大学物理-大题

1、精选优质文档-倾情为你奉上第五章：刚体的转动：1、如图所示，半径为r1=0.3m的A轮通过皮带被半径为r2=0.75m的B轮带动，B轮以匀角加速度为 rad/s2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求A轮达到转速3000r/min所需要的时间。2、如图示，一长为L、质量可以忽略的刚性直杆，两端分别固定质量分别为2m和m的小球，杆 可绕通过其中心O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始杆与水平成某一角度，处于静止状态，释放后， 杆绕O轴转动，则当杆转到水平位置时，求（1）该系统所受到的合外力矩M的大小；（2）该系统对光滑固定转轴的转动惯量；（3）此时该系统角加速度的大小。2mmo3、如

2、图所示，设两重物的质量分别为m1和m2，且m1 > m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计。设开始时系统静止，试求（1）滑轮的角加速度，（2）重物的加速度a，（3）t时刻滑轮的角速度 m2rm14、质量为M1=24kg的鼓形轮，可绕水平光滑固定的轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M2=5kg的圆盘形定滑轮悬有m=10kg的物体。求当重物由静止开始下降了h=0.5m时，（1）物体的速度；（2）绳中张力（设绳与定滑轮之间无相对滑动，鼓轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为，）M2M1Rrm5、一长l，质量为m的匀质刚

3、性细杆OA，可绕过其一端点O的水平轴在铅垂面内自由摆动（摩擦力可不计）。现将细杆从水平位置静止释放，求：（1）当细杆摆至图中角位置时，细杆所受力矩M为多少？以及此时细杆角加速度的大小？（2）当细杆运动到=/2时，细杆转动角速度为何？（细杆对过O转轴的转动惯量为）OA6、一长l，质量为M的匀质刚性细杆，可绕过其一端点O的水平轴在铅垂面内自由摆动（摩擦力不计）。开始时细杆铅直悬挂，现有一质量为m的子弹，以速度v0垂直入射并嵌入到细杆中P点（到水平轴的距离为a），而后一起转动，求：（1）碰撞前子弹对转轴O的角动量L0；（2）碰撞刚完成时细杆的角速度；（3）细杆与子弹一起上摆可以到达的最大转角max。

4、（细杆对过O转轴的转动惯量）PamOmax1、AB解：两轮的角加速度分别为A，B，有atA=atB=at=r1A=r2B 则 =又=At =40s2、解2mmo 力矩： 在=0时，M=2mgl/2-mgl/2， 由刚体定轴转动定理 M=J刚体的转动惯量 J=2m(l/2)2+m(l/2)2= 3ml2/4 角加速度 =M/J=3、解：作示力图 两重物加速度大小a相同，方向如图对重物1应用牛顿第二定律：m1g-T1=m1a （1） 对重物2应用牛顿第二定律：T2- m2g =m2a （2） 应用定轴转动定理有： （T1-T2）r =J （3） 绳与滑轮间无滑动，有：a= r （4） 联列求解（1

5、）（4）式，有： 角加速度： 加速度： t 时刻的角速度： 4、解：受力分析如图示，由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程：求解联立方程，可得OA5、解： 力矩： 在转到时，M= cos mgl/2 由刚体定轴转动定理 M=J 刚体的转动惯量 J=ml2/3 角加速度 =M/J=3g cos /(2l) 两边积分：，有PamOmax6、解：（1）碰撞前，子弹的角动量：（2）碰撞过程，角动量守恒： （3）碰撞完成后上摆，机械能守恒：（以转轴为重力势能零点） 第六章1如图所示，一长为10cm的均匀带正电细杆，其带电量为1.5×10-8C.试求在杆的延长线上距杆的端点5cm

6、处的P点的电场强度。()2. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为，四分之一圆弧AB半径为R，试求圆心O点的场强。3. 半径为和（）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量和，试求：（1）；（2）；（3）处各点的场强。4.电量q均匀分布在长为2的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为的p点的电势（设无穷远处为电势零点）。5. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为，外表面半径为。设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r处的电势。6. 如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环，其电荷线密度为。在其轴线上有A、B两点，它们与环心的距离分别为，一质量为、带电

7、量为q的粒子从A点运动到B点，求在此过程中电场力所作的功。1.解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，X轴沿杆的方向，如图，并设杆的长度为L， P点离杆的端点距离为d，在x处取一电荷元dq=(q/L)dx，它在P点产生场强 P点处的总场强为代入题目所给数据，得 的方向沿X轴正向。2.解：在O点建立坐标系如图所示，半无限长直线A在O点产生的场强：半无限长直点产生的场强：四分之一圆弧段在O点产生的场强：由场强叠原理，O点合场强为： 或写成场强：，方向。3.解：利用高斯定律：。（1）时，高斯面内不包括电荷，所以：；（2）时，利用高斯定律及对称性，有：，则：；（3）时，利用高斯定律及对称性，有

8、：，则：；即：。4.解：设坐标原点位于杆中心O点，X轴沿杆向右的方向，如图所示,细杆的电荷线度，在x处取电荷元，它在P点产生的电势整个杆上电荷对P点产生的电势5.解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即U=U1+U2为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取的薄层，其电量为它对该薄层内任一点产生的电势为 则于是全部电荷在半径为r处产生的电势为注：也可根据电势定义直接计算。6.解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为q由A点运动到B点电场力作功为注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。第七章1一电容器由两个同轴圆

9、筒组成，内筒半径为a，外筒半径为b，筒长都是L，中间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质，内、外筒分别带有等量异号电荷+Q和-Q，设b-a<<a,L>>b，可以忽略边缘效应，求：（1） 半径r 处（a< r <b）的电场强度的大小E； Lab（2） 两极板间电势差的大小U； （3） 圆柱形电容器的电容C； （4） 电容器贮存的电场能量W。2. 一球形电容器，内球壳半径为R1，外球壳半径为R2，两球壳间充满了相对介电常数（电容率）为r 的各向同性的均匀电介质，设两球壳间电势差为U12 ，求： (1) 两极板所带电量+Q和-Q； (2) 电容器的电容值 C；

10、 (3) 电容器储存的能量 W3一空气平行板电容器，两极板面积均为S，板间距离为d（d远小于极板线度），在两板间平行地插入一面积也是S、厚度为t(<d)的金属片，试求：（1）电容C等于多少？（2）金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？tdSSS4两个同心导体球壳，其间充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质，外球壳以外为真空，内球壳半径为R1，带电量为Q1；外球壳内、外半径分别为R2和R3，带电量为Q2，（1）求整个空间的电场强度的表达式，并定性画出场强大小的径向分布曲线；（2）求电介质中电场能量We的表达式；（3）若Q1=2×10-9C，Q2= -3Q1,=3，R1=3&#

11、215;10-2m,R2=2R1,R3=3R1，计算上一问中We的值。（已知0=8.85×10-12C·N-1·m-2）R2R3Q1Q2R11. 解：由题给条件（b-a）a和Lb，忽略边缘效应，将两同轴圆筒导体看作是无限长带电体，根据高斯定理可以得到两同轴圆筒导体之间的电场强度为r同轴圆筒之间的电势差： 根据电容的定义： 电容器储存的能量： 2. 解： （1）设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q，则两球壳间的电位移大小为场强大小为电量 (2) 电容 （3）电场能量 3.解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为

12、E1=q/（0S）金属片内部场强为E2=q/（0S）金属片内部场强为E=0 则两极板间的电势差为UA-UB =E1d1+E2d2=q/（0S）(d1+d2)=q/（0S）(d-t)由此得C=q/(UA-UB)=0S/(d-t)因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响。EOr4.解：（1）场强表示式 1=0 r<R12= R1<r<R23=0 R2<r<R34= r>R3(2) =（3）将Q1和R1、R2的值代入有： 第八章1、一根无限长直导线，通有电流I， 中部一段弯成半径为R的四分之一圆弧，各段导线都在同一平面内（纸面内），

13、求图中O点的磁感应强度。IIRO12342、 在一半径R的无限长半圆柱形金属薄片中，沿长度方向有电流I通过，横截面上电流分布均匀。试求圆柱轴线上任一点的磁感强度。S3、一根半径为R的无限长直铜导线，导线横截面上均匀通有电流I，试计算：（1）磁感强度的分布；（2）通过单位长度导线内纵截面S的磁通量。R2R1IO4、 有一圆环形导体薄片，内外半径分别为R1和R2，如图所示，在圆环面内有稳定的电流沿半径方向均匀分布，总电流强度为I，求圆心O点处的磁感强度和磁矩。5、如图所示，在长直电流I1旁有一个载有电流I2的刚性矩形导体框。（1）求在I1的磁场中AB、BC、CD和AD边所受的安培力；（2）求导体框

14、所受的合力； I1I2I2dblABCD6、一矩形截面的环形螺线管，环内充满磁导率为的磁介质，螺线管均匀绕有N匝线圈，线圈中通有电流I，试求：（1）环内距轴线为r远处的磁感强度；（2）通过螺线管截面的磁通量。IIRO12341、解：根据磁场叠加原理，O点的磁感应强度是图中4段载流导线磁感应强度的叠加。由公式，可得对导线1和4，有：对导线3，有：方向垂直向里；对导线2，有：方向垂直向里；O点的磁感应强度：，方向垂直向里。2、解：建立如图坐标系，在金属薄片上取宽为l的无限长窄条，其中电流为该电流在轴线上处的磁感强度为：大小：方向：如图（不同电流的方向不同）其分量为半圆柱轴线上的磁感强度S3、解：根

15、据安培环路定理：， 选取圆形回路为闭合路径。：，：， 通过距离轴线为r，长度为l、宽度为dr的面积元的磁通量为：通过单位长度导线内纵截面S的磁通量：4、解：分析 圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环, dIrdrOR1R2应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式和磁感强度的叠加原理求解。在圆环形导体上距O点为r处取宽为dr的细圆环，所载电流，在圆心O点处的磁感强度方向垂直向里，大小为整个圆环形导体在O点产生的磁感强度大小为，方向垂直向里。在圆心O点处的磁矩方向垂直向里，大小为整个圆环形导体在O点的磁矩大小为，方向垂直向里。5、解：分析：电流I1在矩形框处产生的磁场为非均匀磁场，磁场方

16、向向里，矩形框各边所受安培力可由安培定律分析求解。I1I2I2dblABCDI2dxxxOdF（1）AD边、BC边处磁感强度为，故有，AD和BC边所受的安培力，方向水平向左，方向水平向右以AB边为研究对象，在电流I1产生的磁场中，AB边上的距直导线为x处的电流元I2dx所受到磁场力dF方向向上，如图所示，AB边上各电流元受力方向相同，故AB边所受磁场力的大小为，方向向上；同理可得CD边所受磁场力的大小为，方向向下。（2）导体框所受的合力，方向水平向左6、解：分析：一般情况下螺绕环内不能视为均匀磁场，应用安培环路定理可以计算出螺绕环内的磁感强度；求穿过螺绕环截面的磁通量时，要在截面上取平行轴线的

17、小面元，面元上各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后用积分求截面的磁通量（1）由对称性可知，在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相等，方向沿圆周的切线方向。在环内取半径为r的环路，应用安培环路定理，有，磁场强度，磁感强度（2）在螺线管截面上，在半径r处，取宽dr，高h的面元（如图），其面积为dS = hdr，通过此面元的磁通量为通过矩形截面的磁通量第九章1、如图所示，一根长为的金属细杆绕竖直轴以角速度在水平面内旋转，在离细杆端处。若已知地磁场在竖直方向的分量为，求两端间的电势差。2、如图，一半径为电荷线密度为的均匀带电圆环，里边有一半径为总电阻为的导体环。两环共面同心（），

18、当大环以变角速度绕垂直于环面的中心轴旋转时，求小环中的感应电流。其方向如何？3、如图所示，长直导线和矩形线圈共面，边与导线平行，。 （1）若直导线中的电流在内均匀地从降为零，则线圈中的感应电动势的大小和方向如何？ （2）长直导线和线框的互感系数?()4、一圆柱体长直导线，均匀地通有电流，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为（设导体的相对磁导率为）。5. 半径为的两块圆板，构成平行板电容器，放在真空中。今对电容器匀速充电，使两板间电场的变化率为。求两极板间的位移电流，并计算电容器内离极板中心连线（）处的磁感应强度，以及处的磁感应强度。6、给电容为的平板电容器充电，充电电流为，时电容器极板上无电荷，求：（1）电容器极板间电压随时间而变化的关系。（2）时刻极板间总的位移电流（忽略边缘效应）第十五章1一电子以v=0.99c（c为真空中光速）的速率运动。试求：（1）电子的总能量是多少？（2）电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少？（电子静止质量me=9.11´