大學(xué)物理上期末復(fù)習(xí)題

1、1 -6 已知質(zhì)點(diǎn)沿x軸作直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為x 2 6t2 2t3,式中x 的單位為s.求：的單位為m,t(1)質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)開始后4.0 s內(nèi)的位移的大小;(2)質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)間內(nèi)所通過的路程；(3) t = 4 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度.1 -13質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，加速度a= 4 -t2式中a的單位為ms-2上的單位為s .3 s時(shí),x= 9 m,v = 2 m s -1 ,求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程.如果當(dāng)t1 -14 一石子從空中由靜止下落，由于空氣阻力，石子并非作自由落體運(yùn)動(dòng) 速度a=A -Bv,式中A、B為正恒量，求石子下落的速度和運(yùn)動(dòng)方程.解 選取石子下落方向?yàn)閥軸正向，下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn).，現(xiàn)測(cè)

2、得其加(1)由題意知用分離變量法把式(1)改寫為(2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件，有V0上dvA Bvtdt0得石子速度A Bt (1 e )B由此可知當(dāng)A一為一常量 通常稱為極限速度或收尾速度.B(2)再由ve Bt)并考慮初始條件有y0dyABt、(1 e )dtB得石子運(yùn)動(dòng)方程A / Bt(e 1),1 , , 2、1 -22 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周按規(guī)律s v°t bt運(yùn)動(dòng)，vo、b都是吊重.(1)求t2時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的總加速度；(2) t為何值時(shí)總加速度在數(shù)值上等于b? (3)當(dāng)加速度達(dá)到b時(shí)，質(zhì)點(diǎn)已沿圓周運(yùn)行了多少圈？解(1)質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為ds dtv。 bt其加

3、速度的切向分量和法向分量分別為b, an(v。 bt)2R故加速度的大小為a2b2 (V0 bt)4其方向與切線之間的夾角為arctanan at，. 、2(V0 bt)arctan Rb(2)要使 | a | =b,由1 jR2b2 (vobt)4 b 可得R（3）從t=0開始到t=v0 /b時(shí)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為sst So2V02b因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為2V04而R31 -24一質(zhì)點(diǎn)在半徑為0.10 m的圓周上運(yùn)動(dòng)，其角位置為9 2 4t，式中0的單位為rad,t的單位為s. （1）求在t =2.0 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的法向加速度和切向加速度.（2）當(dāng)切向加速度的大小恰等于總加速度大小的一半時(shí)，0值為

4、多少？ （3） t為多少時(shí)，法向加速度和切向加速度的值相等？解（1）由于84t3,則角速度3d e dt212t .在t =2 s時(shí)，法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為an t 2s2.30 mat t 2s4.80 md出r dt(2)當(dāng) at a/23 24rt22 4r2 12t2t312、3此時(shí)刻的角位置為(3)要使anat，則有2 4t33.15 rad222 43 24rt r2 12tt = 0.55 s2 -15 輕型飛機(jī)連同駕駛員總質(zhì)量為 1.0 X31 0g.飛機(jī)以55.0 m s-1的速率在水平跑道 上著陸后，駕駛員開始制動(dòng)，若阻力與時(shí)間成正比，比例系數(shù)“=5.0 X10

5、n-s-1，空氣對(duì)飛機(jī)升 力不計(jì)，求：10 s后飛機(jī)的速率；(2)飛機(jī)著陸后10 s內(nèi)滑行的距離.解 以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條件，有tdt mdv F m dt vtdv V00陽2 x2信V v0 t2m因此，飛機(jī)著陸10 s后的速率為v = 30 m sXtCL 9dxv0 t dtx002m故飛機(jī)著陸后10 s內(nèi)所滑行的距離,3 , 3s x x0 v0t t467 m6m2 -20 質(zhì)量為45.0 kg的物體，由地面以初速60.0 m s -1豎直向上發(fā)射，物體受到空氣的阻力為Fr =kv,且k =0.03 N/( m s-1). (1)求物體發(fā)射到最大高

6、度所需的時(shí)間.(2)最大高度為多少?解(1)物體在空中受重力mg和空氣阻力Fr =kv作用而減速.由牛頓定律得dvmg kv m(1)dttdt0根據(jù)始末條件對(duì)上式積分，有v dvm vv0 mg kvmkv0t ln 106.11skmg(2)利用dv v業(yè)的關(guān)系代入式(1)，可得 dt dydv mg kv mv dy分離變量后積分y ,0mvdvdy 0v° mg kv,m mg. . kv0故yln 10 Vo 183 mk k mg2-35質(zhì)量為m的子彈以速度vo水平射入沙土中，設(shè)子彈所受阻力與速度反向，大小與速度成正比，比例系數(shù)為 k,忽略子彈的重力，求：（1）子彈射入沙

7、土后，速度隨時(shí)間變化的 函數(shù)式；（2）子彈進(jìn)入沙土的最大深度。3 -7質(zhì)量為m的物體，由水平面上點(diǎn)O以初速為vo拋出,vo與水平面成仰角若不計(jì) 空氣阻力，求：（1）物體從發(fā)射點(diǎn)O到最高點(diǎn)的過程中，重力的沖量；（2）物體從發(fā)射點(diǎn)到落回 至同一水平面的過程中，重力的沖量.713 -10 質(zhì)量為m的小球，在合外力F = -kx作用下運(yùn)動(dòng)，已知x =Acosco ,其中k、A均.、，,一，、一，TT.為正常量，求在t =0至iJt 時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)量的增量.2 w3 -12 一作斜拋運(yùn)動(dòng)的物體，在最高點(diǎn)炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，最高點(diǎn)距離地面為19.6m.爆炸1.00 s后,第一塊落到爆炸點(diǎn)正下方的地面上，此

8、處距拋出點(diǎn)的水平距離為1.00 X 20m.問第二塊落在距拋出點(diǎn)多遠(yuǎn)的地面上.（設(shè)空氣的阻力不計(jì)）S3-12 惟解取如圖示坐標(biāo)，根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，爆炸前，物體在最高點(diǎn)A的速度的水平分量為V0xt0物體爆炸后，第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為12yhVt-gt2當(dāng)該碎片落地時(shí)，有y1 =0,t =t1，則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度,112 h gtV1 一t1又根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在最高點(diǎn)處有1 mV0x-mV2x2c 110 mV1 mV2 y22 y(2)(4)V2x2V0x2X1g2h100 m s1爆炸后，第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng)hV1-1 .22 gti t1i14.7 m s，其運(yùn)

9、動(dòng)方程為X2Xi V2xt2y2 h*1廠/V2 yt2-gt22(6)聯(lián)立解式（1）、（2）、（3）和（4）,可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為落地時(shí),y2 =0,由式（5）、（6）可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置X2 = 500 m“角的速率V03 -14 質(zhì)量為m'的人手里拿著一個(gè)質(zhì)量為m的物體，此人用與水平面成向前跳去.當(dāng)他達(dá)到最高點(diǎn)時(shí) ，他將物體以相對(duì)于人為 u的水平速率向后拋出.問：由于人 拋出物體 他跳躍的距離增加了多少？（假設(shè)人可視為質(zhì)點(diǎn)）y解 取如圖所示坐標(biāo).把人與物視為一系統(tǒng)，當(dāng)人跳躍到最高點(diǎn)處，在向左拋物的過程中， 滿足動(dòng)量守恒，故有m m V0cos a

10、 m v m v u式中v為人拋物后相對(duì)地面的水平速率，v -u為拋出物對(duì)地面的水平速率.得m v0v0cos u um m人的水平速率的增量為vmvoCOSa um m而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為v0sin a所以，人跳躍后增加的距離人 A ,mvoSin aAx Avt 0m m g3 -19 一物體在介質(zhì)中按規(guī)律 x = ct3作直線運(yùn)動(dòng)，c為一常量.設(shè)介質(zhì)對(duì)物體的阻 力正比于速度的平方.試求物體由 X0 =0運(yùn)動(dòng)到x =l時(shí)，阻力所作的功.（已知阻力系數(shù)為 k）解 由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程x =ct3，可得物體的速度dx 2v 3ctdt按題意及上述關(guān)系，物體所受阻力的大小為22,42/3 4/

11、3F kv 9kc t 9kc x則阻力的功為W F dx F cos 180odx9kc2/3x4/3dx0003 -20 一人從10.0 m深的井中提水，起始桶中裝有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.水桶被勻速地從井 中提到井口，求所作的功.解水桶在勻速上提過程中,a =0,拉力與水桶重力平衡，有F +P =0在圖示所取坐標(biāo)下，水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P = mg - a gy其中a= 0. 2 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為 l10W 0 F dy 0 mg agy dy 882 J此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水，其速率為v0 /2 .求:3 -22 一質(zhì)

12、量為m的質(zhì)點(diǎn)，系在細(xì)繩的一端，繩的另一端固定在平面上 平面上作半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0 .當(dāng)它運(yùn)動(dòng)一周時(shí)（1）摩擦力作的功；（2）動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了多少圈?解（1）摩擦力作功為W Ek Eko(2)由于摩擦力是一恒力，且Ff = I1 2 mv2m傲有1232一 mv。-mv。(1)28Ffscos 180°2 < pmg(2)由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為3v2(1 16 <g32(3)由于一周中損失的動(dòng)能為-mv。，則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為8Ek0W-H33 -30質(zhì)量為m的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后,速率由v減少到v/2

13、 .已知擺錘的質(zhì)量為m '擺線長(zhǎng)度為1,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)完全的圓周運(yùn)動(dòng) 應(yīng)為多少？，彈丸速度v的最小值Dv題330圖解由水平方向的動(dòng)量守恒定律，有mvv m m v2為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)，擺線中的張力Ft = 0,則2 mvh(2)式中v'h為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率. 又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，滿足機(jī)械能守恒定律，故有11-m v 2m gl m v22解上述三個(gè)方程，可得彈丸所需速率的最小值為2mv m 5g15 -1電荷面密度均為+ 由勺兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板如圖（A）放置，其周圍空間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E（設(shè)電場(chǎng)

14、強(qiáng)度方向向右為正、向左為負(fù)）隨位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系曲線為圖（B）5-10 一半徑為R的半球殼，均勻地帶有電荷，電荷面密度為 偽求球心處電場(chǎng)強(qiáng)度的大 小.題5-10圖分析 這仍是一個(gè)連續(xù)帶電體問題，求解的關(guān)鍵在于如何取電荷元.現(xiàn)將半球殼分割為一組平行的細(xì)圓環(huán)，如圖所示，從教材第5 -3節(jié)的例1可以看出，所有平行圓環(huán)在軸線上 P處 的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都相同，將所有帶電圓環(huán)的電場(chǎng)強(qiáng)度積分，即可求得球心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度.解 將半球殼分割為一組平行細(xì)圓環(huán)，任一個(gè)圓環(huán)所帶電荷元1 xdqdEdq §dSS 2 ：R2sin 8d 9,在點(diǎn)O激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度為2 2/3 r由于平行細(xì)圓環(huán)在點(diǎn) O激發(fā)的電場(chǎng)

15、強(qiáng)度方向相同，利用幾彳S關(guān)系x Rcos 9, r Rsin 8統(tǒng)一積分變量，有1xdqdE -222/34 冗 0gxr1 Rcos 023 , 2 tR sin 0d 04 / 0£ R3積分得E "2 上 sin0 2 %8cos 0d 04電5-12兩條無限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線相距為 兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度r。，均勻帶有等量異號(hào)電荷，電荷線密度為入(1)求(設(shè)該點(diǎn)到其中一線的垂直距離為x); (2)求每一根導(dǎo)線上單位長(zhǎng)度導(dǎo)線受到另一根導(dǎo)線上電荷作用的電場(chǎng)力上sin ecos 2o分析(1)在兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為兩導(dǎo)線單獨(dú)在此所激發(fā)的電場(chǎng)的疊加.(

16、2)由F =qE,單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所受的電場(chǎng)力等于另一根導(dǎo)線在該導(dǎo)線處的電場(chǎng)強(qiáng)度乘以單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所帶電量，即： F =正應(yīng)該注意：式中的電場(chǎng)強(qiáng)度 E是另一根帶電導(dǎo)線激發(fā)的 電場(chǎng)強(qiáng)度，電荷自身建立的電場(chǎng)不會(huì)對(duì)自身電荷產(chǎn)生作用力解(1)設(shè)點(diǎn)P在導(dǎo)線構(gòu)成白平面上，E+、E分別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線在 P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度, 則有入r。2 冗。x r。x(2)設(shè)F+、F分別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線單位長(zhǎng)度所受的電場(chǎng)力，則有顯然有F+=F,相互作用力大小相等，方向相反,兩導(dǎo)線相互吸引5-17設(shè)在半徑為R的球體內(nèi)，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為p kr0rRp 0rR(n)(h)«5-17 m解1因電荷分布和電場(chǎng)

17、分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定理1 E dS pdV 得球體內(nèi)(0< r< R)2E r 4 71rr2kr4 < dr0kr24 0球體外(r > R)21 R,2 ,E r 4 71r- kr4 < dr0kR2er解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電由上述分析，球體內(nèi)(0WrWR)E r球體外(r > R)E r2 ,dqpdV kr 4 7r dr22r 1 kr 4 tt dr kr42er04冗電r24o22R 1 kr 4 < dr kR0 7 了er2 34 7t o£r4 ®r521兩個(gè)帶有等

18、量異號(hào)電荷的無限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為 R和R2 >Ri ),單位長(zhǎng)度上的電荷為入.求離軸線為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度：(1) r vRi , (2) Ri < r < R2 , (3) r >R2 .分析 電荷分布在無限長(zhǎng)同軸圓柱面上,電場(chǎng)強(qiáng)度也必定沿軸對(duì)稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零,且。EdS E 2 <L ,求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷 q .即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布 解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E 2 7rLq/ 0r < R1 ,q 0E10在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變R1 < r <

19、R2 , q LE2入r >R2,E30在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變EL2 冗(0rL(T0這與5 20題分析討論的結(jié)果一致.525 一個(gè)球形雨滴半徑為0.40 mm,帶有電量1.6 pC,它表面的電勢(shì)有多大？?jī)蓚€(gè)這樣的雨滴相遇后合并為一個(gè)較大的雨滴，這個(gè)雨滴表面的電勢(shì)又是多大？分析 取無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)參考點(diǎn)，半徑為 R帶電量為q的帶電球形雨滴表面電勢(shì)為V ,94冗龜R當(dāng)兩個(gè)球形雨滴合并為一個(gè)較大雨滴后，半徑增大為3/5r ,代入上式后可以求出兩雨滴相遇合并后，雨滴表面的電勢(shì) .解 根據(jù)已知條件球形雨滴半徑 Ri =0.40 mm,帶有電量qi =1.6 pC,可以

20、求得帶電球形雨 滴表面電勢(shì)V36 V4 冗 0 R,當(dāng)兩個(gè)球形雨滴合并為一個(gè)較大雨滴后，雨滴半徑& 彳2Ri,帶有電量q2 = 2qi ,雨滴表面電勢(shì)V21 32cli57 V4 冗% J2R5-30 兩個(gè)很長(zhǎng)的共軸圓柱面（Ri = 3.0Xi0 2 m, R2 =0.i0 m）,帶有等量異號(hào)的電荷，兩者的電勢(shì)差為450 V.求：（i）圓柱面單位長(zhǎng)度上帶有多少電荷？（2） r =0.05 m處的電場(chǎng)強(qiáng)度.解（i）由習(xí)題5 -2i的結(jié)果，可得兩圓柱面之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為2冗0r根據(jù)電勢(shì)差的定義有Ui2 E2 dl In®Ri2冗句Ri解得入 2 冗mUi2/In& 2,i

21、i0 8 C m iRi（2）解得兩圓柱面之間r = 0.05m處的電場(chǎng)強(qiáng)度E 7475 V m 1 2冗龜r6 -9 在一半徑為Ri =6.0 cm的金屬球A外面套有一個(gè)同心的金屬球殼B,已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為F2= 8.0 cm, R = 10.0 cm,設(shè)球A帶有總電荷Qa =3.0 X10C,球殼B 帶有總電荷Qb =2.0 X 10C. （ 1 ） 求球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球 A和球殼B的 電勢(shì)；（2）將球殼B接地然后斷開，再把金屬球 A接地，求金屬球A和球殼B內(nèi)、外表 面上所帶的電荷以及球 A和球殼B的電勢(shì).分析 （1 ） 根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電荷分布的

22、規(guī)律，電荷Qa均勻分布在球A表面，球殼B內(nèi)表面帶電荷一Qa ,外表面帶電荷Qb + Qa ,電荷在導(dǎo)體表面均勻分布 圖 （a）,由帶電球面電勢(shì)的疊加可求得球A和球殼B的電勢(shì).（2）導(dǎo)體接地，表明導(dǎo)體與大地等電勢(shì)（大地電勢(shì)通常取為零）.球殼 B接地后，外表面的電荷與從大地流入的 負(fù)電荷中和，球殼內(nèi)表面帶電一 Qa 圖（b）.斷開球殼 B的接地后，再將球 A接地，此時(shí)球A的電勢(shì)為零.電勢(shì)的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導(dǎo)體的靜電平衡.不 失一般性可設(shè)此時(shí)球 A帶電qA ,根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B內(nèi)表面感應(yīng)一qA,外表面帶電qA - Qa 圖（c）.此時(shí)球A的電勢(shì)可表示為V

23、 qAqAqA Qa 04冗第R 4冗0R 4冗0R3由Va =0可解出球A所帶的電荷qA ,再由帶電球面電勢(shì)的疊加，可求出球A和球殼B的電勢(shì).解 （1） 由分析可知，球A的外表面干電3.0 X10C,球殼B內(nèi)表面帶電一3.0 X 10C, 外表面帶電5.0 X110c.由電勢(shì)的疊加，球 A和球殼B的電勢(shì)分別為VaQ Qa Qa 5.6 103 V4%oRi 4/0&4冗電飛VBQa Qb 4.5 103 V4 冗(0R3(2)將球殼B接地后斷開，再把球 A接地，設(shè)球A帶電qA ,球A和球殼B的電勢(shì)為qAqA Qa qAV A04兀電Ri 4兀a)R24兀電飛QA qAV b4 冗0R

24、3解得qA RiR2Qa2.12 10 8CR1R2 R2R3 R1R3即球A外表面帶電2.12 X10C,由分析可推得球殼 B內(nèi)表面帶電一2.12 X10C,外表面帶 電-0.9 X10C.另外球A和球殼B的電勢(shì)分別為Va 02VB 7.29 102 V導(dǎo)體的接地使各導(dǎo)體的電勢(shì)分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導(dǎo)體表面的電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡.710如圖所示，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接。求環(huán)心O的磁感強(qiáng)度.分析 根據(jù)疊加原理，點(diǎn) O的磁感強(qiáng)度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā).由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，Bef 0

25、,而be、fa兩段直線的延長(zhǎng)線通過點(diǎn) O,由于弧在點(diǎn)O激發(fā)的磁場(chǎng)分別為0 I1l10I 2l2B1-2，B2-24 71r4 7r其中11、I2分別是圓弧acb、adb的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻 R與弧長(zhǎng)l成正比，而圓弧acb、adb又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有I1l112l2Idl r 0,由畢一薩定律知Bbe Bfa 0 .流過圓弧的電流I1、I2的方向如圖所示，兩圓將B1、B2疊加可得點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B.解由上述分析可知，點(diǎn)O的合磁感強(qiáng)度D D DM0I 1l1M0I 2l 26BB1B2-22-04 71r4 71r711如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I,它們?cè)邳c(diǎn)O的磁感強(qiáng)度各為多少?分

26、析應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解.將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長(zhǎng)直部分和圓弧部分,它們各自在點(diǎn)O處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度B0Bi解 (a)長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn)O而言，有Idl r0,因此它在點(diǎn)O產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，則點(diǎn)O處總的磁感強(qiáng)度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有Bo由18RBo的方向垂直紙面向外.(b) 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得BoB0的方向垂直紙面向里.(c)將載流導(dǎo)線看作1/2圓電流和兩段半無限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得D的II故1 （JqI 的IB0 - - -4 tR 4 tR 4R 2 tR 4RBo的方向垂直紙面向外.7-12載流導(dǎo)線形狀如圖所示（圖中直線部分導(dǎo)線延

27、伸到無窮遠(yuǎn)），求點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B.博7-12-分析 由教材7 -4節(jié)例題可知，圓弧載流導(dǎo)線在圓心激發(fā)的磁感強(qiáng)度B ，其中a4tR為圓弧載流導(dǎo)線所張的圓心角，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定；半無限長(zhǎng)載流導(dǎo)線在圓心點(diǎn)O激發(fā)的磁感強(qiáng)度B ,磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定。4tR點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度BO可以視為由圓弧載流導(dǎo)線、 半無限長(zhǎng)載流導(dǎo)線等激發(fā)的磁場(chǎng)在空間點(diǎn)O的疊加。解根據(jù)磁場(chǎng)的疊加在圖（a）中，B肉I i肉I女 曲1女兇11女04R4 R4 R4R 2 R在圖（b）中，BoMoI . MoI . MoI . i i k 4tR 4R 4 R在圖（c）中,Bo3 LO I . LoI . UoI I

28、_i j k8R 4 tR 4tR沿長(zhǎng)度方向的電流I在柱面上均7-13如圖所示，一個(gè)半徑為R的無限長(zhǎng)半圓柱面導(dǎo)體,勻分布.求半圓柱面軸線 OO'上的磁感強(qiáng)度.題7 - Q圖分析 畢薩定理只能用于求線電流的磁場(chǎng)分布，對(duì)于本題的半圓柱形面電流，可將半圓柱面分割成寬度dl Rd 8的細(xì)電流，細(xì)電流與軸線OO'平行，將細(xì)電流在軸線上產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度疊加，即可求得半圓柱面軸線上的磁感強(qiáng)度.解 根據(jù)分析，由于長(zhǎng)直細(xì)線中的電流 dl Idl/卡，它在軸線上一點(diǎn)激發(fā)的磁感強(qiáng)度的大 小為dB -dl2tR其方向在Oxy平面內(nèi)，且與由d l引向點(diǎn)O的半徑垂直，如圖7 13 (b)所示.由對(duì)稱性可知，

29、半圓柱面上細(xì)電流在軸線 OO'上產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度疊加后，得BydBsin 0 0Bx兀dBsin 00Rdesine也1uR則軸線上總的磁感強(qiáng)度大小Bx的IuRB的方向指向Ox軸負(fù)向.7-15如圖所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流為I,試求通過矩形面積的磁通量.( a)( b )®7-l5 圖分析 由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量WBS.為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS =ldx 圖(b),載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)穿過該面元的磁通量為d B dS -ldx2 x矩形平面的總磁通量 d解由上述分析可得矩形平面的總磁通量d23dx必n生di 2派2冗 d17-17有一同軸電纜，其尺寸

30、如圖(a)所示.兩導(dǎo)體中的電流均為I,但電流的流向相反，導(dǎo)體的磁性可不考慮.試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：(1) r v Ri ； (2) Ri vr vR2 ; (3) R2 vr <R3 ； (4) r ,畫出 B -r 圖線.(力分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，B dl B 2冗r,利用安培環(huán)路定理解由上述分析得r < RiBRi <r <R2R2 vr < R3B3 2 7rB3r >R3B4 :*與 F(b)題7r?圖其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱，取半徑為r的同心圓為積分路徑, B dl 比I ,可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度.271r 比 24犬iD 端rB122武B2

31、 2 71r由 IB22 71r|冗r2 R2 1林1九R； R2 1-R r22 作 R； R；2 7r I I 0B40磁感弓II度B (r)的分布曲線如圖(b)719電流I均勻地流過半徑為 R的圓形長(zhǎng)直導(dǎo)線，試計(jì)算單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁場(chǎng)通過圖 中所示剖面的磁通量.分析由題7在剖面上磁感強(qiáng)度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義 B r dS來求解.向在剖面上取面元d S =ldr,考慮到面元上各點(diǎn) B相同，故穿過面元的磁通量d 通過積分，可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量 BdrS解由分析可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量 R dr &0 2 tR24 冗7-29如圖（a）所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線載有電流I

32、i =30 A,矩形回路載有電流I2沿軸線方=B d S,=20 A.試計(jì)算作用在回路上的合力.已知 d =1.0 cm, b =8.0 cm, l = 0.12 m.分析 矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力 Fi和F2的大小相等，方向相反，對(duì)不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強(qiáng)度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個(gè)力的合力.解 由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F3和F4之矢量和，如圖（b） 所示，它們的大小分別為I-a I1I 2lF 3-T2 dF-U142 7td b故合力的大小為F F3 F

33、4 011/1,28 10 3 N271d2 7td b合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.31某質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為 X 3t 5t 6 (SI),則該質(zhì)點(diǎn)作什么運(yùn)動(dòng)？加速度呢?2關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式 E F /qo ,下列說法正確的是()(A)場(chǎng)強(qiáng)的大小與試驗(yàn)電荷的大小成反比；(B)對(duì)場(chǎng)中某點(diǎn)，試驗(yàn)電荷受力不因qo而變；(C)正試驗(yàn)電荷的受力方向就是場(chǎng)強(qiáng)的方向；(D)若場(chǎng)中某點(diǎn)不放置試驗(yàn)電荷，則F=0從而E=0oq至曲面外一點(diǎn)，如圖所示。3點(diǎn)電荷Q被閉合曲面S所包圍，從無窮遠(yuǎn)處引入另一點(diǎn)電荷則引入前后()(A)曲面S上的電通量不變，曲面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不變;(B)曲面S上的電通量變化，曲面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不變;(

34、C)曲面S上的電通量變化，曲面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)變化;(D)曲面S上的電通量不變，曲面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)變化。4質(zhì)量為m的子彈以速度Vo水平射入沙土中，設(shè)子彈所受阻力與速度反向，大小與速度成正比，比例系數(shù)為 k,忽略子彈的重力，求：(1)子彈射入沙土后，速度隨時(shí)間變化的函數(shù) 式；(2)子彈進(jìn)入沙土的最大深度。1-1.某質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為 x 3t 5t3 6 (SI),則該質(zhì)點(diǎn)作(A)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為正值；(B)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為負(fù)值；(C)變加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為正值；(D)變加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為負(fù)值。1-2,以下五種運(yùn)動(dòng)形式中，a保持不變的運(yùn)動(dòng)是(A) 單擺的運(yùn)動(dòng)；(B) 勻速率圓周運(yùn)動(dòng)；(C) 行星的橢圓軌道運(yùn)動(dòng)；(D) 拋體運(yùn)動(dòng)；(E) 圓錐擺運(yùn)動(dòng)。1-3.對(duì)于沿曲線運(yùn)動(dòng)的物體，以下幾種說法中哪一種是正確的：(A)切向加速度必不為零；(B)法向加速度必