大学物理复习题

本文格式为Word版，下载可任意编辑——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。其次章重点：牛顿其次运动定律的应用(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0～t这段时间内所经过的路程为S点的角速度为?2???t2??t42，式中S以m计，t以s计，则在t时刻质

rad/s2?t2rad/s，角加速度为?。（求导法）

22．质点沿x轴作直线运动，其加速度a?4tm/s2，在t?0时刻，v0?0，x0?10m，则该质点的运动方程为x?x?10?23t3。（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_____2??______。（积分法）

4．伽利略相对性原理说明对于不同的惯性系牛顿力学的规律都具有一致的形式。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?10NS；质点在第2s末的速度大小为5m/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?c2；c1、c2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F??6x2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=2.0m时，该力对质点所作的功A??14J。（变力做功）8．一滑冰者开始自转时其动能为J0?0，当她将手臂收回,其转动惯量减少为

212?J03，则她此时自转的角速度??3?0。（角动量守恒定律）

1

9．一质量为m半径为R的滑轮，如下图，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2g3R；若用力F?mg拉绳的一端，则滑轮的角加速

2gRm度为。（转动定律）

?F10.一刚体绕定轴转动，初角速度?0?8rad/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??4rad/s，则刚体在此恒力矩的作用下的角加速度??____?2rad/s2_______，刚体对此轴的转动惯量

J?4kg?m。（转动定律）

2

?x?2t,11．一质点在平面内运动，其运动方程为?，式中x2y?4t?4t?1?、y以m计，

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t1?1s时刻的瞬时加速度。解：（1）r?2ti??4t2?4t?1?j(m)；(2)y?(x?1)2；

??(3)Δr?2i?16j(m)?t以秒

???；

???v?2i?16j(m/s)；

????dr?2i?(8t?4)j(m/s)；(4)v?dt????2(5)a?8j(m/s)；a1?8j(m/s2)（求导法）

12．摩托快艇以速率v0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F??kv2。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）?kv2?mdvdt

2

?vv01vdv???2t0kmt0dtv?mv0m?kv0tmk

kv0tm（2）?dx?0x?mv0m?kv0tdtx?Ln(1?)（牛二定律变形积分）

13．如下图，两个带理想弹簧缓冲器的小车A和B，质量分别为m1和m2，B不动，A以速度v0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，在不计摩擦的状况下，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：m1v0?(m1?m2)v系统机械能守恒：m1v02?2112(m1?m2)v?2??v0Am1k1k2m2B12k1x1?212k2x22

两车相对静止时弹力相等：F?k1x1?k2x2

F=[m1m2m1?m2?k1k2k1?k2]12v0（动量守恒和机械能守恒定律）

14．有一质量为m1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：m2vJ总???

l22?J总?

m1ll2?m2()1226vm2(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）、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

3

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

Q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O的电场强度

?RdE?14??0dqr2，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的合电场强度E??LdEy，统一积分变量可求得E.

解：（1）建立坐标系；

（2）取电荷元dq?（3）写dE?14??0Q?Rdqr2dl

（4）分解到对称轴方向

dEy?14??0dqr2cos?

（5）积分：

EO???14??0L?cos?R2?Q?Rdl

由几何关系dl?Rd?，统一积分变量后，有

?E0???2??2Q4??0R22cos?d???Q2??0R22，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激发的电场

E??2??0r的叠加.

4

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

???E?E??E???2??0?11??????i??xr?x?2??0??r00x?r0?x??i（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?S??S??E?dS.

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?E?dS?S1?0穿入平面S??q?0这说明穿过闭合曲面的净通量为零，

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

???S????E?dS???E?dS

S?解:由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有???S????E?dS???E?dS

S?依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，

2???E??R2?cos???RE（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?a

3?0[分析]此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E??3?0r

所以E1?

?3?0r1；E2???3?0r2

5

VA???AE?dl

解（1）由介质中的高斯定理，有

?D?dS?D?4?r?Q1

2得D1?D2?E1?D1Q14?r2er2

?0?r1rD22erR1?r?RE2??0?r2?Q14??0?r2r2erR2?r?R3

两球壳间的电势差UAB???R3R1E?dl

?R2R1E1?dl??R3R2E2?dl

?Q14??0?r1?11?Q1?????R??1R2?4??0?r2?11?????R?R3??2??6.0?102V（2）同理由高斯定理可得E3?Q1?Q24??0r2er?6.0?10erV?m3?1

（3）取无穷远处电势为零，则VA?UAB???BE3dl?UAB?Q1?Q24??0R3?2.1?10V

3（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.如下图，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，它们各逍遥点O处所激发的磁感强度较简单求得，则总的磁感强度B0?B1?B2?B3.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14圆弧电流所激发，故有:B0?，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

11

?????0I.B0?

?0I2R??0I2?R，方向垂直纸面向里?

（c)将载流导线看作12圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B0?

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?ldx?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?dS?矩形平面的总磁通量

???0I2?xldx

?0I4?R??0I4?R??0I4R??0I2?R??0I4R，方向垂直纸面向外.?(矢量和)

?d?

解由上述分析可得矩形平面的总磁通量

d2????0I2?xd1ldx??0Il2?lnd2d1（积分法四步走）

16.有同轴电缆，其尺寸如下图.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?R1;（2）R1?r?R2；（3）R2?r?R3；（4）r?R3.画出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??0?I，可解得各区域的磁感强度.

解由上述分析得

I2r?R1B1?2?r??0?R21?r

B1??0Ir2?R21

R1?r?R2B2?2?r??0I

12

B2??0I2?r

22??r?R2?I?R1?r?R3B3?2?r??0?I?22?R3?R2??????B3??0IR3?r22222?rR3?R2

r?R3B4?2?r??0?I?I??0B4?0

磁感强度B?r?的分布曲线略。（磁场的安培环路定理）

17.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

?IrB?r??02

2?R在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义???B?r??dS来求解.沿轴线方

向在剖面砂锅取面元dS?ldr，考虑到面元上各点B一致，故穿过面元的磁通量d??BdS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量???Bdr

S解由分析可得单位长度导线内的磁通量

???R?0Ir2?R0dr?2?0I4?（磁通量积分四步走）

18.如图11?28?a?所示，一根长直导线载有电流I1?30A，矩形回路载有电流I2?20A.试计算作用在回路上的合力.已知d?1.0cm，b?8.0cm,l?0.12cm.

[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

13

F3?F4?故合力的大小为

?0I1I2l2?d

?0I1I2l2??d?b?F?F3?F4??0I1I2l2?d??0I1I2l2??d?b??1.28?10?3N

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dI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，如下图.求线dt圈中的感应电动势和自感系数.

d?[分析]此题仍可用法拉第电磁感应定律???来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁

dt通量就需用??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dS?dxdy，则上述积分实际上为二重积分）.此题在工程技术上又称为互感想象，也可用公式?M??M解1穿过面元dS的磁通量为

dIdt?B?dSS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B1求解.

d??B?dS?B1?dS?B2dS?因此穿过线圈的磁通量为???0I2??x?d?ddx??0I2?xddx

?d???2d?0Idd2??x?d?dx??2d?0Id2?xddx??0Id2?ln34

再由法拉第电磁感应定律，有???d?3?dI??d??0ln?dt2?4dt??由?m?MI,得互感系数：M??I??0d2?ln34

14

解2当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为

??线圈与两长直导线间的互感为

?0dI2??Iln34

M?当电流以

dIdt??0d2?ln34

变化时，线圈中的互感电动势为

dI3?dI??d??0ln?dt4?dt?2????M（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，它们之间的关系宛如电源的路端电压与电源电动势之间的关系.在开路状况中，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下降的方向）.

此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l处取导体元dl，则

?AB??AB?v?B??dl??L?r?r1??lBdl???BL?L?2r?

212因此棒两端的电势差为UAB???AB??BL?L?2r?

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?OA?则

?AB??OA??OB??1212B?r，?OB?212?B?L?r?

2?BL?L?2r?(动生电动势)

21.长为L的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO?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OP棒在图示位置的电动势.[分析]此题既可以用法拉第电磁感应定律???d?dt计算（但此时必需构造一个包含OP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

l15

于对称性，导体OP旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是一致的.

解由上分析，得

?OP?????v?B??dl

OP?vBsin90ll0cosadl

0???lsin??Bcos90???dl?L

2??Bsin2??ldl??B?Lsin??

012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]此题可用公式????v?B??dl求解，可建立图13?10?a?所示的坐标系，所取导体

l元dl?dx，该处的磁感强度B??0I2?x.

解根据分析，杆中的感应电动势为

?AB??AB?v?B??dl???1.1m?0I2?x0.1mvdx???0Iv2?ln11??3.84?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.[分析]此题可用公式???d?dt求解，但用此公式须注意，式中?应当是线框运动至任意

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13?11?c?所示，显然?是时间t的函数，且有

d?dt?v.在求得线框在任意位置处的电动势

????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

为

??相应电动势为

?l1?0Il202??x???dx??0Il22?ln??l1?

16

??????d?dt??0Iv1ll22?????l1?

令??d，得线框在图示位置处的电动势为

?0Iv1ll22?d?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，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零.若通电电流均匀变化，使得磁感强度B随时间的变化率试求：?1?管内外由磁场变化激发的感生电场EK分布；（2）如

dBdtdBdt为常量，且为正值，

?1?0.010T?s，求距螺

线管中心轴r?5.0cm处感生电场的大小和方向.[分析]变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源?变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率

dBdt等）密切相关，即?EK?dl???l?B?tS?dS.在一般情

况下，求解感生电场的分布是困难的.但对于此题这种特别状况，则可以利用场的对称性进行求解.可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图13?15所示.由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生