大學物理復習資料,很多題~

1、1.1質點的運動函數(shù)為x 2ty 4t25式中的量均采用 SI單位。(1)求質點運動的軌道方程;(2)求t1 1s和t22s時，質點的位置、速度和加速度。解(1)消去運動函數(shù)中的t，可得軌道方程為x2 5可見質點沿一拋物線運動。(2)質點的位矢為2ti(4t25)j速度和加速度分別為drdt2i 8tjdv dt8j當t 1s和t 2s時，質點的位置分別為r 2i9jr 4i21j速度分別為v 2i8jv 2i16j而加速度都是a 8j oa°,以后加速度均勻增加，每1.2 一質點由靜止開始沿直線運動，初始時刻的加速度為經(jīng)過 秒增加ao，求經(jīng)過t秒后該質點的速度和運動的路程。解質點的

2、加速度每秒鐘增加a/ ，加速度與時間t的關系為a0taaot (1 丄)a。因此，經(jīng)過t秒后質點的速度為ttadt0a。odta°ttt質點走過的路程為tttt1.5如圖1.1所示，在以駛向A船。在湖岸上看,3mtvdt0ta。 t0s1的速度向東航行的B船的速度如何?dta°t2A船上看,南aot3B船以4m s 1的速度從北面tttt圖1.1習題1.5用圖（教材圖1.39）解按速度的變換關系,B船相對湖岸的速度為ttttVb Vba Va如圖1.1所示，其大小為Vb. vBa vA42 32 5m s與正南方向的夾角為tan 1 336 524即在湖岸上看，B船沿向南偏

3、東36 52的方向以速度5m s 1航行。1.14設有一個質量為 m的物體，自地面以初速 V。豎直向上發(fā)射，物體受到的空氣阻力 為f Av，其中V是物體的速率，A為正常數(shù)。求物體的速度和物體達到最大高度所需時間。解取豎直向上為 y軸方向，物體的運動方程為寫成分離變量形式設在時刻t物體的速度為則有因此，物體的速度為因為達到最大高度時 vmg AvdvmgAdvvo vmgAIn vmg A乂 mg Av vomg eAdvm dtdt mJtm oA-tmAt mmgA所以物體達到最大高度所需時間為mln 也血 mln 1 A mg A AAvomg1.13 一質量為m的船，在速率為vo時發(fā)動機

4、因故障停止工作。若水對船的阻力為Av，其中v是船的速率，A為正常數(shù)，試求發(fā)動機停止工作后船速的變化規(guī)律。解 取船水平前進方向為 x軸方向，發(fā)動機停止工作后船的運動方程為Avdv m dt寫成分離變量形式為dvvdt m設在時刻t物體的速度為v ,則有dvdtvoInvo因此，船速的變化規(guī)律為v°eAt m1.16如圖1.3所示，繩子一端固定，另一端系一小球，小球繞豎直軸在水平面上做勻速圓周運動，這稱為圓錐擺。已知繩長為 L,繩與豎直軸的夾角為，求小球繞豎直軸一周所需時間。圖1.3習題1.16用圖（在教材圖1.40上加）解 如圖1.3所示，對小球沿指向圓心方向和沿豎直向下方向列運動方程

5、2vT sin mRmgT cos 0解出小球沿圓周運動的速率為TRsinv :mgRsinm cosgRtan小球繞豎直軸一周所需時間為.gRtanR g tan把R Lsin代入，得2 . LCOs可以看出，只與L,g,有關，與小球質量無關。2.3在如圖2.3所示的系統(tǒng)中，滑輪可視為半徑為R、質量為m。的均質圓盤，滑輪與繩子間無滑動，水平面光滑，若m1 50kg，m2 200kg，m° 15kg, R 0.10m，求物體的加速度及繩中的張力。-2g2 m圖2.3習題2.3用圖（在教材圖2.25上加）解 將體系隔離為 m1， m0， m2三個部分，對 m1和m2分別列牛頓方程，有m

6、2g T2 m2aT| m1a1 2T2RMR22因滑輪與繩子間無滑動，則有運動學條件a R聯(lián)立求解由以上四式，可得m2gm1m2M R2由此得物體的加速度和繩中的張力為m2gm1 m2 M2200 9.8150200 0.5 157.62m sT1 m1a 50 7.62381N T2m2(g a) 200 (9.817.62)438 N2.4如圖2.4所示，一軸承光滑的定滑輪，質量為 M 2.00kg，半徑為R 0.100m，上面繞一根不能伸長的輕繩，繩下端系一質量m=5.00kg的物體。已知定滑輪的轉動慣量為1 2J MR，初始角速度 0 10.0 rad s，方向垂直紙面向里，求：（1

7、 ）定滑輪的角加速度；（2）定滑輪的角速度變化到0時，物體上升的高度；（3）當物體回到原來位置時，定滑輪的角速度。mg圖2.4習題2.4用圖（在教材圖2.26上加）解（1）對物體和滑輪分別列牛頓方程和轉動方程。設物體的加速度為a，滑輪的角加速度為，則有mg T maTR J考慮運動學條件a R聯(lián)立求解由以上三式，得定滑輪的角加速度為2mg(2m M )R2 5.00 9.81(2 5.00 2.00) 0.10081.7 rad方向垂直紙面向外?？梢钥闯觯谖矬w上升期間定滑輪做勻減速轉動。(2 )由t，當10.0 81.7t 0，t 0.122s1 220t t210.0 0.122 0.5

8、81.7 0.12220.612rad2因此，物體上升的高度為h R 0.100 0.6126.12 10 2m(3)物體上升到高度 h后，定滑輪由靜止開始以角加速度做勻加速轉動。因此，當物體回到原來位置時，定滑輪的角速度為22 81.7 0.61210.0rad s 1方向垂直紙面向外。2.7質量為m1和m2的兩物體A、B分別懸掛在圖2.5所示的組合滑輪兩端。設兩輪的半徑分別為R和r，兩輪的轉動慣量分別為 J1和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去 不計，繩的質量也略去不計。試求兩物體的加速度和繩的張力。m2gm1g圖2.5習題2.7用圖解分別對兩物(在教材圖2.27上加)體及組合滑輪

9、作受力分析。根據(jù)質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，有m1g T1m1a1T 2 m2 g m?a2(R T2)(J1 J2)由角加速度和線加速度之間的關系，有a1 R ， a2 r聯(lián)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如圖-.14所示，一質量為m的小球由一繩索系著，以角速度°在無摩擦的水平面F ，使小球作圓周上，作半徑為r°的圓周運動。如果在繩的另一端作用一豎直

10、向下的拉力(2 )拉力所作的功。解(1)因拉力通過繩的另一端， 則拉力對軸無力矩，小球在轉動的過程中角動量守恒。即J0式中Jo和J分別是小球在半徑為r°和r° 2時對軸的轉動慣量,Jo mr°2和 J mr°2 4，則有Jo0J(2)隨著小球轉動角速度的增加，其轉動動能也增加，這正是拉力做功的結果。由轉動的 動能定理可得拉力做的功為W -J 2 -Jo 2 3mro2 02 2 22.18如圖2.16所示，長為L、質量為m的均勻細桿可繞過端點 0的固定水平光滑軸轉動。把桿抬平后無初速地釋放，桿擺至豎直位置時剛好和光滑水平桌面上的小球相碰，球的質量和桿相同

11、。設碰撞是彈性的，求碰后小球獲得的速度。mQL1 XXV圖2.16習題2.18用圖（教材圖2.37)解 選桿和小球為剛體系。因碰撞是彈性的，則體系的機械能守恒。以水平桌面為重力勢能零點，設桿擺至豎直位置但未與小球碰撞時的角速度為，則有mgL 1J 2 1mgL在桿與小球碰撞過程中，體系對軸O的角動量守恒。設碰撞后桿的角速未度，則有J J mvL式中J mL2 3為桿繞軸O的轉動慣量，v為碰后小球獲得的速度。由機械能守恒，有2由以上三式，可解出碰后小球獲得的速度1 2 1 2Jmv2 21 v - 3gL。23.3如圖3.2所示，一環(huán)形薄片由細繩懸吊著，環(huán)的半徑為R,內半徑為R/2,并有電量Q均

12、勻分布在環(huán)面上，細繩長 3R，也有電量Q均勻分布在繩上，試求圓環(huán)中心O處的電場強度（圓環(huán)中心在細繩延長線上）圖3.2習題3.3用圖（在教材圖 3.33上加）解圓環(huán)上的電荷對圓環(huán)中心O點對稱分布，因此它在 O點的場強為零，合場強就是細繩上的電荷在 O點產生的場強。選細繩頂端為坐標原點，豎直向下為x軸。在x處取一電荷元dq dx Qdx 3R，它在O點的場強為dEdq4 o(4R x)2Qdx120R(4R x)233整個細繩上的電荷在在 O點產生的場強為Q 3R dxQ12 oR 0 (4R x)216 0R2方向豎直向下。此即所求。3.11如圖3.10所示，在電荷體密度為的均勻帶電球體中，存在

13、一個球形空腔，若將帶電體球心O指向球形空腔球心 0的矢量用a表示。試證明球形空腔中任一點電場強度為E a 。3 o圖3.10習題3.11用圖（在教材圖 3.39上加）證 球形空腔可以看成是由電荷體密度分別為加而成?？涨粌热我稽c P處的場強，可表示為和的均勻帶電大球體和小球體疊其中E1和E2分別為帶電大球體和小球體在-(r102）P點的場強。由幾何關系Aa，上式可寫33即證。3.12半徑為 b的細圓環(huán)，圓心在 Oxy坐標系的原點上。圓環(huán)所帶電荷的線密度3a COS ，其中a為常量，如圖3.11所示。求圓心處電場強度的x, y分量。圖3.11習題3.12用圖（在教材圖 3.40上加）x軸。解 由于

14、電荷分布acos關于x軸對稱，所以圓心 O點處Ey 0，場強沿取電荷元dq bd ，其在O點沿x軸場強為dExbd cos4 ob2acos2 d4 ob積分得2ExdEx02a2八cos d4 ob oa4 ob3.13如圖3.12所示，兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R2 （ R2 > R1 ），單位長度上的電荷為。求離軸線為r處的電場強度：（1） rR1和R1， R rR2，(3) r R2 。R2圖3.12習題3.13用圖（在教材圖 3.41上加）解電荷軸對稱分布，因此電場的分布具有軸對稱性。在離軸線為r處作單位長度的同軸圓柱形高斯面，根據(jù)高斯定理，有E2 r

15、0其中q為高斯面包圍的電荷。（1） rRi : q 0， Ei 0 Ri rR2 : q ， E22 or r R2 : q 0， E3093.14點電荷q 10 C,與它在同一直線上的 A、B、C三點分別距q為10cm、20cm、30cm,如圖3.13所示。若選B為電勢零點，求 A、C兩點的電勢Ua、Uc。0圖3.13習題3.14用圖解 坐標系的選取如圖所示，xA10cm，xB20cm，Xc 30cm，B點為電勢零點。由電勢的定義，得UaXB&xXa10 9丄丄）10248.85 10 1210201245VUcXB嚴pdx汁（丄丄）Xc 4 0x4 0 XCXB10 9正（丄丄）1

16、0248.85 10302015V3.18如圖3.16所示，半徑分別為R1和R2兩均勻帶電薄球殼同心放置，（R1< R2），已知內外球殼間的圖3.16習題3.18用圖（教材圖3.45）電勢差為u12，求兩球殼間的電場分布。解 設內球殼帶電量為 q，則內外球殼間的場強可表示為Eq4 or2則兩球殼間的電勢差為RR2q 2dr（-匸）Ul2EdrRRi4 or24 oRiR2解出q并代入E的表達式，得兩球殼間的電場分布為EqU12R1R242 2 orrR2R1方向沿徑向。3.22兩個同心球面半徑分別為R和R2，各自帶有電荷 Q1和Q2。（ 1 ）由電勢疊加求各區(qū)域電勢分布；（2）兩球面間的

17、電勢差為多少？解（1）半徑為R，電荷為Q的均勻帶電球面內（r R ）各點的電勢相等，都等于 球面上各點的電勢，即4 oR而帶電球面外(r R)的電勢為Q4 or由電勢疊加原理，電場內某點的電勢等于兩個帶電球面單獨存在時在該點電勢的代數(shù)和。因此r Ri :場點處于兩個球面的內部，電勢為QiQ2140R140 R2Ri r R2 :場點處于兩個球面之間Qi4 orQ240 R2rR2 :場點位于兩個球面之外QiQ24 or(2 )兩個球面間的電勢差為Ui240 RiQ240 R23.25在X y平面上，各點的電勢滿足下式：axbx2 y2 (x2 y2)'2式中x和y為任一點的坐標，a和b

18、為常量。求任一點的電場強度的Ex和Ey兩個分量。解 電場中某點的電場強度，等于該點的電勢梯度加上負號。因此，有Ex 二%2 bx(x2 y2)'Ey2ax b(x2 y2)'2y x y3.26如圖3.21所示，已知長為L,均勻帶電（電量為Q ）的細棒，求z軸上的一點P（O,a）的電勢 P及場強Ep的z軸分量Ez （要求用E求場強）。U rPQI1OL圖3.21習題3.26用圖(教材圖3.50)解用電勢的定義求P點的電勢，即L dx- L Jl2 a2p in4 oa2 x24 oa亠nLC4 0La對于z軸上的點P(0 , z),其電勢為Q , L L2z2In4 0Lz場強

19、EP的z軸分量為EzQ4 0L lz2.2 2 2 1 1 2、L z ( z) z (L丄z2) 2 2zQ 1z40Lz L .L2z2L2z2路徑， B dl 2 rB，利用安培環(huán)路定理 B dl0I，即得各區(qū)域的磁感應強度。4.1如圖4.1所示，一個接地的導體球，半徑為R,原來不帶電。今將一點電荷 q放在球外距球心的距離為r的地方，求球上的感生電荷總量。路徑， B dl 2 rB，利用安培環(huán)路定理 B dl0I，即得各區(qū)域的磁感應強度。路徑， B dl 2 rB，利用安培環(huán)路定理 B dl0I，即得各區(qū)域的磁感應強度。圖4.1習題4.1用圖（在教材圖4.29上加）解 設導體球上的感生電

20、荷總量為q。因感生電荷分布在球面上，則由電勢疊加原理可知q在球心的電勢為q4 oR而點電荷q在球心的電勢為q4 or因導體球接地，則球心的電勢為零。由電勢疊加原理，有q4 orq4 oR路徑， B dl 2 rB，利用安培環(huán)路定理 B dl0I，即得各區(qū)域的磁感應強度。路徑， B dl 2 rB，利用安培環(huán)路定理 B dl0I，即得各區(qū)域的磁感應強度。由此得感生電荷總量為Rq -qr5.14有一同軸電纜，其尺寸如圖5.13所示。兩導體中的電流均為I，但電流的流向相反，導體的磁性可以不考慮。 試計算以下各區(qū)域的磁感應強度：（1 ）r R1 ；2） R1 r R2 ；O R! R2 R? r圖5.13習題5.14用圖（在教材圖 5.60上加）解 同軸電纜導體內的電流均勻分