大学物理复习资料,很多题

1、质点的运动函数为x 2ty 4t2 5因此，经过t秒后质点的速度为式中的量均采用 SI单位。(1)求质点运动的轨道方程;(2)求t1 1s和t2 2s时，质点的位置、速度和加速度。解(1)消去运动函数中的t ,可得轨道方程为x2 5可见质点沿一抛物线运动。(2)质点的位矢为2ti2 5)j速度和加速度分别为drdt2i 8tjdv dt8j当t 1s和t 2s时，质点的位置分别为2i9jr 4i21j速度分别为2i8jv 2i16j而加速度都是a 8j。一质点由静止开始沿直线运动,初始时刻的加速度为ao ,以后加速度均匀增加，每经过 秒增加a0,求经过t秒后该质点的速度和运动的路程。解 质点的

2、加速度每秒钟增加a0 /,加速度与时间t的关系为a a。a0 tt (1 Da。v adt0ao0-dta。 2a0t 了 t质点走过的路程为如图所示，在以3mtS vdt0ao02rdt-2.3a°ta°ts 1的速度向东航行的A船上看,B船以4m s1的速度从北面驶向船。在湖岸上看，B船的速度如何?图习题用图（教材图解 按速度的变换关系，B船相对湖岸的速度为V B V BA V A如图所示，其大小为Vb. vBa vA42 325m s与正南方向的夹角为i 3tan 1 -36 524即在湖岸上看，B船沿向南偏东36 52的方向以速度5m s 1航行。设有一个质量为 m

3、的物体，自地面以初速 V0竖直向上发射，物体受到的空气阻力为f Av,其中V是物体的速率，A为正常数。求物体的速度和物体达到最大高度所需时间。解取竖直向上为 y轴方向，物体的运动方程为写成分离变量形式设在时刻t物体的速度为则有因此，物体的速度为因为达到最大高度时 v0,mg AvdvmgAdvvo vmgAIn mg AVo mg Avvomg eAdv m dtmoAt mmgA所以物体达到最大高度所需时间为m, vo mg A m,.InIn 1A mg A AAvomg一质量为m的船，在速率为vo时发动机因故障停止工作。若水对船的阻力为f中v是船的速率，A为正常数，试求发动机停止工作后船

4、速的变化规律。解 取船水平前进方向为 x轴方向，发动机停止工作后船的运动方程为Avdv mdt写成分离变量形式为dv设在时刻t物体的速度为v ,则有v dvvotdt0In Atvo因此，船速的变化规律为At mv v0e如图所示，绳子一端固定，另一端系一小球，小球绕竖直轴在水平面上做匀速圆周运动，这称为圆锥摆。已知绳长为 L ,绳与竖直轴的夹角为，求小球绕竖直轴一周所需时间。I mg图习题用图（在教材图上加）解 如图所示，对小球沿指向圆心方向和沿竖直向下方向列运动方程2 v T sin mRmg T cos 0解出小球沿圆周运动的速率为TRsinmgRsin gRtanm cos小球绕竖直轴

5、一周所需时间为_2 R_ 2 R .gRtan : g tan把R Lsin代入，得Lcos可以看出，只与L, g,有关，与小球质量无关。在如图所示的系统中，滑轮可视为半径为R、质量为m0的均质圆盘，滑轮与绳子间无滑动，水平面光滑，若m1 50kg, m2 200kg, m0 15kg,R 0.10m ,求物体的加速度及绳中的张力。T2m2g图习题用图（在教材图上加）解 将体系隔离为 m1, mo, m2三个部分，对 m/D m2分别列牛顿方程，有T2m2 aTimaT2R12T1R-MR22因滑轮与绳子间无滑动，则有运动学条件联立求解由以上四式，可得mm2由此得物体的加速度和绳中的张力为m2

6、 g1 m1m2 M250200 9.812 7.62m s200 0.5 15T1 m1a 50 7.62 381NT2m2(g a) 200 (9.81 7.62) 438N如图所示，一轴承光滑的定滑轮，质量为2.00kg ,半径为R 0.100m,上面绕一根12不能伸长的轻绳，绳下端系一质量 m=5.00 kg的物体。已知定滑轮的转动惯量为 J MR2, 2初始角速度0 10.0rad/s,方向垂直纸面向里，求：（1）定滑轮的角加速度；（2）定滑轮的角速度变化到0时，物体上升的高度；（3）当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度。T TT11mg图习题用图 （在教材图上加）解（1）对物体和滑

7、轮分别列牛顿方程和转动方程。设物体的加速度为a,滑轮的角加速度为，则有mg T maTR J考虑运动学条件联立求解由以上三式，得定滑轮的角加速度为2mg(2m M )R81.7rad2 5.00 9.81(2 5.00 2.00) 0.100方向垂直纸面向外。可以看出，在物体上升期间定滑轮做匀减速转动。由 0 t ,当 0时10.0 81.7t 0, t 0.122s0t - t2 10.0 0.122 0.5 81.7 0.1222 0.612rad2因此，物体上升的高度为h R 0.i00 0.6i2 6.i2 i0做匀加速转动。因此，当物体（3）物体上升到高度h后，定滑轮由静止开始以角加

8、速度回到原来位置时，定滑轮的角速度为2 8i.7 0.6I2 IO.Orad s i方向垂直纸面向外。质量为mjDm2的两物体A、B分别悬挂在图所示的组合滑轮两端。设两轮的半径分别为 R和r ,两轮的转动惯量分别为 J1和J2,轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。T TiTimgmg解分别对两物图习题用图（在教材图上加）体及组合滑轮作受力分析。根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有mig Tim1alT2m2gm2a2 （TiR 丁2） （Ji由角加速度和线加速度之间的关系，有aiR , a2 r联立求解解上述方程，可得aim1Rm2 r

9、22Ji J 2miRm2rgRa2-J1 J 2m1R m2r2m1RJ1 J2J1 J2m2Rr22m1Rm2rEg2J1 J2 m1Rm1 Rr22 m2 gJ1 J2 m1 Rm2r如图所示，一质量为 m的小球由一绳索系着，以角速度0在无摩擦的水平面上，作半径为ro的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力F ,使小球作圆周运动的半径变小。当半径减为ro/2时，求：（1）小球的角速度；（2）拉力所作的功。图习题用图（教材图）解（1）因拉力通过绳的另一端， 则拉力对轴无力矩，小球在转动的过程中角动量守恒。Jo o J式中Jo和J分别是小球在半径为ro和ro/2时对轴的转动惯量， J

10、o mr。2和J mr）2/4 ,则有（2）随着小球转动角速度的增加,其转动动能也增加，这正是拉力做功的结果。由转动的动能定理可得拉力做的功为1 . 2 1 , 2 3 2 2二 J 二 Jo o 二 mo o222如图所示，长为 L、质量为m的均匀细杆可绕过端点 。的固定水平光滑轴转动。把杆抬平后无初速地释放， 杆摆至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球相碰，球的质量和杆相同。设碰撞是弹性的，求碰后小球获得的速度。图习题用图（教材图）解 选杆和小球为刚体系。因碰撞是弹性的，则体系的机械能守恒。以水平桌面为重力势能零点，设杆摆至竖直位置但未与小球碰撞时的角速度为，则有mgL 1J 2 1mgL

11、在杆与小球碰撞过程中，体系对轴O的角动量守恒。设碰撞后杆的角速未度J J mvL式中J mL2/3为杆绕轴O的转动惯量，v为碰后小球获得的速度。由机械能守恒，有1J 2 1J 22由以上三式，可解出碰后小球获得的速度v212一 mv21V3gL0如图所示，一环形薄片由细绳悬吊着，环的半径为R,内半径为R/2 ,并有电量试求圆环中心O处的电Q均匀分布在环面上， 细绳长3R,也有电量Q均匀分布在绳上,场强度 （圆环中心在细绳延长线上）解圆环上的电荷对圆环中心 O点对称分布，因此它在 O点的场强为零，合场强就是细绳上的电荷在 O点产生的场强。选细绳顶端为坐标原点， 竖直向下为x轴。在x处取一电荷元d

12、q dx Qdx,;3R,它在O点的场强为Qdx12 0R(4R x)2整个细绳上的电荷在在O点产生的场强为QE 12 oR3Rdx2(4R x)2Q-Z_ 216 oR2方向竖直向下。此即所求。如图所示，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。试证明球形空腔中任一点电场强度为Ea 。3 o图习题用图（在教材图上加）证 球形空腔可以看成是由电荷体密度分别为的均匀带电大球体和小球体叠加而成。空腔内任一点 P处的场强，可表示为E Ei E2-ri 一3 o 3一2(ri03 02）其中E1和E 2分别为带电大球体和小球体在P点的场强。

13、由几何关系r1r2a ,上式可写即证。a cos半径为b的细圆环，圆心在Oxy坐标系的原点上。 圆环所带电荷的线密度其中a为常量，如图所示。求圆心处电场强度的x, y分量。dq图习题用图（在教材图上加）解 由于电荷分布 acos关于x轴对称，所以圆心 。点处Ey 0,场强沿x轴。取电荷元dq bd ,其在O点沿x轴场强为dExbd cos4 0b22.acos d4 0b积分得2a2cos40b 0a4 0b2ExdEx0如图所示，两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2（ R2>Ri）,单位长度上的电荷为。求离轴线为r处的电场强度： （1） rRi ,(2) R1r

14、 R2, (3) r R2 。图习题用图（在教材图上加）解电荷轴对称分布，因此电场的分布具有轴对称性。在离轴线为r处作单位长度的同轴圆柱形高斯面，根据高斯定理,E2 r其中q为高斯面包围的电荷。Ri ： q 0, Ei(2)RirR2 ： qE220rR2: q0, E3点电荷q910 C,与它在同一直线上的A R C三点分别距q为10cm、20cm 30cm,如图所示。若选B为电势零点，求A C两点的电势Ua、Uc。C图习题用图解 坐标系的选取如图所示，xb20cm , xC 30cm,B点为电势零点。由电势的定义，得UaXbq-dxXa40XUc如图所示，两均匀带为R和R (R< R

15、),已10 9_ _1248.85 10A 20) 10245VXBq . q2 dx 04 0X4XC011-()0 XCXB10 9_ _1248.85 1011(30 20)10215V电薄球壳同心放置， 半径分别知内外球壳间的电势差为图习题用图（教材图）U12,求两球壳间的电场分布。解 设内球壳带电量为 q,则内外球壳间的场强可表不为则两球壳间的电势差为R2R2qq 11U12 Edr-Jdr一一()r,r14 0r4 0 RiR2解出q并代入E的表达式，得两球壳间的电场分布为q4 or2U 12R1R2r2 R2Ri方向沿径向。两个同心球面半径分别为 R1和R2,各自带有电荷 Q1和

16、Q2。（1）由电势叠加求各区域电势分布；（2）两球面间的电势差为多少？图习题用图解（1）半径为R,电荷为Q的均匀带电球面内（r R）各点的电势相等，都等于 球面上各点的电势，即4 oR而带电球面外(r R)的电势为Q40r由电势叠加原理，电场内某点的电势等于两个带电球面单独存在时在该点电势的代数和。因此r Ri:场点处于两个球面的内部，电势为QiQ21740R140 R2Ri r R2 ：场点处于两个球面之间QiQ2240r 40R2rR2 :场点位于两个球面之外QiQ240r(2)两个球面间的电势差为U i2Q240R2在x y平面上，各点的电势满足下式：axbx2 y2 (x2 y2/Ex

17、和Ey两个分量。式中x和y为任一点的坐标，a和b为常量。求任一点的电场强度的解 电场中某点的电场强度，等于该点的电势梯度加上负号。因此，有Ex 2 i 2 21a(x2 y2) bx(x2y2),2x (x y )Ey - -v7-2ax b(x2 y2)i2 y x y如图所示，已知长为 L,均匀带电（电量为 Q）的细棒，求z轴上的一点P（0, a）的电势p及场强Ep的z轴分量Ez （要求用E求场强）。图习题用图（教材图）解用电势的定义求P点的电势，即-In0L L2 a2aL dx0 7a2-对于z轴上的点R0 ,z）,其电势为lnL L2z2场强EP的z轴分量为Ez_Q4 oL lI2一

18、z2KLvFl7 ( z)2 1z 92zQ 1 z4 0L z L2z2L2如图所示，一个接地的导体球，半径为 R原来不带电。今将一点电荷 q放在球外距 球心的距离为r的地方，求球上的感生电荷总量。图习题用图（在教材图上加）解 设导体球上的感生电荷总量为 q。因感生电荷分布在球面上，则由电势叠加原理可知q在球心的电势为q4 oR而点电荷q在球心的电势为q40r因导体球接地，则球心的电势为零。由电势叠加原理，有q4or由此得感生电荷总量为有一同轴电缆，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，导体的磁性可以不考虑。试计算以下各区域的磁感应强度:(1) rR1； (2)R1rR2 ; (3)R2rR3 ； (4) r R3。画出 B-r修o图习题用图（在教材图上加）解 同轴电缆导体内的电