8-6一半径为R地半圆细环上均匀地分布电荷,求环心处地

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R 1.0m的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0t这2段时间内所经过的路程为S - ，式中S以m计，t以s计，则在t时刻质 24点的角速度为-rad/s，角加速度为_ rad/s2。（求导法）2 2 22 质点沿x轴作直线运动，其加速度 a 4t m/s 2，在t 0时刻，v。0，2Xo 10 m，则该质点的运动方程为xx 10 一t3。（积分法）33 一质

2、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 B，则该质点走完半周所经历的时间为。（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m 2kg的质点在力Fx 2 3t N作用下由静止开始运动，若此力作用在质点上的时间为2s，则该力在这2s内冲量的大小I _10 NS ;质点在第2s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r C1，dv/dt c?; g、c?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F6x2的作用，式中x以m计，F以N计，则质点从x 1.0m沿X轴运动到x=2.0

3、 m 时，该力对质点所作的功A14J。（变力做功）8 . 一滑冰者开始自转时其动能为-Jo o2 ,当她将手臂收回，其转动惯量减少为2Jo则她此时自转的角速度（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23 ；若用力F mg拉绳的一端，则滑轮的角加速度为 组0 （转动定律）R”丿丿#10. 一刚体绕定轴转动，初角速度8 rad/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 rad/s，则刚体在此恒力矩

4、的作用下的角加速度2rad /s2，刚体对此轴的转动惯量J 4kg ?m2o （转动定律）11 . 一质点在平面内运动，其运动方程为x 2 t,y 4t2 4t，式中x、y以m计,1t以秒s计，求: （1）以t为变量，写出质点位置矢量的表达式；轨迹方程； 计算在12s这段时间内质点的位移、平均速度；t时刻的速度表达式； 计算在12s这段时间内质点的平均加速度；在t1 1s时刻的瞬时加速度解：(1) r 2ti 4t2 4t 1 j(m)；2 y (x 1)；Ar2i1勺(m) ;2i16j (m/s)；vdrdt2i (8t 4) j (m/s);a8j(m/s2); a18j (m/s2）（

5、求导法）12 摩托快艇以速率vo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Fkv2。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） kv2dvm dt0mdtmvovm kvotxdxot mv°0 m kvotdtx kLn(1kVot）（牛二定律变形积分）m-voA 叶m 2 B13 .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mh和m2，B不动，A以速度vo 与B碰撞，如已知两车的缓冲弹簧的倔强系数分 别为k1和k2，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?

6、（弹 簧质量忽略而不计）。解：系统动量守恒： m1v0（叶 m2）v系统机械能守恒：丄mw2 -（m1 m2）v2丄匕为2 - k2X222 2 2 2两车相对静止时弹力相等：F k1X1 k2X2F=12vo （动量守恒和机械能守恒定律）mi m2 k1 k214 .有一质量为m1长为I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0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m2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:m2v2总mJ126v m2(m1 3m2)l（角动量守恒定律）电磁学部分第五章重点：点电荷系（矢量和）

7、、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i的计算，磁通量 m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dq°dl，此电荷元可视为点电荷，它在点R0的电场强度dE 士岁，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LdEx 0,点O的合电

8、场强度ELdEy，统一积分变量可求得 E.解：（1）建立坐标系;(2)取电荷元dq dlR(3)写 dE1 dq（4）分解到对称轴方向dEy1 dq y cos4 o r2（5）积分:Eo1 COSQdl由几何关系dl Rd，统一积分变量后，有Eo2 oR2cos dQ22，方向沿y轴负方向2 oR（积分法五步走）2.两条无限长平行直导线相距为 r0,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为 .（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

9、激发的电场E的叠加.2 0r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1 1ir。I2 o x r。x（矢量和）20 xr°x3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 S E dS.S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 亠 1 、 电荷，由咼斯定理- E dSq 0 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面SS0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E dS E dSSS解：由于闭

10、合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有E dS E dSSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，2 2E R cos R E（高斯定理和电通量定义式）4.在电荷体密度为的均匀带电球体中，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E a3 0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

11、点产生的电场强度分别为 E1、E2，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所以Eiri ； E2a3 03 0E E1 E2 r1 r23 0根据几何关系r1 r2 a，上式可改写为Ea （等效法和高斯定理）3 05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，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，E dS 0 ,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

12、。E dS E 2 rL由于圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度g出于高斯面内的总电2r L由高斯定理- E dS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E 2 rL 丄 r2L0面r2L（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Ri和R2 R2Ri，单位长度上的电荷为 求离轴线为r处的电场强度：（1）rRi，（ 2）R rR2，（ 3）rR2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-E dS E 2 rL,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

13、同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理rRi，E 2 rLq 0RirR2 ，E22 orrR2，E30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）LE -2 or 2 rL 07.如图所示，有三个点电荷Qi、Q2、Q3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 Qi Q2Q 求在固定Qi、Q3的情况下，将Q2从点0移到无穷远处外力所作的功分析由库仑力的定义，根据Qi、Q3所受合力为零可求得 Q2外力作功 W应等于电场力作功 W的负值，即 WW 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W Q2V0 VQ2V0其中V。是点电荷Qi、Q3在点0产生的电势（取

14、无穷远处为零电势）解:i在任一点电荷所受合力均为零时Q2-Q，并由电势的叠加Qi、Q3在04的电势v Q Q q04 od 4 od 2 od将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功Q2 一WQ2V0（受力平衡、点电荷系电势、电场力做功）8 od8已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为e e2 or为电荷线密度（ 1）在求在r r1和r r2两点间的电势差；（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r2r2U12 E drIn二（电势差定义式）ri2 r o ri（2）不能严格地讲

15、，电场强度 E只适用于无限长的均匀带电直线，2 or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 Ri和R2，各自带有电荷 Qi和Q2 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VpE dl E dr可求得电势分布Pr解：由高斯定理可求得电场分布E10E2Qi4 or2rRiR(rR2rR2Qi Q2E3厂孑由电势 V E dr可求得区域的电势分布当r R1时，有

16、rViEi drR2E2drE3 drRR2QiiiQiQ24 0RiR240R2rQiQ240 Ri40 R2当R rR2时，有V2R2E2 drrE3 drR23iQi Q2Qii40riR2 4 0R2QiQ24 °r40 &当rRi时，有V3E3 drrQi丄 J40RiR2（先用高斯定理求场强E,再用分段积分求电势V）2i0.两个很长的共轴圆柱面R 3.0 i0 m,R2 0.i0m，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 V 求：（i ）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2 or根据电势差的定义有解得2

17、 0 U12E2 orU123.74R2eRi2.1dr10 8C1021Vr-lnR20R1（电势差定义式）两柱面间电场强度的大小与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.A点的坐标为0,R 2，B点的坐标为 3R 2 ,求电势差Uab.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A、B间的电势差Uab，再求出半球面时的电势差Uab.由于带电球面内等电势，球面内A点的电势，故1 1Uab ?UabVR Vb其中V是带电球表面的电势，V是带电球面在B点的电势

18、.解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A、B两点的电势分别为则半球面在A、B两点的电势差VaQRVr40R0VbQR22 R40r0r3 0AB2 Vr Vb2（点电荷电势式和电势差定义式）12.在半径为R-的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套， 护套外半径为 R2，相对电容率为 设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为试求介质层内的 D、E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和电极化强度矢

19、量 P的分布.解由介质中的高斯定理，有D dSD 2 rL L在均匀各向同性介质中2 o rrD o rE，P D °E ,可进一步求得电场强度oE 1（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 R 10cm与R3 20cm，并分别87带有电荷 4.0 10 C与1.0 10 C .球壳间有两层介质，内层介质的r1 4.0,外层介质的 r2 2.0，其分界面的半径为 R2 15cm.球壳B外为空气.求：（1）两球间的电势差Uab ；（2）离球心30cm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

20、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E dl解 (i )由介质中的高斯定理,EiE2两球壳间的电势差dSDi D2er0 rirD20 r2U abR2EiRiQi4 06.0D 4 r2Qi2 er 24 rR3ERidldlR2QiRiR2R2rdlQ40 r2R2R32io V(2)同理由高斯定理可得E3 i九40r36.0 i03erV(3)取无穷远处电势为零，则Va UabBE3dlUabBQiQ24 0R332.i io V(先由电介质中高斯定理求 D分布，再求E分

21、布,再分段积分求分布)I，它们在点0的磁感应强度各为i4.如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为多少？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0处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0 B1 B2 B3.解 （ a）长直电流对点 0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1 4圆弧电流所激发，故有：Bo 01，方向垂直纸面向外.8R（b）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得." 丄，方向垂直纸面向里2R 2 R（c）将载流导线看作1 2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得Bo hR h

22、R卡黑诘，方向垂直纸面向外.（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.为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS Idx图11 10 b ，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为d B dSldx2 x矩形平面的总磁通量d解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量d2 IIl ddi穴dx尹咕（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）r R; （2）Ri r R? ；（ 3）R? r & ；（4） rR3 画

23、出B r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，B dl B 2 r，利用安培环路定理:B dl 。 I，可解得各区域的磁感强度解由上述分析得rR1B1 2 rR12Biolr2 R12R rR2B2 2 r 0 1B2ol2 rB32 r01磁感强度B r的分布曲线略。（磁场的安培环路定理）R rR3ol R| r22 r Rf R；B4 2 r 0 I I 0B4017. 电流I均匀地流过半径为 R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 示剖面的磁通量分析由题16可得导线内部距轴线为 r处的磁感应强度B r dS来求解沿轴线方ol

24、r在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义 向在剖面砂锅取面元dS ldr ，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量dBdS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量BdrS解由分析可得单位长度导线内的磁通量r |rI0 2dr （磁通量积分四步走）0 2 R2418如图11 28 a所示，一根长直导线载有电流J 30A，矩形回路载有电流 ' 20A.试计算作用在回路上的合力 已知d 1.0cm， b 8.0cm,l0.12cm.分析矩形上、下两段导线受安培力 F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，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

25、磁感强度不等，所受安培力F3和F4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解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力 F3和F4之矢量和，它们的大小分别为F30丨1丨22 dF40丨1丨2d b故合力的大小为FF3F40 hi 2I2 d0I1I2I31.28 10 N2 d b合力的方向朝左，指向直导线（安培力）19.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-J I一的变化率增长.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dt圈中的感应电动势和自感系数.pl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

26、非均匀磁场中，dt磁通量就需用B dS来计算（其中B为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度SB和b2之和）.为了积分的需要，建立坐标系由于B仅与x有关，即B B x，故取一个平行长直导线的宽为dx、长为d的面元dS，如图中阴影部分所示，则dS ddx，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元 dSdxdy，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术上又称为互感想象，也可用公式m M吕求解.dt解 1穿过面元dS的磁通量为d B dS Bi dS B2dS01ddx2 x d-oIddx2 x因此穿过线圈的磁通量为2doldd 2 x ddxdxd 2 x再由法拉第电磁感应定律，有ddt24

27、 dt由m Ml，得互感系数：M解2 当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为凹n324线圈与两长直导线间的互感为M也 ln3I 24-J I当电流以变化时，线圈中的互感电动势为dtMdkdt卫£ dl24 dt（先求磁通量，再求感生电动势和互感系数）20.长为L的铜棒，以距端点r处为支点，以角速度绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差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

28、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L r和r.另外，可将整个棒的电动势看作是 OA棒与OB棒上电动势的代数和，如图 13 8 b所示.解1如图13 8 a所示，在棒上距O点为1处取导体元dl，则ABv B dlABL rrIBdl1 BLL22r因此棒两端的电势差为U AB1AB2BL L2r当L 2r时，端点A处的电势较高解2 将AB棒上的电动势看作是 OA棒和OB棒上电动势的代数和，其中OAOB 2 BLABOAOB1 BL L 2r2（动生电动势）21.长为L的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕00轴以角速度旋转，棒与转轴间夹角恒为，磁感强度B与转轴平行.求

29、0P棒在图示位置的电动势.pl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 0Pdt导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO），也可用|V B dl来计算由于对称性，导体 0P旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的解 由上分析，得OPOPV B dllVBsin 90°cosadlIlsinB cos 90°d|Bsi n20ldl2BLSin由矢量v B的方向可知端点 P的电势较高（动生电动势）22.金属杆AB以匀速v 2.0m s 1平行于一长直导线移动，此导线通有电流I 40A .问:此杆中的感应电动势为多大？杆的哪一端电势较高？分析

30、本题可用公式V B dl求解，可建立图13 10 a所示的坐标系，所取导体元dl dx，该处的磁感强度B £.解 根据分析，杆中的感应电动势为ABABV B dl1.1 m Jjdx0仆2 x3.84 10 5V式中负号表示电动势方向由B指向A，从低到高，故点 A电势较高.（动生电动势）23. 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以匀速率v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pl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 t时，线框左边距导线的距离为，如图pl13 11 c所示，显然 是时间t的函数，且有 v.在求得线框在任意位置处的电动势dt后，再令 d，即可得线框在题目所给位置处的电动势解 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，穿过线框的磁通量11 0 11 2dx0112 In0 2 x2相应电动势为d0Ivl 1l2dt2l1令d，得线框在图示位置处的电动势为0 Ivl 1l 22d d l1由0可知，线框中电动势方向为顺时针方向（先求磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感生电动式）24. 半径为R 2.0cm的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可