8-6一半径为R的半圆细环上均匀地分布电荷,求环心处的

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 - 丄，式中S以m计，t以s计，则在t时刻质24trad/s，角加速度为_rad /s22点的角速度为。（求导法）则该质点的运动方程为x2.质点沿x轴作直线运动，其加速度a 4t m/s2，在t 0时刻，v。0 , x。10 m，。（积分法）x 10 -t333.一质点从静止出发绕

2、半径 R的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为 P,则该质点走完半周所经历的时间为。（积分法）244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.质量为m 2kg的质点在力Fx2 3t N作用下由静止开始运动，若此力10 NS ;质作用在质点上的时间为2s，则该力在这2s内冲量的大小I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rG , dv/dt C2;G、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 m时，该力对质点所作的功14J。

3、（变力做功）8.滑冰者开始自转时其动能为切02，当她将手臂收回,其转动惯量减少为Jo3，则她此时自转的角速度-32。（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 速度竺；若用力F mg拉绳的一端，则滑轮的角加速3R-度为_ 0 (转动定律)R(N m )的恒力矩10.刚体绕定轴转动，初角速度0 8 rad/s，现在大小为8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，则刚体在此恒力矩的作用下的角加速度22rad /s，刚体对此轴的转

4、动惯量J 4kg?m。(转动定律)11. 一质点在平面内运动，其运动方程为X 2 t,4t24t，式中X、y以m计,1t以秒s计，求：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(1)t11s时刻的瞬时加速度。解:(1) r 2ti 4t2 4t1 j(m)；(X1)2 ；Ar2i16j (m)；v 2i16j (m/s)；drdt2i (8t4)j(m/s)；8j(m/s2) ； 318j (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

5、数为常数k，即可表示为F(1)求速度随时间的变化规律;解：(1)kv2 m 空dtkv2。设快艇的质量为m，当快艇发动机关闭后,(2)求路程随时间的变化规律。V4dvvo V2odtvm kv0tx(2)0dx0心mx 7Ln(1kvot）（牛二定律变形积分）m13.如图所示，两个带理想弹簧缓冲器的小车和B ,质量分别为 叶和m2, B不动，A以速度与B碰撞，如已知两车的缓冲弹簧的倔强系数分m 2 B vA 0别为ki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?（弹簧质量忽略而不计）。解：系统动量守恒:mwo (mi m2)v1111系统机械能守恒：-rnv。2-(m1m

6、2)v2- k1x12- k2x2 2两车相对静止时弹力相等:FkiX|k2x2Vo （动量守恒和机械能守恒定律）F=m1m 并Pv。m1 m2 k1 k214 .有一质量为m,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 J总m11212m2（2）26v m2(m, 3m2)l（角动量守恒定律）申I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

7、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 Q dl，此电荷元可视为点电荷，它在点 OR线。在弧线上取线dl，其电荷dq的电场强度1 ，因圆环上的电荷对ry轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的,则有LdEx点O的合电场强度LdEy，统一积分变量可求得 E.解:(1)建立坐标系;取电荷兀dqdlRdEyEo由

8、几何关系写dE 4_dq2 0 r分解到对称轴方向丄翌cos4 0 r2积分:1L4 0cosQdlRdlRd ,统一积分变量后，有Eo5 字pcosd24 2 oR22.两条无限长平行直导线相距为，方向沿y轴负方向.2qR（积分法五步走）r。,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为 .（1）求两导线（设该点到其中一线的垂直距离为构成的平面上任一点的电场强度上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力X）； （2）求每一根导线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 的叠加.20r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11

9、rii （矢量和）X 0 X 2 0 x r0 x3.设均强电场的电场强度E与半径为场强度通量.R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电分析方法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，由于闭合面内无电荷，由高斯定理克E dSSq 0 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S的电场强度通量在数等于穿出半球面S的电场强度通量.因而SE dSsE dS解：由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理，有SE dSsE dS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向,E R22cos R E（高斯定理和电通量定义式）

10、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0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0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Ei、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E2?72EEiE23根据几何关系r1r2 a，上式可改

11、写为E 3；a （等效法和高斯定理）5.无限长、半径为 求圆柱体内距离为 分析无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布，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 上，电场强度与底面平行，R的圆柱体上电荷均匀分布 r处的电场强度.圆柱体单位长度的电荷为，用高斯定理电场强度也为轴对称分布， 且沿径矢方向. .在圆柱的两个底面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-E dS E 2 rL由于圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度已 出于高斯面内的总电r2L由高斯定理0 E dSq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1E 2 rL 一0r2L（

12、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）r R ， （ 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O 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：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理%0E 2 rLEi0RirR2，E22 orR2，E30在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变E L-2 or 2 rL 0（高斯定理）

13、7.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 Q Q2 Q .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 外力作功 W应等于电场力作功 W的负值，即W场力作的功与电势能差的关系，有q4 .W .求电场力作功可根据功电Q2WQ2V0VQ2V0其中V是点电荷Qi、Q3在点0产生的电势（取无穷远处为零电势）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Vo- -QjQ-4od4 od 2od将Q2从点0推到无穷远处的过程中，外力作功Q2Q

14、2Vo8od（受力平衡、点电荷系电势、电场力做功）8.已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为我们曾取r为电荷线密度.（1）在求在r ri和r匚两点间的电势差；（2）在点电荷的电场中,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Ul2r22riEdr27；ln?（电势差定义式）（2）不能.严格地讲，电场强度E片只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间,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

15、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VppE dlE dr可求得电势分布.r由高斯定理可求得电场分布EirRiE2Qi2orRirR2E3Q24 0r2QiR2由电势Vdr可求得区域的电势分布.当 rRi时，有ViEi drrR2E2 drR2 E3 drQiQ2R24 0R2Qi4oRiQ24 0R2当R rR2时，有V2rldrR2 E3 drQiQiQ2ri4 0R2当rRi时，有V3Qi4 orE3 drQ240 R?Qi40RlR2（先用高斯定理

16、求场强E,再用分段积分求电势V）210.两个很长的共轴圆柱面R1 3.0 10 m, R2 0.10m，带有等量异号的电荷，两者的电两圆柱面之间的电场强度势差为450V.求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？ （2）解 由8的结果，两圆柱面之间的电场20r根据电势差的定义有解得Ul2R2ER1dr-lnR0R12 0U12/lnR2.110 8Cm111.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2 I3.74 10 Vr（电势差定义式）两柱面间电场强度的大小与Oxy平面上各点产生的电坐标为0,R/2，B点的坐标为3R/2 ,求电势差Uab.分析电势的叠加是

17、标量的叠加，根据对称性，带电半球面在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Uab Uab 1 Vr Vb其中Vr是带电球表面的电势，V是带电球面在B点的电势.2 2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，此时在点的电势分别为Va亠40RVR0VbQ4 0rR2or则半球面在 A、B两点的电势差U AB2VrVb_R6（点电荷电势式和电势差定义式）0护套外半径为R2，相对电容率为12.在半径为R的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套,设沿轴线单位长度上，导线

18、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D 0 rE，P D 0E ,可进一步求得电场强度E和电极化强度矢量 P的分布.由介质中的高斯定理，有oD dSD 2 rL L在均匀各向同性介质中oEer（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 R1 10cm与R3 20cm，并分别带有电荷 4.0 10 8C与1.010 7C .球壳间有两层介质

19、，内层介质的r14.0,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 U AB ； （ 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VaaE dl解 ( 1)由介质中的高斯定理，有QiEiE2两球壳间的电势差D1D2Jr0 rirD20 r2UabQi4严2Qi2 er40 r2rR3ER1dlRiR2rR3R

20、2R1E1dlRR2E2dlQ14 0r1R2Q40 r26.0210 VoD dS(2)同理由高斯定理可得L Q Q2E3 b'36.0 10 erV(3)取无穷远处电势为零，则Va UabBE3dlUabQ1Q240R32.1 103V分布)(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 V14.如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ,它们在点0的磁感应强度各为多少？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，它们分析各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0 B1 B2B3 -(a) 长直电流对点0而言，它在延长线上点0

21、产生的磁场为零，则点0处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有：B0 一必，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，由叠加原理可得尼诰2R，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15.载流长直导线的电流为0I4 R0I4 i'R卡，方向垂直纸面向外.（矢量和）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 10b ，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为d B dS £ldX矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平

22、面的总磁通量:TdX Tn号（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）R1rR2 ；（3）R2rR,；(4) rR3 .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，。Bdl 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由上述分析得R1B1 2 rI 20 R12 rB10lr2 R；R2B2 2r 0IB20I27R3B3 2 rr2 R| I R： R；B30|2rR3B4 2B4磁感强度B r的分布曲

23、线略。（磁场的安培环路定理）17.电流I示剖面的磁通量.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分析由题16可得导线内部距轴线为r处的磁感应强度0Ir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 dIdr ，考虑到面元上各点BdS,通过积分，可得单位长度导线内的磁通量B相同，故穿过面元的磁通量sBdr由分析可得单位长度导线内的磁通量R Ir0Ir亠dr0 2 R20I4（磁通量积分四步走）18.如图1128 a所示，一根长直导线载有电流I130A，矩形回路载有电流 1220A.2 R2试计算作用在回路上的合力

24、 .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，它们的大小分别为故合力的大小为F3F4FF3F4合力的方向朝左，指向直导线0I1I2I2T0I1I2I2 d b0111212 d01112I3一1,28 10 3N2 d b（安培力）求线19有两根相距为d的无限长平行直导线，它们

25、通以大小相等流向相反的电流，且电流均以 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dt圈中的感应电动势和自感系数分析本题仍可用法拉第电磁感应定律 来求解.由于回路处在非均匀磁场中,dt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SBi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，也可用公式解 1穿过面元dS的磁通量

26、为B dS B1 dS B2dSddx因此穿过线圈的磁通量为oldd 2 x d2d2ddx再由法拉第电磁感应定律，有ddtod2In3 d4 dt由m MI，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odlln3线圈与两长直导线间的互感为当电流以巴变化时，线圈中的互感电动势为dtMdLdt皿ln32 4dldt（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

27、，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绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动设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I处取导体元dl，则AB AB V B因此棒两端的电势差为dlIBdI1 BL L 2r212 当L 2r时，端点A处的电势较高U ABABBL2r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OAOB2BL2ABOAOBBL L 2r（动生电动势）21.长为L的导体棒

28、OP,处于均匀磁场中，恒为，磁感强度B与转轴平行求OP棒在图示位置的电动势d计算（但此时必须构造一个包含OPdt分析本题既可以用法拉第电磁感应定律并绕OO轴以角速度旋转，棒与转轴间夹角l v B dl来计算.由导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO），也可用于对称性，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OPOP v B dllVBsin "cosMI l sinB cos 900dlBsin2B Lsin 2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

29、I 40A.问:此杆中的感应电动势为多大？杆的哪一端电势较高?分析本题可用公式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 BoI解 根据分析，杆中的感应电动势为AB ABv B dl式中负号表示电动势方向由1.1m cI-vdx0仆2 x垃 In113.84 10 5V2B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d 求解，但用此公式须注意，式中dt分析本题可用公式应该是线框运动至任意位置处时，穿

30、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 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01右x严相应电动势为dqIvI *2dt 2l1d，得线框在图示位置处的电动势为0 Ivl il 22 d d li0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dB近似看作零.若通电电流均匀变化，使得磁感强