大學物理(上)期末復習題

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上1 -6已知質點沿x 軸作直線運動,其運動方程為,式中x 的單位為m,t 的單位為 s求：(1) 質點在運動開始后4.0 s內的位移的大??；(2) 質點在該時間內所通過的路程；(3) t4 s時質點的速度和加速度1 -13質點沿直線運動,加速度a4 -t2 ,式中a的單位為m·-2 ,t的單位為如果當t 3時,x9 m,v 2 m·-1 ,求質點的運動方程1 -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動,現測得其加速度aA -Bv,式中A、B 為正恒量,求石子下落的速度和運動方程解選取石子下落方向為y 軸正向,下落起點為坐標原

2、點(1) 由題意知 (1)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,有得石子速度 由此可知當,t時,為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度(2) 再由并考慮初始條件有得石子運動方程1 -22一質點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動,v0 、b 都是常量(1) 求t 時刻質點的總加速度；(2) t 為何值時總加速度在數值上等于b？(3) 當加速度達到b 時,質點已沿圓周運行了多少圈？解(1) 質點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使ab,由可得(3) 從t0 開始到tv0 /b 時,質點經過的路程為因此質

3、點運行的圈數為1 -24一質點在半徑為0.10 m的圓周上運動,其角位置為,式中 的單位為rad,t 的單位為(1) 求在t 2.0時質點的法向加速度和切向加速度(2) 當切向加速度的大小恰等于總加速度大小的一半時, 值為多少？(3) t 為多少時,法向加速度和切向加速度的值相等？解(1) 由于,則角速度在t 2 時,法向加速度和切向加速度的數值分別為(2) 當時,有,即得 此時刻的角位置為(3) 要使,則有t 0.552 -15輕型飛機連同駕駛員總質量為1.0 ×103 kg飛機以55.0 m·-1 的速率在水平跑道上著陸后,駕駛員開始制動,若阻力與時間成正比,比例系數5

4、.0 ×102 N·-1 ,空氣對飛機升力不計,求：(1) 10后飛機的速率；(2) 飛機著陸后10內滑行的距離解以地面飛機滑行方向為坐標正方向,由牛頓運動定律及初始條件,有得 因此,飛機著陸10后的速率為v 30 m·-1又 故飛機著陸后10內所滑行的距離2 -20質量為45.0 kg 的物體,由地面以初速60.0 m·-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·-1 )(1) 求物體發(fā)射到最大高度所需的時間(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

5、(1)根據始末條件對上式積分,有(2) 利用的關系代入式(1),可得分離變量后積分故 235質量為m的子彈以速度水平射入沙土中，設子彈所受阻力與速度反向，大小與速度成正比，比例系數為k，忽略子彈的重力，求：（1）子彈射入沙土后，速度隨時間變化的函數式；（2）子彈進入沙土的最大深度。3 -7質量為m 的物體,由水平面上點O 以初速為v0 拋出,v0與水平面成仰角若不計空氣阻力,求：(1) 物體從發(fā)射點O 到最高點的過程中,重力的沖量；(2) 物體從發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量3 -10質量為m 的小球,在合外力F -kx 作用下運動,已知x Acost,其中k、A 均為正常量,求

6、在t 0 到 時間內小球動量的增量3 -12一作斜拋運動的物體,在最高點炸裂為質量相等的兩塊,最高點距離地面為19.6 m爆炸1.00 s 后,第一塊落到爆炸點正下方的地面上,此處距拋出點的水平距離為1.00×102 m問第二塊落在距拋出點多遠的地面上(設空氣的阻力不計)解取如圖示坐標,根據拋體運動的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點A 的速度的水平分量為 (1)物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運動方程為當該碎片落地時,有y1 0,t t1 ,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度 (2)又根據動量守恒定律,在最高點處有 (3) (4)聯立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二塊

7、碎片拋出時的速度分量分別為爆炸后,第二塊碎片作斜拋運動,其運動方程為 (5) (6)落地時,y2 0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點的水平位置x2 500 m3 -14質量為m 的人手里拿著一個質量為m 的物體,此人用與水平面成角的速率v0 向前跳去當他達到最高點時,他將物體以相對于人為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？ (假設人可視為質點)解取如圖所示坐標把人與物視為一系統(tǒng),當人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有式中v 為人拋物后相對地面的水平速率, v -u 為拋出物對地面的水平速率得人的水平速率的增量為而人從最高點到地面的運動

8、時間為所以,人跳躍后增加的距離3 -19一物體在介質中按規(guī)律x ct3 作直線運動,c 為一常量設介質對物體的阻力正比于速度的平方試求物體由x0 0 運動到x l 時,阻力所作的功(已知阻力系數為k)解由運動學方程x ct3 ,可得物體的速度按題意及上述關系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為3 -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在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關系為P mg -gy其中02

9、 kg/m,人對水桶的拉力的功為3 -22一質量為m 的質點,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上此質點在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運動設質點的最初速率是v0 當它運動一周時,其速率為v0 /2求：(1) 摩擦力作的功；(2) 動摩擦因數；(3) 在靜止以前質點運動了多少圈？解(1) 摩擦力作功為 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數為(3) 由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數為圈3 -30質量為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已知擺錘的質量為m,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內完成一個

10、完全的圓周運動,彈丸速度v的最小值應為多少？解由水平方向的動量守恒定律,有 (1)為使擺錘恰好能在垂直平面內作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力F0,則 (2)式中vh 為擺錘在圓周最高點的運動速率又擺錘在垂直平面內作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有 (3)解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為5 1電荷面密度均為的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板如圖(A)放置，其周圍空間各點電場強度E(設電場強度方向向右為正、向左為負)隨位置坐標x 變化的關系曲線為圖(B)中的()5 10一半徑為R 的半球殼，均勻地帶有電荷，電荷面密度為，求球心處電場強度的大小.分析這仍是一個連續(xù)帶電體問題，

11、求解的關鍵在于如何取電荷元.現將半球殼分割為一組平行的細圓環(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 處的電場強度方向都相同，將所有帶電圓環(huán)的電場強度積分，即可求得球心O 處的電場強度.解將半球殼分割為一組平行細圓環(huán)，任一個圓環(huán)所帶電荷元，在點O 激發(fā)的電場強度為由于平行細圓環(huán)在點O 激發(fā)的電場強度方向相同，利用幾何關系，統(tǒng)一積分變量，有積分得 5 12兩條無限長平行直導線相距為r0 ，均勻帶有等量異號電荷，電荷線密度為.(1) 求兩導線構成的平面上任一點的電場強度( 設該點到其中一線的垂直距離為x)；(2) 求每一根導線上單位長度導線受到另一根導線上電荷作用的電

12、場力.分析(1) 在兩導線構成的平面上任一點的電場強度為兩導線單獨在此所激發(fā)的電場的疊加.(2) 由F qE，單位長度導線所受的電場力等于另一根導線在該導線處的電場強度乘以單位長度導線所帶電量，即：F E.應該注意：式中的電場強度E 是另一根帶電導線激發(fā)的電場強度，電荷自身建立的電場不會對自身電荷產生作用力.解(1) 設點P 在導線構成的平面上，E、E分別表示正、負帶電導線在P 點的電場強度，則有(2) 設F、F分別表示正、負帶電導線單位長度所受的電場力，則有顯然有FF，相互作用力大小相等，方向相反，兩導線相互吸引.5 17設在半徑為R 的球體內，其電荷為球對稱分布，電荷體密度為k為一常量.試

13、分別用高斯定理和電場疊加原理求電場強度與的函數關系.解1因電荷分布和電場分布均為球對稱，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定理得球體內(0rR)球體外(r R)解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電由上述分析，球體內(0rR)球體外(r R)5 21兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1 和R2 R1 )，單位長度上的電荷為.求離軸線為r 處的電場強度：(1) r R1 ，(2) R1 r R2 ，(3) r R2 .分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上，電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側面的電場強度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內的電荷.即可解得各區(qū)域電場

14、的分布.解作同軸圓柱面為高斯面，根據高斯定理r R1 ，在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變R1 r R2 ，r R2， 在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變這與5 20 題分析討論的結果一致.5 25一個球形雨滴半徑為0.40 mm，帶有電量1.6 pC，它表面的電勢有多大？ 兩個這樣的雨滴相遇后合并為一個較大的雨滴，這個雨滴表面的電勢又是多大？分析取無窮遠處為零電勢參考點，半徑為R 帶電量為q 的帶電球形雨滴表面電勢為當兩個球形雨滴合并為一個較大雨滴后，半徑增大為，代入上式后可以求出兩雨滴相遇合并后，雨滴表面的電勢.解根據已知條件球形雨滴半徑R1 0.40 mm

15、，帶有電量q1 1.6 pC，可以求得帶電球形雨滴表面電勢當兩個球形雨滴合并為一個較大雨滴后，雨滴半徑，帶有電量q2 2q1 ，雨滴表面電勢5 30兩個很長的共軸圓柱面(R1 3.0×102 m，R2 0.10 m)，帶有等量異號的電荷，兩者的電勢差為450 .求：(1) 圓柱面單位長度上帶有多少電荷？(2) r 0.05 m 處的電場強度.解(1) 由習題5 21 的結果，可得兩圓柱面之間的電場強度為根據電勢差的定義有解得 (2) 解得兩圓柱面之間r 0.05m 處的電場強度6 9在一半徑為R 6.0 cm 的金屬球A 外面套有一個同心的金屬球殼B已知球殼B 的內、外半徑分別為R2

16、8.0 cm，R3 10.0 cm設球A 帶有總電荷QA 3.0 ×10C，球殼B 帶有總電荷QB 2.0×10C（） 求球殼B 內、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢；（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、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢分析（） 根據靜電感應和靜電平衡時導體表面電荷分布的規(guī)律，電荷QA均勻分布在球A 表面，球殼B 內表面帶電荷QA ，外表面帶電荷QB QA ，電荷在導體表面均勻分布圖（），由帶電球面電勢的疊加可求得球A 和球殼B 的電勢（2） 導體接地，表明導體與大地等電勢（大地電勢通常取為零

17、）球殼B 接地后，外表面的電荷與從大地流入的負電荷中和，球殼內表面帶電QA 圖（）斷開球殼B 的接地后，再將球A 接地，此時球A 的電勢為零電勢的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導體的靜電平衡不失一般性可設此時球A 帶電qA ，根據靜電平衡時導體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B 內表面感應qA，外表面帶電qA QA 圖（c）此時球A 的電勢可表示為由VA 0 可解出球A 所帶的電荷qA ，再由帶電球面電勢的疊加，可求出球A 和球殼B 的電勢解（） 由分析可知，球A 的外表面帶電3.0 ×10C，球殼B 內表面帶電3.0 ×10C，外表面帶電5.0 ×10C由電勢的疊

18、加，球A 和球殼B 的電勢分別為（2） 將球殼B 接地后斷開，再把球A 接地，設球A 帶電qA ，球A 和球殼B的電勢為解得即球A 外表面帶電2.12 ×10C，由分析可推得球殼B 內表面帶電2.12 ×10C，外表面帶電-0.9 ×10C另外球A 和球殼B 的電勢分別為導體的接地使各導體的電勢分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導體表面的電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡7 10如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b 兩點，并與很遠處的電源相接。求環(huán)心O 的磁感強度分析根據疊加原理，點O 的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓

19、弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠，而be、fa兩段直線的延長線通過點O，由于，由畢薩定律知流過圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點O 激發(fā)的磁場分別為,其中I1 、I2 分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻R 與弧長l 成正比，而圓弧acb、adb又構成并聯電路，故有將B1 、B2 疊加可得點O 的磁感強度B解由上述分析可知，點O 的合磁感強度7 11如圖所示，幾種載流導線在平面內分布，電流均為I，它們在點O 的磁感強度各為多少？分析應用磁場疊加原理求解將不同形狀的載流導線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點O 處所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度解（） 長直電流對

20、點O 而言，有，因此它在點O 產生的磁場為零，則點O 處總的磁感強度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導線看作1/2 圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外7 12載流導線形狀如圖所示（圖中直線部分導線延伸到無窮遠），求點O的磁感強度B 分析由教材7 4 節(jié)例題可知，圓弧載流導線在圓心激發(fā)的磁感強度，其中為圓弧載流導線所張的圓心角，磁感強度的方向依照右手定則確定；半無限長載流導線在圓心點O 激發(fā)的磁感強度，磁感強度的方向依照右手定則確定。點O 的磁感強度BO

21、 可以視為由圓弧載流導線、半無限長載流導線等激發(fā)的磁場在空間點O 的疊加。解根據磁場的疊加在圖（）中，在圖（）中，在圖（c）中，7 13如圖所示，一個半徑為R 的無限長半圓柱面導體，沿長度方向的電流I 在柱面上均勻分布求半圓柱面軸線OO上的磁感強度分析畢薩定理只能用于求線電流的磁場分布，對于本題的半圓柱形面電流，可將半圓柱面分割成寬度的細電流，細電流與軸線OO平行，將細電流在軸線上產生的磁感強度疊加，即可求得半圓柱面軸線上的磁感強度解根據分析，由于長直細線中的電流，它在軸線上一點激發(fā)的磁感強度的大小為其方向在Oxy 平面內，且與由l 引向點O 的半徑垂直，如圖7 13（）所示由對稱性可知，半圓

22、柱面上細電流在軸線OO上產生的磁感強度疊加后，得則軸線上總的磁感強度大小B 的方向指向Ox 軸負向7 15如圖所示，載流長直導線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量分析由于矩形平面上各點的磁感強度不同，故磁通量BS為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ldx圖（），載流長直導線的磁場穿過該面元的磁通量為矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量7 17有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導體中的電流均為I，但電流的流向相反，導體的磁性可不考慮試計算以下各處的磁感強度：（1） r R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線分析同軸電纜導

23、體內的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為r 的同心圓為積分路徑， ，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強度B（r）的分布曲線如圖（）7 19電流I 均勻地流過半徑為R 的圓形長直導線，試計算單位長度導線內的磁場通過圖中所示剖面的磁通量分析由題7 16 可得導線內部距軸線為r 處的磁感強度在剖面上磁感強度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義來求解沿軸線方向在剖面上取面元S lr，考慮到面元上各點B 相同，故穿過面元的磁通量BS，通過積分，可得單位長度導線內的磁通量解由分析可得單位長度導線內的磁通量7 29如圖（）所示，一根

24、長直導線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 20 A試計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、下兩段導線受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，對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線，由于載流導線所在處磁感強度不等，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（）所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指向直導線1某質點的運動方程為（SI），則該質點作什么運動？加速度呢？2關于電場強

25、度的定義式，下列說法正確的是（）（A）場強的大小與試驗電荷的大小成反比；（B）對場中某點，試驗電荷受力不因q0而變；（C）正試驗電荷的受力方向就是場強的方向；（D）若場中某點不放置試驗電荷，則F=0,從而E=0。3 點電荷Q被閉合曲面S所包圍，從無窮遠處引入另一點電荷q至曲面外一點，如圖所示。則引入前后（）Qq（A）曲面S上的電通量不變，曲面上各點場強不變；（B）曲面S上的電通量變化，曲面上各點場強不變；（C）曲面S上的電通量變化，曲面上各點場強變化；（D）曲面S上的電通量不變，曲面上各點場強變化。4質量為m的子彈以速度水平射入沙土中，設子彈所受阻力與速度反向，大小與速度成正比，比例系數為k，

26、忽略子彈的重力，求：（1）子彈射入沙土后，速度隨時間變化的函數式；（2）子彈進入沙土的最大深度。1-1 某質點的運動方程為（SI），則該質點作 （A）勻加速直線運動，加速度為正值；（B）勻加速直線運動，加速度為負值； （C）變加速直線運動，加速度為正值；（D）變加速直線運動，加速度為負值。1-2 以下五種運動形式中，保持不變的運動是 （A） 單擺的運動；（B） 勻速率圓周運動；（C） 行星的橢圓軌道運動；（D） 拋體運動 ； （E） 圓錐擺運動。1-3對于沿曲線運動的物體，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）法向加速度必不為零；（C）由于速度沿切線方向，法向分速度必為零，因此法向加速度必為零；（D）若物體做勻速率運動，其總加速度必為零；（E）若物體的加速度為恒矢量，它一定做勻變速運動。1-4下列說法是否正確：(A) 質點作圓周運動時的加速度指向圓心；(B) 勻速圓周運動的加速度為恒量；(C) 只有法向加速度的運動一定是圓周運動；(D) 只有切向加速度的運動一定是直線運動。1-5 質點的運動方程是，式中和是