大学物理(上)期末复习题说课材料

1、学物理（上）期末复习题精品文档1 -13s .如果当1-142t3,式中x的单-2 ,t的单位为1-6已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x26t2位为m,t的单位为s.求：(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t=4s时质点的速度和加速度.质点沿直线运动，加速度a=4-t2，式中a的单位为m-st=3s时,x=9m,v=2ms-1,求质点的运动方程.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a=A-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.收集于网

2、络，如有侵权请联系管理员删除(1)由题意知dvABvdt用分离变量法把式(1)改写为dtABv将式(2)两边积分并考虑初始条件，有vdvdvvoABvtdto得石子速度由此可知当ABtB(1e)合为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.B再由V出公(1dtBer并考虑初始条件有yodytABt、oB(1e)dt得石子运动方程y BtA / BtB?(e1)1 -22 一质点沿半径为R的圆周按规律sVot1-bt运动,vo、b都是吊 2b?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dsvv0btd

3、t其加速度的切向分量和法向分量分别为d2sdt2b, an2(V0 bt)R故加速度的大小为a 宁产(Rbt)4其方向与切线之间的夹角为0 arctanan atarctan(vo bt)2Rb要使I a |=b，由 1 . R2b2(v0bt)4Rb可得t也b从t=0开始到t=v0/b时质点经过的路程为sStSo2 Vo2b因此质点运行的圈数为2sVon2R4dbR1-24一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置为924t3,式中8的单位为rad,t的单位为s.(1)求在t=2.0s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，8值为多少？(3)t

4、为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等？解(1)由于。24t 24rt r2 12t2,则角速度12t2.在t=2s时，法向加速度dt和切向加速度的数值分别为2c2ant2sr2.30ms一d3,cc2att2sr4.80msdt(2)当ata/2Va2a2时，有3a2a2,即2t3213此时刻的角位置为(3)要使烝at,则有_3_9 2 4t 3.15 rad2224324rtr212t2t=0.55s2-15轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0103kg.飞机以55.0ms-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a=5.0X102N3-1,空气对飞机升力不计

5、，求：(1)10s后飞机的速率；(2)飞机着陆后10s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dvmdt4t mvdvV0a,2vv0t2m因此，飞机着陆10s后的速率为v =30 m-1Sxdxx00 V。a 2一t2mdt故飞机着陆后10s内所滑行的距离.a.3sxx0v0tt467m6m2-20质量为45.0kg的物体，由地面以初速60.0ms-1竖直向上发射，物体受到空气的阻力为5r=心,且卜=0.03N/(ms-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m酢口空气阻力Fr=kv作用而减速.由牛顿定律

6、得一一dvmgkvm一(1)dt根据始末条件对上式积分，有tvdvdtmv0v0mgkv,m,/kv0tln106.11skmg利用dvvdv的关系代入式（1），可得dtdymgkvmv5dy分离变量后积分y0mvdvdy0v0mgkv,mmg,(kv0故yIn1-v0183mkkmg2-35质量为m的子弹以速度v-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v-抛出,v。与水平面成仰角a.若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点

7、。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.佟=Acosco 由中3-10质量为m的小球，在合外力F=-kx作用下运动，已知xk、A均为正常量，求在t=0到t时间内小球动量的增量.2w3-12一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6m.爆炸1.00s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汉01 mv2y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）hSS3-12.解取如图示坐标，根据抛体运动

8、的规律，爆炸前,物体在最高点A的速度的水平分量为X1V0x t。x1 1 2h物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为1.2小hvtgt2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Vih jgt2t1(2)mvox0 1mv2V2x 2v0x 2xur- ;2h100 mV2 yV1h )2 14.7 mti爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为X2Xi V2xt2又根据动量守恒定律，在最高点处有1-mv2x2(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=500m3-14质量为m'的人手里拿着一个质量为m的物体，此

9、人用与水平面成a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mmv0cosamvmvu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mV0V0COSaumm人的水平速率的增量为、m加VV0cosaumm而人从最高点到地面的运动时间为v0sinag所以,人跳跃后增加的距离人A,mv°sinaAxAvt0mmg3-19一物体在介质中按规律x=ct3作直线运动，c为一常量

10、.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dx2v3ctdt按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为则阻力的功为Fkv2 9kc2t4 9kc2/3x4/3o2/3 4/3 .W OF dx OF 8s180 dxo9kc x dx3 -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，

11、水桶重力随位置的变化关系为P = mg - a gy其中0. 2 kg/m,人对水桶的拉力的功为27 , 2/3 , 7/3kc l70F dy100mg agydy 882 J3-22一质量为m的质点，系在细纯的一端，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W EkEq121232/八2mv2mv0gmv。（2）由于摩擦力是一包力，且Ff=pm敬有WFfscos180o2<pmg(2)由式（1）、（2）可得动

12、摩擦因数为3v2（116<g由于一周中损失的动能为3mv2,则在静止前可运行的圈数为电3-30图解由水平方向的动量守恒定律，有vmvmmv（1）2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Ft=0,则Q)2mvhmgl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1 1一2mv2mglmvh2 2解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为2mm5gl5-1电荷面密度均为十超两块“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）

13、中的（）510半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为o;求球心处电场强度的大小.题5-10图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dq§dSS2：R2sin8d0,在点O激发的电场强度为dE1 xdq2 2/3 r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xRcos0,rRsin。统一积分变量，有4二1xdq1Rco

14、s0O2dE-2/33-62tKSinUdU4冗0gx2r247toeRsin8cos（d02o一k/2XX积分得Esin8cosd0024o5-12两条无限长平行直导线相距为ro,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为M1）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所激发的电场的叠加.（2）由F=qE,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：F=E.应该注意：式中的电场强度E是另一根带电导线激

15、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, 的电场强度，则有E+、E分别表示正、负带电导线在P点入11.i2冗0xr0x入ro2冗oxr0x（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2E入i2冗or。i2九Mo显然有F+=F-,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pkr0rRp0rRk为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度v与v的函数关系.（卜）Bi5-17I制解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量,1由图斯定理口

16、EdSQV得球体内（0&r&R）2E r 4 71rrkr4 <2dr0krE r 4 71r40r球体外（r>R）2.kr4<drkR24er解2将带电球分割成球壳，球壳带电2 .kr 4 7r drdqpdV由上述分析，球体内（0<r<R）lr1krEr04兀04r2drerkr2-er00 4 兀 0ger球体外（r>R）kR2-2er4©r521两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>Ri),单位长度上的电荷为人.求离轴线为r处的电场强度：(1)r<Ri,(2)Ri<r<R2,(

17、3)r>R2.i b)题5-21忤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。EdSE271rL，求出不同半径高斯面内的电荷q .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E27rLq/0r<R1,q0Ei0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变Ri<r<R2,qLE22冗orr >R2,q oE30在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变入L（TAE2冗龟r2冗orL令这与5-20题分析讨论的结果一致.525一个球形雨滴半径为0.40mm,带有电量1

18、.6pC,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V2R,代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解根据已知条件或形雨滴半径R1=0.40mm,带有电量qi=1.6pC,可以求得带电球形雨滴表面电势1qiV|36V4冗gR1当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径R2V2F1,带有电量q2=2q1,雨滴表面电势12d4 冗% 3/2R57 V5-30两个很长的共轴圆柱面（R1=3.0X102m,R2=0.10m）

19、,带有等量异号的电荷，两者的电势差为450V.求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？（2）r=0.05m处的电场强度.解（1）由习题5-21的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为2冗0r根据电势差的定义有U 12R1E2dl解得入2冗龟U12/lnR22.1108CmR1（2）解得两圆柱面之间r=0.05m处的电场强度入E7475Vm2冗龟r69在一半径为Ri=6.0cm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R=8.0cm,R3=10.0cm.设球A带有总电荷Qa=3.0108C,球壳B带有总电荷Qb=2.0X08C.（1）求球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和

20、球壳B的电势；（2）将球壳B接地然后断开，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（1）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Qb+Qa,电荷在导体表面均匀分布图（a）,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，球壳内表面带电一Qa图（b）.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

21、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，可知球壳B内表面感应一qA,外表面带电qA-Qa图（c）.此时球A的电势可表小为VaqA4冗qAqA Qa4 冗®R4 冗0R3由Va=0可解出球A所带的电荷中，再由带电球面电势的叠加，可求出球A和球壳B的电势.解 (1)由分析可知，球A的外表面带电3.0 10 8C,球壳B内表面带电 3.0 10 8C,外表面带电5.0W 8C.由电势的叠加，球A和球壳B的电势分别为Va.4 冗 0R1Qa4 冗 0R2QA QA 5.6 103 V4冗龟R3QaQb4冗龟R34.5103 V(2)将球壳B接地后断开，再把球A接地,设球A带电

22、qA ,球A和球壳B的电势为qAqA4 冗（0R14 冗 C0R2QAqA04 ：（0R3解得qAQaqA4 冗 0R3R1R2QARR2R2R3R1R32.12 10 8C即球A外表面带电2.12108C,由分析可推得球壳B内表面带电一2.1210C,外表面带电-0.9W8C,另外球A和球壳B的电势分别为Va02Vb7.2910V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.题7-10图分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、

23、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，Bef0,而be、fa两段直线的延长线通过点O,由于Idlr0,由毕一萨定律知BbeBfa0.流过圆弧的电流Ii、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为Bi Iili 4<2,B2 I 2l24 r2其中Ii、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IiliI2l2将Bi、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BBiB2芈0471r4加7-ii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O的磁感强度各

24、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BoBi解(a)长直电流对点O而言，有Idlro,因此它在点O产生的磁场为零，则点。处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有BoI8RB0的方向垂直纸面向外.(b)将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得joJ_困1Bo2R2RBo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Bo的II/I田1的I4R4R4R2R4RBo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。

25、的磁感强度B.分析由教材7-4节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度B业，其中胸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4R确定；平无限长载流导线在圆心点O激发的磁感强度B二,磁感强度的方4tR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的叠力口。解根据磁场的叠加在图（a）中,B04RI.i4R在图（b）中,B0由1 i 4tR由1.由1 l， i k4R 4 R由I 14R 冗在图（c）中,3w.媪Boi8R4tR7 13如图所示,一个半径为R的无限长半圆柱面导体,沿长度方向的电流在柱面上均匀分布.求半圆柱面轴线 OO

26、'上的磁感强度.d/分析毕一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dIRd8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dIIdl/卡，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为dBdI2tR其方向在Oxy平面内，且与由d l引向点O的半径垂直，如图7 13 (b)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,BydBsin兀BxdBsinx o2夜Rd 0 sin 0uR则轴线上总的磁感强度大小BBx由1uRB的方

27、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.(a)(b)®7-l5图分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量wBS.为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS=ldx图(b),载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为dBdS-ldx2x矩形平面的总磁通量d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量d23dx必n5d12欣2冗d17-17有一同轴电缆，其尺寸如图(a)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强度：(1)r<Ri;(2)Ri<r<R2;(3)R2<r<R3;(4

28、)r>R3.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，口BdlB2冗1,利用安培环路定理oBdl00I,可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得r<RiB1271rBi由Ir2 7R12Ri<r<R2B2271r/IB2R2<r<R3r2R22冗R；MR2r2_2_22作R3R2r>R3B427r00II0B40磁感强度B（r）的分布曲线如图（b）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.迥7-19图分析由题7-16可得导线内部距轴线为r处的磁感

29、强度的Ir2tR2在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义BrdS来求解.沿轴线方向在剖面上取面元dS=ldr,考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量d二BdS,通过积分，可得单位长度导线内的磁通量BdrS解由分析可得单位长度导线内的磁通量R2dr.02tR24冗7-29如图（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,=0.12m.分析矩形上、下两段导线受安培力Fi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，

30、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（b）所示，它们的大小分别为匚由I1I2lF32汨F制山1427tdb故合力的大小为FF3F4J0E1I211.28103N271d27tdb合力的方向朝左，指向直导线.1某质点的运动方程为x3t5t36(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EF/q0,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

31、验电荷，则F=0,从而E=0b3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()(A)曲面S上的电通量不变，曲面上各点场强不变;广力1Qq(B)曲面S上的电通量变化，曲面上各点场强不变；J.(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的子弹以速度vo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x3t5t36(SI),则该质点作(A)匀加速直

32、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，a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a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