大学物理上期末复习题

1、1 -6已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为,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) t4 s时质点的速度和加速度1 -13质点沿直线运动,加速度a4 -t2 ,式中a的单位为m·-2 ,t的单位为如果当t 3时,x9 m,v2 m·-1 ,求质点的运动方程1 -14一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度aA -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点(1) 由题意知 (1)用

2、分离变量法把式(1)改写为 (2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度 由此可知当,t时,为一常量,通常称为极限速度或收尾速度(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1 -22一质点沿半径为R 的圆周按规律运动,v0 、b 都是常量(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？解(1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为, 故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使ab,由可得(3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1 -24一质

3、点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为,式中 的单位为rad,t 的单位为(1) 求在t 2.0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, 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？解(1) 由于,则角速度在t 2 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有,即得 此时刻的角位置为(3) 要使,则有t 2 -15轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg飞机以55.0 m·-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数5.0 ×102 N

4、3;-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10内滑行的距离解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有得 因此,飞机着陆10后的速率为v30 m·-1又 故飞机着陆后10内所滑行的距离2 -20质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr kv,且k 0.03 N/( m·-1 )(1) 求物体发射到最大高度所需的时间(2) 最大高度为多少？解(1) 物体在空中受重力mg和空气阻力Fr kv 作用而减速由牛顿定律得 (1)根据始末条件对上式积分,有(2)

5、 利用的关系代入式(1),可得分离变量后积分故 235质量为m的子弹以速度水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；（2）子弹进入沙土的最大深度。3 -7质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角若不计空气阻力,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3 -10质量为m 的小球,在合外力F -kx 作用下运动,已知x Acost,其中k、A 均为正常量,求在t 0 到时间内小球动量的增量3 -

6、12一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m问第二块落在距抛出点多远的地面上(设空气的阻力不计)解取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为 (1)物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为当该碎片落地时,有y1 0,t t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 (2)又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4)联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为爆炸后,第二块

7、碎片作斜抛运动,其运动方程为 (5) (6)落地时,y2 0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x2 500 m3 -14质量为m 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成角的速率v0 向前跳去当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)解取如图所示坐标把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v为人抛物后相对地面的水平速率,v-u 为抛出物对地面的水平速率得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以,人跳跃后增加的距离3 -19一物体

8、在介质中按规律x ct3 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x0 0 运动到x l 时,阻力所作的功(已知阻力系数为k)解由运动学方程x ct3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -20一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功解水桶在匀速上提过程中,a 0,拉力与水桶重力平衡,有F P 0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P mg -gy其中02 kg/m,人对水桶的拉力的功为3 -22一质

9、量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动设质点的最初速率是v0 当它运动一周时,其速率为v0 /2求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？解(1) 摩擦力作功为 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为圈3 -30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？解由

10、水平方向的动量守恒定律,有 (1)为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力F0,则 (2)式中vh 为摆锤在圆周最高点的运动速率又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有 (3)解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为5 1电荷面密度均为的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x变化的关系曲线为图(B)中的()510一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的

11、细圆环，如图所示，从教材第53节的例1可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元，在点O 激发的电场强度为由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系，统一积分变量，有积分得 5 12两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(1)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

12、所激发的电场的叠加.(2)由FqE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：FE.应该注意：式中的电场强度E是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解(1)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(2)设F、F分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有显然有FF，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 17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与的函数关系.解1因电荷分布和电场分布均为球对称

13、，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0rR)球体外(rR)解2将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0rR)球体外(rR)5 21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2R1)，单位长度上的电荷为.求离轴线为r处的电场强度：(1)rR1，(2) R1rR2，(3)rR2.分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷.即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rR1，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R1rR2，r

14、R2， 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与520题分析讨论的结果一致.525一个球形雨滴半径为mm，带有电量1.6 pC，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解根据已知条件球形雨滴半径R10.40 mm，带有电量q11.6 pC，可以求得带电球形雨滴表面电势当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径，带有电量q22q1，雨滴表面电势5 30两个很长

15、的共轴圆柱面(R13.0×102m，R20.10m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450.求：(1)圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)r0.05m处的电场强度.解(1)由习题521的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为根据电势差的定义有解得 (2)解得两圆柱面之间r0.05m处的电场强度69在一半径为R6.0 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R28.0 cm，R310.0 cm设球A带有总电荷QA ×10C，球壳B带有总电荷QB2.0×10C（）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

16、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的电势分析（）根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷QA均匀分布在球A表面，球壳B内表面带电荷QA，外表面带电荷QBQA，电荷在导体表面均匀分布图（），由带电球面电势的叠加可求得球A和球壳B的电势（2）导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）球壳B接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电QA图（）断开球壳B的接地后，再将球A接地，此时球A的电势为零电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡不失一般性可设此时球A带电qA，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可

17、知球壳B内表面感应qA，外表面带电qAQA图（c）此时球A的电势可表示为由VA0可解出球A所带的电荷qA，再由带电球面电势的叠加，可求出球A和球壳B的电势解（）由分析可知，球A的外表面带电 ×10C，球壳B内表面带电 ×10C，外表面带电 ×10C由电势的叠加，球A和球壳B的电势分别为（2）将球壳B接地后断开，再把球A接地，设球A带电qA，球A和球壳B的电势为解得即球A外表面带电 ×10C，由分析可推得球壳B内表面带电 ×10C，外表面带电- ×10C另外球A和球壳B的电势分别为导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平

18、衡，导体表面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡7 10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的磁感强度分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发由于电源距环较远，而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于，由毕萨定律知流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为,其中I1、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有将B1 、B2 叠加可得点O的磁感强度B解由上述分析可知，点O的合磁感强度7 11如图所示

19、，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？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，则总的磁感强度解（）长直电流对点O而言，有，因此它在点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B0的方向垂直纸面向外（）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B0的方向垂直纸面向里（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B0的方向垂直纸面向外7 12载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B分析由教材7 4 节例题可知

20、，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度，其中为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O激发的磁感强度，磁感强度的方向依照右手定则确定。点O的磁感强度BO可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O的叠加。解根据磁场的叠加在图（）中，在图（）中，在图（c）中，7 13如图所示，一个半径为R的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布求半圆柱面轴线OO上的磁感强度分析毕萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度的细电流，细电流与轴线OO平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半

21、圆柱面轴线上的磁感强度解根据分析，由于长直细线中的电流，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为其方向在Oxy平面内，且与由l引向点O的半径垂直，如图7 13（）所示由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO上产生的磁感强度叠加后，得则轴线上总的磁感强度大小B的方向指向Ox轴负向7 15如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量BS为此，可在矩形平面上取一矩形面元dSldx图（），载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量7 17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

22、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）rR1；（2）R1rR2；（3）R2rR3；（4）rR3画出Br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，利用安培环路定理，可解得各区域的磁感强度解由上述分析得rR1 R1rR2R2rR3rR3磁感强度B（r）的分布曲线如图（）7 19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7 16 可得导线内部距轴线为r处的磁感强度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向在剖面上取面元Slr，考虑到面元上各点B相同，故穿过面

23、元的磁通量BS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量解由分析可得单位长度导线内的磁通量7 29如图（）所示，一根长直导线载有电流I130 A，矩形回路载有电流I220 A试计算作用在回路上的合力已知d1.0 cm，b8.0 cm，l0.12 m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，如图（）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向

24、朝左，指向直导线1某质点的运动方程为（SI），则该质点作什么运动？加速度呢？2关于电场强度的定义式，下列说法正确的是（）（A）场强的大小与试验电荷的大小成反比；（B）对场中某点，试验电荷受力不因q0而变；（C）正试验电荷的受力方向就是场强的方向；（D）若场中某点不放置试验电荷，则F=0,从而E=0。3点电荷Q被闭合曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如图所示。则引入前后（）Qq（A）曲面S上的电通量不变，曲面上各点场强不变；（B）曲面S上的电通量变化，曲面上各点场强不变；（C）曲面S上的电通量变化，曲面上各点场强变化；（D）曲面S上的电通量不变，曲面上各点场强变化。4质量为m

25、的子弹以速度水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；（2）子弹进入沙土的最大深度。1-1 某质点的运动方程为（SI），则该质点作 （A）匀加速直线运动，加速度为正值；（B）匀加速直线运动，加速度为负值； （C）变加速直线运动，加速度为正值；（D）变加速直线运动，加速度为负值。1-2 以下五种运动形式中，保持不变的运动是 （A） 单摆的运动；（B） 匀速率圆周运动；（C） 行星的椭圆轨道运动；（D） 抛体运动 ； （E） 圆锥摆运动。1-3对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的： （A）切向加速度必不为零；（B）法向加速度必不为零；（C）由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零；（D）若物体做匀速率运动，其总加速度必为零；（E）若物体的加速度为恒矢量，它一定做匀变速运动。1-4下列说法是否正确：(A) 质点作圆周运动时的加速度指向圆心；(B) 匀速圆周运动的加速度为恒量；(C) 只有法向加速度的运动一定是圆周运动；(D) 只有切向加速度的运动一定是直线运动。1-5 质点的运动方程是，式中和是正的常量。从到时间内，该质点的位移是