大学物理上期末复习题

1-6已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x=2+6/—2巴式中x

的单位为D1,1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.

1-13质点沿直线运动，加速度。=4M,式中。的单位为s々』的单位为s.如果当/=

3s时j=9m,v=2m-s-,求质点的运动方程.

1-14一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-B。,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)，轴正向，下落起点为坐标原点.

(1)由题意知(1)

用分离变量法把式(1)改写为

(2)

将式(2)两边积分并考虑初始条件，有

得石子速度

由此可知当时，为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.

(2)再由并考虑初始条件有

得石子运动方程

1-22一质点沿半径为R的圆周按规律运动,如、力都是常量.(1)求，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8？(3)当加速度达到〃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

其加速度的切向分量和法向分量分别为

故加速度的大小为

(分一而

其方向及切线之间的夹角为

0=arctan—=arctan----------------

«[Rb

⑵要使I4I=〃,由二」可得

R

（3）从f=0开始至以=如"时，质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

1-24•质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置为0=2+4/,式中0的单位为

rad,/的单位为s.（1）求在/=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4值为多少？（3）/为多少时.，法向加速度和切向加速

度的值相等？

解（I）由于。=2+4-，则角速度.在/=2s时,法向加速度和切向加速度的数值分

别为

2-2

altr=2s=rco=2.30m-s

(2)当时，有3a：=>,即

3(24M)2=r2(12/：y

得

此时刻的角位置为

6=2+4/=3.15rad

(3)要使。”=q,则有

3(24")2='(12/»

t=0.55s

2-15轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0xlO3kg.飞机以55.0s"的速率在水平跑道

上着陆后，驾驶员开始制就若阻力及时间成正比，比例系数a=5.0xlO2N-s”,空气对飞机升

力不计，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，由七顿运动定律及初始条件，有

得

因此，飞机着陆10s后的速率为

v=30m-sd

又

故飞机着陆后10s内所滑行的距离

s=x-xo=vot-上--=467m

6w

2-20质量为45.0kg的物体，由地面以初速60.0m-s"竖直向上发射，物体受到空气的

阻力为忆=kv,且A=0.03N/（m-s-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，"g和空气阻力R=kv作用而减速.由牛顿定律得

（I）

根据始末条件对上式积分，有

/=—+

左Imgj

（2）利用的关系代入式（1）,可得

分离变量后积分

）7的［噎卜。卜⑶n

故

2—35质量为加的子弹以速度之水平射入沙土中，设子弹所受阻力及速度反向，大小及速

度成正比，比例系数为匕忽略子弹的重力，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〃？的物体，由水平面上点O以初速为狗抛出Ro及水平面成仰角如若不计

空气阻力，求：⑴物体从发射点。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•水平面的过程中、重力的冲量.

题3-7图

3-10质量为，〃的小球，在合外力尸=依作用下运动，已知x=AcosM,其中％、⑦、A均

为正常量,求在，=0到时间内小球动量的增量.

3-12一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6

m.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l.OOxIO?

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）

解取如图所示坐标,把人及物视为一系统，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

(in+//f)u0cosa=mv+m(v-u)

式中。为人抛物后相对地面的水平速率,为抛出物对地面的水平速率.得

人的水平速率的增量为

AW

=v—rcosa=u

0m+in

而人从最高点到地面的运动时间为

所以,人跳跃后增加的距离

3-19一物体在介质中按规律x=〃作直线运动,c为一常量.设介质对物体的阻

力正比于速度的平方.试求物体由刈=0运动到x=1时,阻力所作的功.(已知阻力系数为

女)

解由运动学方程x=",可得物体的速度

按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为

F=ku?=9kc)=9耐陵’3

则阻力的功为

VV=[/F-dx=f/F.cosl80"心=一19Ac2/3x4/3dr=--kc2,3lm

JoJoJo7

3-20一人从10.0m深的井中提水，起始桶中装有10.()kg的水，

由于水桶漏水，每升高1.00m要漏去0.20kg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,。=0,拉力及水桶重力平衡，有

尸+P=0

在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为

p=mg-agy]

其中a=0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为

电3-20图

W=£F-dj=£(mg-agy)}y=882J

3-22一质量为m的质点，系在细绳的一端，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如.当它运动一周时，其速率为为/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

],]，3

W=Ek—%nromv（＞（1）

-~Z"~~Z=o

(2)由于摩擦力是一恒力，且尸＜•="〃?g,故有

⑵

W=F{SCQS1800=-27rr/img

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

(3)由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为

圈

3-30质量为〃？的弹丸4,穿过如图所示的摆锤8后，速率由。减少到vZ2.已知摆锤的

质量为“，摆线长度为/,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸速度。的最小

值应为多少？

题3-3()图

解由水平方向的动量守恒定律，有

(1)

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

⑵

式中式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

112

r

—mv'=Im'gl^—m'v'h⑶

22

解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为

5-1电荷面密度均为十。的两块“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)中的()

题5-1图

5-10一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为必求球心处电场强度的大

小.

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5-3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0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=3dS=3-27iR2sinOdO,在点0激发的电场强度为

dE=_L_^

4兀2。(X2+r

由于平行细圆环在点0激发的电场强度方向相同，利用几何关系x=RcosO,〃=Rsin。统

一积分变量，有

1RcosG

x(\q2

d£=(5•2TCRs\n3d3

4的0缶+产产-4店0R3

=—sin<9cos6>d6>

2%

rxJ2J(5

积分得E=\——siii^cos^d^=——

“2%4%

5-12两条无限长平行直导线相距为广。，均匀带有等最异号电荷，电荷线密度为九(1)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.

@5-12图

分析(D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)由尸=^E,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：产=/£.应该注意：式中的电场强度£是另一根带电导线激发

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，E+、E.分别表示正、负带电导线在P点的电场强度,

则有

E=E+E++If

2的()(xr^-x)

2-oM-r)

(2)设尸一、尸-分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有

显然有尸-=尸—，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

我为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E及r的函数关系.

题5-17图

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，由高斯定理

得球体内(OWrWR)

r

笈(/)兀户_1r,.2A成4

4kr4nrdr-——r

J。%

球体外(r>R)

2

E（r）4兀户=kr4Tirdr=—

解2将带电球分割成球壳，球壳带电

dq=pdV=kr,4Ttr,2dr,

由上述分析，球体内(OWrWR)

)_「1k/•47i//2dr_kr

J。4Ho/C44

球体外(r>R)

/1kr',4九/七/_k市

22

J。47r2。r的4^or%

5-21两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R>/?!)，单位长

度上的电荷为人.求离轴线为，处的电场强度：(1)r<Ri，(2)Ri<r<R2，(3)r>

R2.

(a)(b)

题5-21图

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，=兀也，求出不同半径高斯面内的电

荷士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

E♦2TUL=>q/

r<R\,、=。

/?,=()

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，工1=近

r>R2.E^=0

E3=O

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有•跃变

AE=—

2y2%4%

这及5-20题分析讨论的结果一致.

5—25一个球形雨滴半径为0.40mm,带有电量1.6pC,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两滴后，半径增大为狙尺，代入上式后可以求出两雨滴相

遇合并后，雨滴表面的电势.

解根据已知条件球形雨滴半径尺=0.40mm,带有电量⑺=1.6pC,可以求得带电球形

雨滴表面电势

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径氏2=元用，带有电量色=2（71,雨滴

表面电势

匕=12=57V

4畋V2/?）

5-30两个很长的共轴圆柱面（R=3.0XI0-2m,R?=0.10m）,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（I）由习题5-21的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

根据电势差的定义有

几丁㈤小盘喷

解得2=2庙（）q,/In々=2.1x10-8c.m->

R、

（2）解得两圆柱面之间r=0.05m处的电场强度

E==7475V-nr'

2n£Qr

6—9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、外半径分别为是=&051,R=!0.0cm.设球A带有总电荷QA=3.0X10-SC,球壳

B带有总甩荷QB=2.0X10-8C.（1）求球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和球

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.

(a)(b)(c)

题6-9图

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内表面带电荷一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

明导体及大地等电势（大地电势通常取为零）.球壳B接地后，外表面的电荷及从大地流

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

失一般性可设此时球A带电外，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B内表

面感应一47A，外表面带电［A-QA［图（c）］.此时球A的电势可表示为

y―4A।——AI4AQA_0

4吗内4叫肉4兀%/?3

由VA=0可解出球A所带的电荷分，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3.0x|（）Tc,球壳B内表面带电一3.OxlO-'C,

外表面带电5.0x10由电势的叠加，球A和球壳B的电势分别为

匕=%+一0+0一口=5.6X］（）3v

4吸圈4叫氏4g）6

+3

VQAQB=4.5X10V

4%凡

（2）将球壳B接地后断开，再把球A接地，设球A带电分，球A和球壳B的电势为

匕=9A+7A+-0八十,八=0

4的0.4%）44/）/？3

解得

RRQA=2.12x10-8C

RR,+R2R3~氏阳3

即球A外表面带电2.12x108C,由分析可推得球壳B内表面带电一2.12X10FC,外表面带

电-0.9xl（）Tc.另外球A和球壳B的电势分别为

V.=0

%=-7.29x1()2v

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，并及很远处的电源相接。

求环心O的磁感强度.

分析根据叠加原理，点。的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、a油两段圆

弧电流共同激发.由于电源距环较远，”0.而be、fa两段直线的延长线通过点O,由

于/c〃x〃=0,由毕一萨定律知与流过圆弧的电流4、心的方向如图所示，两

圆弧在点。激发的磁场分别为

其中A、卜分别是圆弧acb、a,/b的弧长，由于导线电阻/?及弧长/成正比，而圆弧acb、a,/b

又构成并联电路，故有

〃=1212

将Bl、B2叠加可得点O的磁感强度B.

解由上述分析可知，点。的合磁感强度

B=B「B、=鳍4-婚4=0

4nr~4nr~

7-11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。的磁感强度各为

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。处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度线=ZB

解(a)长直电流对点O而言，有Idlxr=O,因此它在点。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

治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

Bo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

B二风I।"o'।"o'=।1Q

°4n/?4兀R4R2nR4R

协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。的磁感强度5.

题7-12图

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，其中a为圆弧载流

导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点0激

发的磁感强度，磁感强度的方向依照右手定则确定,

点O的磁感强度B0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。的叠加。

解根据磁场的直加

在图(a)中，

°ARATIRATIRAR2nR

在图(b)中，

8皿4=_幽仕+。”皿A

°4兀R4R4兀R4/?1兀)4nR

在图(c)中,

B。"喘”畏一焦女

7-13如图所不，一个半彳仝为R的无限长半恻柱面导体,沿长度方向的电流I在柱面上

均匀分布.求半圆柱面轴线。。'上的磁感强度.

(a)(b)

题7-13图

分析毕一萨定理只能用「求线电流的磁场分布，对■于衣题的半圆柱形面电流，可将半圆柱

面分割成宽度d/=Rd〃的细电流，细电流及轴线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d/=/d〃兀H,它在轴线上一点激发的磁感强度的大

小为

其方向在平面内，且及由d/引向点0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00'上产生的磁感强度叠加后，得

B、=JdBsin6>=0

B、=PdBsin6>=/?d<9siii<9=-^

'J。J。2兀R兀RTTR

则轴线上总的磁感强度大小

B的方向指向Qx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.

题7-15图

分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量6X8S.为此，可在矩形平面上取一

矩形面元dS=dt［图(b)］,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

矩形平面的总磁通量

0=jd<Z>

解由上述分析可得矩形平面的总磁通量

9=『应/心=泗］［在

J出2nx2兀d.

7-17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)rVR;(2)&<r<

凡；(3)R2<r<??3；(4)r.画出8-r图线.

(b)

题7-17图

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,

f区7/=3・2兀「，利用安培环路定理，"♦d，=〃oW7,可解得各区域的磁感强度.

解由上述分析得

r<R\

Ri<r<R2

B?•2w=〃()/

Ri<r<R3

22

RO\fn(r-7?)

r>/?3

B4-2nr=〃o(/-/)=0

息=0

磁感强度4(r)的分布曲线如图(b).

7-19电流/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.

题7-19图

分析由题7-16可得导线内部距轴线为r处的磁感强度

在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义⑦=Jb（4LiS来求解.沿轴线方

向在剖面上取面元dS=!dr,考虑到面元上各点8相同，故穿过面元的磁通量dS=*dS,

通过积分，可得单位长度导线内的磁通量

0=j,Bdr

解由分析可得单位长度导线内的磁通量

7-29如图（a）所示，一根长直导线载有电流4=30A,矩形回路载有电流上=20A.试

计算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,I=0.12m.

(a)(b)

题7-29图

分析矩形上、下两段导线受安培力Q和尸2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

受安培力尸3和尸4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厂为左、右两边安培力尸3和尸4之矢量和，如图（b）

所示，它们的大小分别为

故合力的大小为

1.28x103N

'42nd2兀(〃+〃)

合力的方向朝左，指向直导线.

1某质点的运动方程为x=3，—5r，+6（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巨=户/%,下列说法正确的是（）

（A）场强的大小及试验电荷的大小成反比；

（B）对场中某点，试验旦荷受力不因次而变；

（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验电荷，则F=0,从而E=0。

3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;

（B）曲面S上的电通鼠变化，曲面上各点场强不变;

（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〃？的子弹以速度均水平射入沙土中，设子弹所受阻力及速度反向，大小及速度成

正比，比例系数为上忽略子弹的重力，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x=3f—5〃+6（SI）,则该质点作[]

（A）匀加速直线运动，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，1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；