大学物理复习资料,很多题~

1、1.1质点的运动函数为x 2ty 4t25式中的量均采用 SI单位。(1)求质点运动的轨道方程;(2)求t1 1s和t22s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x2 5可见质点沿一抛物线运动。(2)质点的位矢为2ti(4t25)j速度和加速度分别为drdt2i 8tjdv dt8j当t 1s和t 2s时，质点的位置分别为r 2i9jr 4i21j速度分别为v 2i8jv 2i16j而加速度都是a 8j oa°,以后加速度均匀增加，每1.2 一质点由静止开始沿直线运动，初始时刻的加速度为经过 秒增加ao，求经过t秒后该质点的速度和运动的路程。解质点的

2、加速度每秒钟增加a/ ，加速度与时间t的关系为a0taaot (1 丄)a。因此，经过t秒后质点的速度为ttadt0a。odta°ttt质点走过的路程为tttt1.5如图1.1所示，在以驶向A船。在湖岸上看,3mtvdt0ta。 t0s1的速度向东航行的B船的速度如何?dta°t2A船上看,南aot3B船以4m s 1的速度从北面tttt图1.1习题1.5用图（教材图1.39）解按速度的变换关系,B船相对湖岸的速度为ttttVb Vba Va如图1.1所示，其大小为Vb. vBa vA42 32 5m s与正南方向的夹角为tan 1 336 524即在湖岸上看，B船沿向南偏

3、东36 52的方向以速度5m s 1航行。1.14设有一个质量为 m的物体，自地面以初速 V。竖直向上发射，物体受到的空气阻力 为f Av，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，物体的运动方程为写成分离变量形式设在时刻t物体的速度为则有因此，物体的速度为因为达到最大高度时 vmg AvdvmgAdvvo vmgAIn vmg A乂 mg Av vomg eAdvm dtdt mJtm oA-tmAt mmgA所以物体达到最大高度所需时间为mln 也血 mln 1 A mg A AAvomg1.13 一质量为m的船，在速率为vo时发动机

4、因故障停止工作。若水对船的阻力为Av，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Avdv m dt写成分离变量形式为dvvdt m设在时刻t物体的速度为v ,则有dvdtvoInvo因此，船速的变化规律为v°eAt m1.16如图1.3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，求小球绕竖直轴一周所需时间。图1.3习题1.16用图（在教材图1.40上加）解 如图1.3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

5、2vT sin mRmgT cos 0解出小球沿圆周运动的速率为TRsinv :mgRsinm cosgRtan小球绕竖直轴一周所需时间为.gRtanR g tan把R Lsin代入，得2 . LCOs可以看出，只与L,g,有关，与小球质量无关。2.3在如图2.3所示的系统中，滑轮可视为半径为R、质量为m。的均质圆盘，滑轮与绳子间无滑动，水平面光滑，若m1 50kg，m2 200kg，m° 15kg, R 0.10m，求物体的加速度及绳中的张力。-2g2 m图2.3习题2.3用图（在教材图2.25上加）解 将体系隔离为 m1， m0， m2三个部分，对 m1和m2分别列牛顿方程，有m

6、2g T2 m2aT| m1a1 2T2RMR22因滑轮与绳子间无滑动，则有运动学条件a R联立求解由以上四式，可得m2gm1m2M R2由此得物体的加速度和绳中的张力为m2gm1 m2 M2200 9.8150200 0.5 157.62m sT1 m1a 50 7.62381N T2m2(g a) 200 (9.817.62)438 N2.4如图2.4所示，一轴承光滑的定滑轮，质量为 M 2.00kg，半径为R 0.100m，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1 2J MR，初始角速度 0 10.0 rad s，方向垂直纸面向里，求：（1

7、 ）定滑轮的角加速度；（2）定滑轮的角速度变化到0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。mg图2.4习题2.4用图（在教材图2.26上加）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mg T maTR J考虑运动学条件a R联立求解由以上三式，得定滑轮的角加速度为2mg(2m M )R2 5.00 9.81(2 5.00 2.00) 0.10081.7 rad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，当10.0 81.7t 0，t 0.122s1 220t t210.0 0.122 0.5

8、81.7 0.12220.612rad2因此，物体上升的高度为h R 0.100 0.6126.12 10 2m(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22 81.7 0.61210.0rad s 1方向垂直纸面向外。2.7质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图2.5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 J1和J2，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。m2gm1g图2.5习题2.7用图解分别对两物(在教材图2.27上加)体及组合滑轮

9、作受力分析。根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有m1g T1m1a1T 2 m2 g m?a2(R T2)(J1 J2)由角加速度和线加速度之间的关系，有a1 R ， a2 r联立求解解上述方程，可得m1 R m2r印22 gRJ1 J 2 mi Rm2ra2m1 R m2rJ1J 22mR2m2J1J22m2m2RrJ1J2m1R22口2mggr2J1 J2 m1Rmi RrT2 - 2- 2m2gJ1 J2R m2r-.16如图-.14所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度°在无摩擦的水平面F ，使小球作圆周上，作半径为r°的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直

10、向下的拉力(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J0式中Jo和J分别是小球在半径为r°和r° 2时对轴的转动惯量,Jo mr°2和 J mr°2 4，则有Jo0J(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W -J 2 -Jo 2 3mro2 02 2 22.18如图2.16所示，长为L、质量为m的均匀细杆可绕过端点 0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

11、。设碰撞是弹性的，求碰后小球获得的速度。mQL1 XXV图2.16习题2.18用图（教材图2.37)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，则有mgL 1J 2 1mgL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，则有J J mvL式中J mL2 3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2由以上三式，可解出碰后小球获得的速度1 2 1 2Jmv2 21 v - 3gL。23.3如图3.2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

12、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3.2习题3.3用图（在教材图 3.33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dq dx Qdx 3R，它在O点的场强为dEdq4 o(4R x)2Qdx120R(4R x)233整个细绳上的电荷在在 O点产生的场强为Q 3R dxQ12 oR 0 (4R x)216 0R2方向竖直向下。此即所求。3.11如图3.10所示，在电荷体密度为的均匀带电球体中，存在

13、一个球形空腔，若将带电体球心O指向球形空腔球心 0的矢量用a表示。试证明球形空腔中任一点电场强度为E a 。3 o图3.10习题3.11用图（在教材图 3.39上加）证 球形空腔可以看成是由电荷体密度分别为加而成。空腔内任一点 P处的场强，可表示为和的均匀带电大球体和小球体叠其中E1和E2分别为带电大球体和小球体在-(r102）P点的场强。由几何关系Aa，上式可写33即证。3.12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3a COS ，其中a为常量，如图3.11所示。求圆心处电场强度的x, y分量。图3.11习题3.12用图（在教材图 3.40上加）x轴。解 由于

14、电荷分布acos关于x轴对称，所以圆心 O点处Ey 0，场强沿取电荷元dq bd ，其在O点沿x轴场强为dExbd cos4 ob2acos2 d4 ob积分得2ExdEx02a2八cos d4 ob oa4 ob3.13如图3.12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R2 （ R2 > R1 ），单位长度上的电荷为。求离轴线为r处的电场强度：（1） rR1和R1， R rR2，(3) r R2 。R2图3.12习题3.13用图（在教材图 3.41上加）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E2 r

15、0其中q为高斯面包围的电荷。（1） rRi : q 0， Ei 0 Ri rR2 : q ， E22 or r R2 : q 0， E3093.14点电荷q 10 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3.13所示。若选B为电势零点，求 A、C两点的电势Ua、Uc。0图3.13习题3.14用图解 坐标系的选取如图所示，xA10cm，xB20cm，Xc 30cm，B点为电势零点。由电势的定义，得UaXB&xXa10 9丄丄）10248.85 10 1210201245VUcXB严pdx汁（丄丄）Xc 4 0x4 0 XCXB10 9正（丄丄）1

16、0248.85 10302015V3.18如图3.16所示，半径分别为R1和R2两均匀带电薄球壳同心放置，（R1< R2），已知内外球壳间的图3.16习题3.18用图（教材图3.45）电势差为u12，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Eq4 or2则两球壳间的电势差为RR2q 2dr（-匸）Ul2EdrRRi4 or24 oRiR2解出q并代入E的表达式，得两球壳间的电场分布为EqU12R1R242 2 orrR2R1方向沿径向。3.22两个同心球面半径分别为R和R2，各自带有电荷 Q1和Q2。（ 1 ）由电势叠加求各区域电势分布；（2）两球面间的

17、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4 oR而带电球面外(r R)的电势为Q4 or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r Ri :场点处于两个球面的内部，电势为QiQ2140R140 R2Ri r R2 :场点处于两个球面之间Qi4 orQ240 R2rR2 :场点位于两个球面之外QiQ24 or(2 )两个球面间的电势差为Ui240 RiQ240 R23.25在X y平面上，各点的电势满足下式：axbx2 y2 (x2 y2)'2式中x和y为任一点的坐标，a和b

18、为常量。求任一点的电场强度的Ex和Ey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Ex 二%2 bx(x2 y2)'Ey2ax b(x2 y2)'2y x y3.26如图3.21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（O,a）的电势 P及场强Ep的z轴分量Ez （要求用E求场强）。U rPQI1OL图3.21习题3.26用图(教材图3.50)解用电势的定义求P点的电势，即L dx- L Jl2 a2p in4 oa2 x24 oa亠nLC4 0La对于z轴上的点P(0 , z),其电势为Q , L L2z2In4 0Lz场强

19、EP的z轴分量为EzQ4 0L lz2.2 2 2 1 1 2、L z ( z) z (L丄z2) 2 2zQ 1z40Lz L .L2z2L2z2路径， B dl 2 rB，利用安培环路定理 B dl0I，即得各区域的磁感应强度。4.1如图4.1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。路径， B dl 2 rB，利用安培环路定理 B dl0I，即得各区域的磁感应强度。路径， B dl 2 rB，利用安培环路定理 B dl0I，即得各区域的磁感应强度。图4.1习题4.1用图（在教材图4.29上加）解 设导体球上的感生电

20、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q4 oR而点电荷q在球心的电势为q4 or因导体球接地，则球心的电势为零。由电势叠加原理，有q4 orq4 oR路径， B dl 2 rB，利用安培环路定理 B dl0I，即得各区域的磁感应强度。路径， B dl 2 rB，利用安培环路定理 B dl0I，即得各区域的磁感应强度。由此得感生电荷总量为Rq -qr5.14有一同轴电缆，其尺寸如图5.13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 ）r R1 ；2） R1 r R2 ；O R! R2 R? r图5.13习题5.14用图（在教材图 5.60上加）解 同轴电缆导体内的电流均匀分