3221=⨯=，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450V .求：（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度. 解 由8的结果，两圆柱面之间的电场rE 02πελ=根据电势差的定义有12012ln221R R dr E U R R ⎰=⋅=∆πελ解得 1812120101.2ln2--⋅⨯==mC R R U πελV rrE 11074.3220⨯==πελ两柱面间电场强度的大小与r 成反比. (电势差定义式)11.在Oxy 面上倒扣着半径为R 的半球面，半球面上电荷均匀分布，电荷密度为σ.A 点的坐标为()20R ，，B 点的坐标为()23R ,求电势差AB U .[分析] 电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在Oxy 平面上各点产生的电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B A 、间的电势差ABU '，再求出半球面时的电势差AB U .由于带电球面内等电势，球面内A 点的电势，故 ()B R ABABV V U U'-'='=2121 其中R V '是带电球表面的电势，B V '是带电球面在B 点的电势.解 假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面，此时在B A 、两点的电势分别为R AV R RQ V '==='004εσπε020324εσεσπεR rRrQ V B ==='则半球面在B A 、两点的电势差 ()0621εσRV V U B R AB='-'==∆（点电荷电势式和电势差定义式）12.在半径为1R 的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半径为2R ，相对电容率为r ε.设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为λ.试求介质层内的E D 、和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D 的分布.在介质中E D r εε0=，E D P0ε-=，可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布.解 由介质中的高斯定理，有⎰=⋅=⋅L rL D S d D λπ2得 rD πλ2=在均匀各向同性介质中 rDE r rεπελεε002==r r e r E D Pπλεε2110⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-= （有电介质时的高斯定理）13.设有两个薄导体同心球壳A 与B ，它们的半径分别为cm R 101=与cm R 203=，并分别带有电荷C C 78100.1100.4--⨯⨯-与.球壳间有两层介质，内层介质的0.2,0.421==r r εε外层介质的，其分界面的半径为.152cm R =球壳B 外为空气.求：（1）两球间的电势差AB U ；（2）离球心cm 30的电场强度；（3）2球A 的电势.[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⎰∞⋅=AA dl E V解 （1）由介质中的高斯定理，有124Q r D dSD =⋅=⋅⎰π得 221214r e rQ D D π==r r e rD E 21011εε=R r R <<1r r r e rQ D E 220120224επεεε==32R r R <<两球壳间的电势差 ⎰⋅=31R R AB dl E Udl E dl E R R R R ⋅+⋅=⎰⎰322121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3220121101114114R R Q R R Q r r επεεπε V 2100.6⨯-= （2）同理由高斯定理可得 1320213100.64-⋅⨯=+=mV e e rQ Q E r r πε（3）取无穷远处电势为零，则 V R Q Q U dl E U V AB BAB A 330213101.24⨯=++=+=⎰∞πε（先由电介质中高斯定理求D 分布，再求E 分布，再分段积分求V 分布）14. 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感应强度各为多少？[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O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度3210B B B B++=. 解 （a) 长直电流对点O 而言，它在延长线上点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为41圆弧电流所激发，故有: RIB 800μ=，方向垂直纸面向外Θ. （b) 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得.RIRIB πμμ22000-= ， 方向垂直纸面向里 ⊗（c) 将载流导线看作21圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得 RIRIRIRIRIB 42444000000μπμμπμπμ+=++=，方向垂直纸面向外. Θ (矢量和)15.载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形线圈ABCD 的磁通量.[分析] 由于矩形平面上各点的磁感应强度不同，故磁通量BS ≠Φ.为此，可在矩形平面上取一矩形面元ldx dS =()[]b 1011-图，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 l d x xIdS B d πμ20=⋅=Φ矩形平面的总磁通量⎰Φ=Φd解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量1200ln2221d d Illdx xId d πμπμ==Φ⎰（积分法四步走）16.有同轴电缆，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应强度：（1）;1R r <（2）21R r R <<；（3）32R r R <<；（4）3R r >.画出r B -图线.[分析] 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，⎰⋅=⋅r B l d B π2 ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I l d B 0μ，可解得各区域的磁感强度.解 由上述分析得1R r < 22112r RIr B ππμπ=⋅21012RIrB πμ=21R r R << I r B 022μπ=⋅rI B πμ202=31R r R << ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I r B 2223222032ππμπ 2223223032R R rR r I B --=πμ3R r > ()0204=-=⋅I I r B μπ04=B磁感强度()r B 的分布曲线略。