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1、大学物理期末考试重点例题第一章 质点运动学习题 1-4一质点在xOy平面上运动，运动方程为 x=3t+5, y=12t+3t-4. 2(式中t以 s计，x,y以m计) (1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式； (2)求出t=1 s 时刻和t2s 时刻的位置矢量，并计算这1秒内质点的位移； (3)计算t0 s时刻到t4s时刻内的平均速度； (4)求出质点速度矢量表示式，并计算t4 s 时质点的速度； (5)计算t0s 到t4s 内质点的平均加速度； (6)求出质点加速度矢量的表示式，并计算t4s 时质点的加速度。 (请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直
2、角坐标系中的矢量式) 1解：质点位置矢量 r=xi+yj=(3t+5)i+(t2+3t-4)jm 2(2)将t=1,t=2代入上式即有 1rt=1s=(31+5)i+(12+31-4)jm=(8i-0.5j)m 21rt=2s=(32+5)i+(22+32-4)jm=(11i+4j)m 2Dr=rt=2s-rt=1s=(11i+4j)m-(8i-0.5j)m=(3i+4.5j)m (3) 1rt=0s=(30+5)i+(02+30-4)jm=(5i-4j)m212rt=4s=(34+5)i+(4+34-4)jm=(17i+16j)m2 v=(4) v=Drrt=4s-rt=0s(17i+16j
3、)-(5i-4j)=ms-1=(3i+5j)ms-1 Dt4-04drd1=(3t+5)i+(t2+3t-4)j=3i+(t+3)jms-1 dtdt2则 vt=4s=3i+(4+3)jms-1=(3i+7j) ms-1 (5) vt=0s=(3i+3j)ms-1,vt=4s=(3i+7j)ms-1 ms-2 Dvvt=4s-vt=1s(3i+7j)-(3i+3j)=ms-2=1j a=Dt44(6) a=dvd=3i+(t+3)j=1jms-2 dtdt1 427工作室 这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 1-5 已知一质点做直线运动，其加速度为 a4+3t ，开始运动时，x5 m，v
4、 =0，求该质点在t10s 时的速度和位置 解： a=dvdt=4+3t 分离变量，得 dv=(4+3t)dt 积分，得 v=4t+32t2+c1 由题知，t=0,v0=0 ,c1=0 故 v=4t+32t2 又因为 v=dxdt=4t+32t2 分离变量， dx=(4t+322t)dt 积分得 x=2t2+132t+c2 由题知 t=0,x0=5 ,c2=5 故 x=2t2+12t3+5 所以t=10s时 v210=410+310=190ms-12x102+110=22103+5=705m1-8 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 q=2+3t3，q式中以弧度计，(1) t2 s时
5、，质点的切向和法向加速度； (2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解： w=dq=9t2,b=dw=18t (1)t=2s时， tbdtdta=R=1182=36ms-2an=Rw2=1(922)2=1296ms-2 (2)当加速度方向与半径成45角时，有 tan45=ata=1n即 Rw2=Rb 2 t以秒计， 427工作室 22(9t)=18t 亦即 则解得 于是角位移为 t3=29 2=2.679radq=2+3t3=2+31-12质点的运动方程为：x=at,y=b+ct2,a、b、c均为常数，当质点的运动方向与x轴成45角时，求质点此时运动速率的大小。 dxd解： v
6、x=(at)=a dtdt当质点的运动方向与x轴成45角时， vy=tan45 vx vy=vxtan45=a1=a质点此时运动速率为 v=vx+vy=22a2+a2=2a v0(ms-1)的速率收1-13在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如图所示当人以绳时，试求船运动的速度和加速度的大小。 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成q角，由图可知 222 l=h+s 将上式对时间t求导，得 dlds=2sdt dt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， dldsv绳=-=v0,v船=-dtdt 2lvdsldll=-=v0=0dtsdtscosq 即 lv0(
7、h2+s2)1/2v0v船=ss或 v船=-3 427工作室 将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv-v0s+lv船a=船=dt2dtv0=v02dtssl22(-s+)v02h2v0s=32ss s或： 4 427工作室 质点沿直线运动，初速度v0 ,加速度a=-kv，k为正常数，求： (1)质点完全静止所需时间； (2)这段时间内运动的距离。 解:(1) a=-kv dvdt=-kv分离变量得dvv=-kdt积分0dv=tv-kdt0v0 得：-2v 0=-ktt=2v0k5 427工作室1-14 (2) dv=-kvdtdvdx=-kvdxdtdvv=-kvdxvdv=-kd
8、x0v0vdv=-kdx0x23-v02=-kx3322x=v03k第3章 动量和冲量 动量守恒定律习题 3-7 已知一篮球质量m=0.58kg,从h=2.0m的高度下落，到达地面后，以同样速率反弹，接触地面时间t=0.019s。求篮球对地面的平均冲力F球对地。 解：取竖直向上为y轴正方向，则小球碰撞前 速度为 v0=-2gh F球对地 小球碰撞后速度为 v=2gh 由动量定理得 (F地对球-mg)Dt=mv-mv0 F地对球=2m2ghmv-mv0+mg=+mg DtDt20.5829.82.0+0.589.8 mg 0.019=388(N)=根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均冲力 F球对地
9、=-F地对球=-388N 6 427工作室 第4章 功和能 机械能守恒定律习题 4-5 如图所示，A球的质量为m，以速度v飞行，与一静止的球B碰撞后，A球的速度变为v1，其方向与v方向成90角。B球的质量为5m，它被碰撞后以速度v2飞行，v2的方向与v间夹角为q=arcsin(35)。求： 两球相碰后速度v1、v2的大小； 碰撞前后两小球动能的变化。 解：由动量守恒定律 mAv=mAv1+mBv2 即 mvi=-m1v+j52m=v-1m+v5j2cmoqsv+5i2qsmi nvj于是得 mv=5mv2cosqmv 1=5mv2sinqvv2=v1 5cosq51-sin2q=4v v5vv
10、331=2sinq=545=4vA球动能的变化 DE1113kA=2mv21-2mv2=2m(4v)-22mv1=2-32mv7 2B球动能的变化 7 427工作室 11152mBv2-0=5m(v)2=mv2 22432碰撞过程动能的变化 1112 DEk=mv12+mBv22-mv2=-mv 222232DEkB=或如图所示，A球的质量为m，以速度u飞行，与一静止的小球B碰撞后，A球的速度变为v1其方向与u方向成90，B球的质量为5m，它被撞后以速度v2飞行，v2的方向与u成q (q=arcsin)角。求： (1)求两小球相撞后速度u1、u2的大小； (2)求碰撞前后两小球动能的变化。 解
11、 取A球和B球为一系统，其碰撞过程中无外力作用，由动量守恒定律得 水平： mu=5mu2cosq 垂直： 0=5mu2sinq-mu1 联解、式，可得两小球相撞后速度大小分别为 0353u 41 u2=u 4 u1=碰撞前后两小球动能的变化为 DEKA图 13u17=m-mu2=-mu2 2423222DEKB15u=5m-0=mu2 23244- 6在半径为R的光滑球面的顶点处，一物体由静止开始下滑，则物体与顶点的高度差h为多大时，开始脱离球面？ 解：根据牛顿第二定律 v2mgcoqs-N=mR 2vN=mgcoqs-mR物体脱离球面的条件是N=0，即 v2s-m= 0 mgcoqR由能量守
12、恒 12mv=mg h28 427工作室 由图可知 coqs=由此解得 h=R-h RR 3hR q m N mg O 第5章 刚体定轴转动习题 5-1 一个转动的轮子，由于轴承摩擦力矩的作用，其转动角速度渐渐变慢，第一秒末的角速度是起始角速度w0的0.8倍。若摩擦力不变，求： 第二秒末的角速度； 该轮子在静止之前共转了多少转。 解：因为摩擦力矩不变，转动惯量不变，由转动定律可知转动为匀变速转动。 wt=w0+bt(b0) w1=w0+b1b=w1-w0=-0.2w0第二秒末的角速度 w2=w0+b2=w0+(-0.2w0)2=0.6w0 22 w=w0+2bDq 9 427工作室 22w2-
13、w002-w0 Dq=2.5w0rad 2b2(-0.2w0)轮子在静止之前共转了 n= 5-4 一力矩M作用于飞轮上，飞轮的角加速度为b1，如撤去这一力矩，飞轮的角加速度为-b2，求该飞轮的转动惯量。 解：根据转动定律，有 M-Mf=Jb1 -Mf=J(-b2) 上面两式相减，得 J=Dq2.5w05 =w0(圈）2p2p4pMb1+b25-10 一质量为m，长为l的均匀细杆放在水平桌面上，可绕杆的一端转动，初始时刻的角速度为w0。设杆与桌面间的摩擦系数为m，求： 杆所受到的摩擦力矩； 当杆转过90时，摩擦力矩所做的功和杆的转动角速度。 解：可以把杆看成由许许多多的小段组成，其中距O点为x、
14、长为dx的小段的质量为 dm=ldx ，其中l=受到的摩擦力矩为 m， ldMf=-mdmgx=-mldxgx=-mlgxdx 所以，杆所受到的摩擦力矩为 l11Mf=-mlgxdx=-mlgl2=-mmgl 022当杆转过90时，摩擦力矩所做的功 p/2p2fA=M0dq=01p-mmgldq=-mmgl 2410 427工作室 11A=Jw2-Jw02 22p4所以，杆的转动角速度 2Aw=w0+=w02+J22(-mmgl)12ml3=w02-3pmg 2l第6章 狭义相对论基础习题 6-1 一飞船静止在地面上测量时的长度为20m，当它以0.8c在空中竖直向上匀速直线飞行时，地面上观察者
15、测得其长度为多少？若宇航员举一次手需2.4s，则地面观察者测得他举手的时间是多少？ 解：地面上观察者测得飞船长度为 v2(0.8c)2l=l01-2=201-m=12m 2cc(2) 地面观察者测得宇航员举手的时间 t=t01-vc22=1-2.4(0.8c)c22s=4.0s -66-3某不稳定粒子固有寿命是1.010s，在实验室参照系中测得它的速度为2.010ms，则此粒子从产生8到湮灭能飞行的距离是多少？ 解：由时间膨胀公式可知实验室测得粒子寿命是 t=t0v21-2c=1.010-6(2.0108)21-(3.0108)2s=1.3410-6s 粒子从产生到湮灭能飞行的距离是 l=vt
16、=2.0101.3410m=2.710m 8-62第7章 真空中的静电场习题 7-5 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为210-5Cm-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强 解: 取半径为r的同心球面为高斯面，由高斯定理 11 427工作室 vvqEdS=, se0得 E4r2q =e0v当r=5cm时，q=0,E=0 r=8cm时，q=r433(r -r内) 3r E=432r-r内33.48104NC-1， 方向沿半径向外 24e0r()r=12cm时,q=r433(r外-r内 ）3r E=433r外-r内34.10104 NC-1 方向沿半径向外. 24e
17、0r()7-21 如图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，A、B间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C解: UO=1qq(-)=0 4e0RR1qqq (-)=-4e03RR6e0Rqoq6e0RUC= A=q0(UO-UC)=7-25两个同心球面的半径分别为R1和R2的都均匀带电，各自带有电荷Q1和Q2，求： 各区域的电势分布，并画出分布曲线； 两球面间的电势差。 解：两球面把空间分划为三个均匀区域， 12 427工作室 取半径为r的同心球面为高斯面。 根据高 斯定理 vvqEdS= se0得出三个区域场强变化规律是 根据电势与场强的积分关系式得 EI
18、=0 1Q1EII=4pe0r2 1Q1+Q2EIII=4pe0r2 rU1=EdlR1rjI=Edr=EIdr+EIIdr+EIIIdr R1R2R2=14pe0rQ1Q2Q1Q21-+=RRR2R2214pe0R2Q1Q2 R+R (rR) jU=Edr=2IIIrIII34pe0r电势分布曲线如图所示 U o R2R2R2两球面间的电势差 U12=Edl=EIIdr=R1R1Q14pe0r2R1dr=Q111(-) 4pe0R1R2第8章 静电场中的导体和电介质习题 8-3三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0 mmB，C都接地，如图所示如
19、果使A板带正电3.010-7C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少? 解: 如图，令A板左侧面电荷面密度为s1,右侧面电荷面密度为s2。 13 427工作室 (1) UAC =UAB， EACdAC=EABdAB s1EACdAB=2 s2EABdAC且 s1+s2=qA Sq2qA 得 s=A, s=213S3S 而 qC=-s1S=-2qA=-210-7C 3qB=-s2S=-110-7C (2) UA=EACdAC=s1dAC=2.3103V e08-19 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为er
20、，金属球带电Q试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势 解: 取半径为r的同心球面为高斯面，利用有介质时的高斯定理 4pr2D=q (1)介质内(R1rR2)场强 vvDdS=q SvvvQrvQr; D=,E内=334r4e0errvvQrvQr D=,E外=334r4e0rU=介质外(rR2)电势 rvvE外dr=Q4e0r介质内(R1rR2)电势 vvvvU=E内dr+E外drrr14 427工作室 =11Q (-)+4e0errR24e0R2q= (3)金属球的电势 1e-1(+r) 4e0errR2QR2vvvvU=E内dr+E外dr R1
21、R2=R2Qdr4e0err2R+QdrR24er20=Q4e0er(1er-1+) R1R2第9章 稳恒磁场习题 9-2在磁感强度为B的均匀磁场中，有一半径为R的半球面，B与半球面轴线的夹角为，求通过该半球面的磁通量。 9-6 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。15 427工作室 abIhxdx解：距离直导线x处的磁感应强度为 mIB=o 2px选顺时针方向为矩形线圈的绕行正方向，则通过图中阴影部分的磁通量为 mI o=hdxd=Bcos0dS 2px通过整个线圈的磁通量为 a+bmIm0Iha+bo=hdx=lnF=dF a2px2pa9-12 一根很长的同轴电缆
22、，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为b,c)构成，如图所示使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(ra),(2)两导体之间(arb)，导体圆筒内(brc)以及(4)电缆外(rc)各点处磁感应强度的大小. vv解： Bdl=m0I LIr2(1)ra B2pr=m02 RB=(2) arb B2pr=m0I m0Ir 22pRB=m0I 2prr2-b2+m0I (3)brc B2pr=0 B=0 第10章 磁场对电流的作用习题 10-12一电子在B=2010T(1) (2)磁场B的方向如何? 解: (1)
23、 R=-4R=2.0cmh=5.0cm vmvcosq eBh=2pmvcosq eB(eBR2eBh2)+=7.57106ms-1 m2pm v=v(2)磁场B的方向沿螺旋线轴线或向上或向下，由电子旋转方向确定 10-13在霍耳效应实验中，一宽1.0cm，长4.0cm，厚1.010cm3.0A的电流，当磁-5感应强度大小为B=1.5T的磁场垂直地通过该导体时，产生1.010V的横向电压试求： (1)载流子的漂移速度； (2)每立方米的载流子数目 -317 427工作室 解: (1) eEH=evB v=EHUH l为导体宽度，l=1.0cm =BlBUH1.010-5=-2=6.710-4
24、ms-1 v=lB101.5(2) I=nevS n= =I evS31.610-196.710-410-210-529 =2.810m-3 第12章 电磁感应习题 12-1 一半径r=10cmvB=0.8T的均匀磁场中回路平面与B垂直当回路半径以恒定速率dr-1 =80cms收缩时，求回路中感应电动势的大小 dt2解: 回路磁通 Fm=BS=Br 感应电动势大小 e=dFmddr=(Br2)=B2r=0.40 V dtdtdt12-4 如图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面线圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速度v=0.03ms-1d=0.05m时线圈
25、中感应电动势的大小和方向 v解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势 DA产生电动势 mIvvve1=(vB)dl=vBb=vb0 D2pdABC产生电动势 18 427工作室 e2=回路中总感应电动势 CBvvv(vB)dl=-vbm0I2(a+d)e=e1+e2=m0Ibv11(-)=1.610-8 V 2dd+a方向沿顺时针 12-7 如图所示，一无限长的直导线中通有交变电流i=I0sinwt，它旁边有一个与其共面的长方形线圈ABCD，长为l，宽为(b-a)。试求： 穿过回路ABCD的磁通量Fm； 回路中的感应电动势.ei。 解：穿过回路ABCD的磁通量Fm Fm=B
26、dSSb=m0ia2prldr=m 0ilb2pln(a)=m0l2pln(ba)I0sinwt 回路中电动势： edFmi=-dt=-dm0lib dt2plna=-m0lbd(sinwt)2lnaI0dt=-m0lw2lnbaI0coswt方向作周期性变化。 19 427工作室 v10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R的圆柱形空间，一金属杆放在2图中位置，杆长为2R，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外当dB0时，求金属杆两端的感应电动势的大小和方向 dt解： eac=eab+ebc e1dBab=-dF=-d-3R2B=3Rdtdt44dte=-dF2dR2abdt=-dt-12B=R2dB12dt e3R2R2ac=4+12dBdtdBdt0 eac0即e从ac 20 427工作室
