大學(xué)物理復(fù)習(xí)題

本文格式為Word版，下載可任意編輯——大學(xué)物理復(fù)習(xí)題大學(xué)物理1期末復(fù)習(xí)題（力學(xué)部分）

第一章重點：質(zhì)點運動求導(dǎo)法和積分法，圓周運動角量和線量。其次章重點：牛頓其次運動定律的應(yīng)用(變形積分)第三章重點：動量守恒定律和機械能守恒定律第四章重點：剛體定軸轉(zhuǎn)動定律和角動量守恒定律

1．一質(zhì)點沿半徑為R?1.0m的圓周作逆時針方向的圓周運動，質(zhì)點在0～t這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程為S點的角速度為?2???t2??t42，式中S以m計，t以s計，則在t時刻質(zhì)

rad/s2?t2rad/s，角加速度為?。（求導(dǎo)法）

22．質(zhì)點沿x軸作直線運動，其加速度a?4tm/s2，在t?0時刻，v0?0，x0?10m，則該質(zhì)點的運動方程為x?x?10?23t3。（積分法）

3．一質(zhì)點從靜止出發(fā)繞半徑R的圓周作勻變速圓周運動，角加速度為β，則該質(zhì)點走完半周所經(jīng)歷的時間為_____2??______。（積分法）

4．伽利略相對性原理說明對于不同的慣性系牛頓力學(xué)的規(guī)律都具有一致的形式。5．一質(zhì)量為m?2kg的質(zhì)點在力Fx??2?3t??N?作用下由靜止開始運動，若此力作用在質(zhì)點上的時間為2s，則該力在這2s內(nèi)沖量的大小I?10NS；質(zhì)點在第2s末的速度大小為5m/s。（動量定理和變力做功）

6．一質(zhì)點在平面內(nèi)運動,其r?c1，dv/dt?c2；c1、c2為大于零的常數(shù)，則該質(zhì)點作勻加速圓周運動。

7．一質(zhì)點受力F??6x2的作用，式中x以m計，F(xiàn)以N計，則質(zhì)點從x?1.0m沿X軸運動到x=2.0m時，該力對質(zhì)點所作的功A??14J。（變力做功）8．一滑冰者開始自轉(zhuǎn)時其動能為J0?0，當她將手臂收回,其轉(zhuǎn)動慣量減少為

212?J03，則她此時自轉(zhuǎn)的角速度??3?0。（角動量守恒定律）

1

9．一質(zhì)量為m半徑為R的滑輪，如下圖，用細繩繞在其邊緣，繩的另一端系一個質(zhì)量也為m的物體。設(shè)繩的長度不變，繩與滑輪間無相對滑動，且不計滑輪與軸間的摩擦力矩，則滑輪的角加速度2g3R；若用力F?mg拉繩的一端，則滑輪的角加速

2gRm度為。（轉(zhuǎn)動定律）

?F10.一剛體繞定軸轉(zhuǎn)動，初角速度?0?8rad/s，現(xiàn)在大小為8（N·m）的恒力矩作用下，剛體轉(zhuǎn)動的角速度在2秒時間內(nèi)均勻減速到??4rad/s，則剛體在此恒力矩的作用下的角加速度??____?2rad/s2_______，剛體對此軸的轉(zhuǎn)動慣量

J?4kg?m。（轉(zhuǎn)動定律）

2

?x?2t,11．一質(zhì)點在平面內(nèi)運動，其運動方程為?，式中x2y?4t?4t?1?、y以m計，

s計，求：

(1)以t為變量，寫出質(zhì)點位置矢量的表達式；(2)軌跡方程；

(3)計算在1～2s這段時間內(nèi)質(zhì)點的位移、平均速度；(4)t時刻的速度表達式；

(5)計算在1～2s這段時間內(nèi)質(zhì)點的平均加速度；在t1?1s時刻的瞬時加速度。解：（1）r?2ti??4t2?4t?1?j(m)；(2)y?(x?1)2；

??(3)Δr?2i?16j(m)?t以秒

???；

???v?2i?16j(m/s)；

????dr?2i?(8t?4)j(m/s)；(4)v?dt????2(5)a?8j(m/s)；a1?8j(m/s2)（求導(dǎo)法）

12．摩托快艇以速率v0行駛，它受到的摩擦阻力與速度平方成正比，設(shè)比例系數(shù)為常數(shù)k，即可表示為F??kv2。設(shè)快艇的質(zhì)量為m，當快艇發(fā)動機關(guān)閉后，(1)求速度隨時間的變化規(guī)律；(2)求路程隨時間的變化規(guī)律。解：（1）?kv2?mdvdt

2

?vv01vdv???2t0kmt0dtv?mv0m?kv0tmk

kv0tm（2）?dx?0x?mv0m?kv0tdtx?Ln(1?)（牛二定律變形積分）

13．如下圖，兩個帶理想彈簧緩沖器的小車A和B，質(zhì)量分別為m1和m2，B不動，A以速度v0與B碰撞，如已知兩車的緩沖彈簧的倔強系數(shù)分別為k1和k2，在不計摩擦的狀況下，求兩車相對靜止時，其間的作用力為多大?(彈簧質(zhì)量忽略而不計)。解：系統(tǒng)動量守恒：m1v0?(m1?m2)v系統(tǒng)機械能守恒：m1v02?2112(m1?m2)v?2??v0Am1k1k2m2B12k1x1?212k2x22

兩車相對靜止時彈力相等：F?k1x1?k2x2

F=[m1m2m1?m2?k1k2k1?k2]12v0（動量守恒和機械能守恒定律）

14．有一質(zhì)量為m1長為l的均勻細棒，靜止平放在光滑的水平桌面上，它可繞通過其中點O且與桌面垂直的固定光滑軸轉(zhuǎn)動。另有一水平運動的質(zhì)量為m2的子彈以速度v射入桿端，其方向與桿及軸正交，求碰撞后棒端所獲得的角速度。解：系統(tǒng)角動量守恒：m2vJ總???

l22?J總?

m1ll2?m2()1226vm2(m1?3m2)l（角動量守恒定律）

電磁學(xué)部分

第五章重點：點電荷系（矢量和）、均勻帶電體（積分法）、對稱性電場（高斯定理，分段積分）的電場強度E和電勢V的計算。

第七章重點：簡單形狀載流導(dǎo)線（矢量和）、對稱性磁場（安培環(huán)路定理）的磁感應(yīng)強度B

3

的計算，安培力F的計算。

第八章重點：感生電動勢（法拉第電磁感應(yīng)定律）和動生電動勢?i的計算，磁通量?m的計算。

1.一半徑為R的半圓細環(huán)上均勻地分布電荷Q，求環(huán)心處的電場強度.

[分析]在求環(huán)心處的電場強度時，不能將帶電半圓環(huán)視作點電荷.現(xiàn)將其抽象為帶電半圓弧

Q線。在弧線上取線dl，其電荷dq?dl，此電荷元可視為點電荷，它在點O的電場強度

?RdE?14??0dqr2，因圓環(huán)上的電荷對y軸呈對稱性分布，電場分布也是軸對稱的，則有

?LdEx?0，點O的合電場強度E??LdEy，統(tǒng)一積分變量可求得E.

解：（1）建立坐標系；

（2）取電荷元dq?（3）寫dE?14??0Q?Rdqr2dl

（4）分解到對稱軸方向

dEy?14??0dqr2cos?

（5）積分：

EO???14??0L?cos?R2?Q?Rdl

由幾何關(guān)系dl?Rd?，統(tǒng)一積分變量后，有

?E0???2??2Q4??0R22cos?d???Q2??0R22，方向沿y軸負方向.（積分法五步走）

2.兩條無限長平行直導(dǎo)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(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點的電場強度（設(shè)該點到其中一線的垂直距離為x);(2)求每一根導(dǎo)線上單位長度導(dǎo)線受到另一根導(dǎo)線上電荷作用的電場力.

[分析]在兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點的電場強度為兩導(dǎo)線單獨在此所激發(fā)的電場

E??2??0r的疊加.

4

解:設(shè)點P在導(dǎo)線構(gòu)成的平面上，E?、E?分別表示正、負帶電導(dǎo)線在P點的電場強度，則有

???E?E??E???2??0?11??????i??xr?x?2??0??r00x?r0?x??i（矢量和）

3.設(shè)均強電場的電場強度E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球面的電場強度通量.

[分析]方法1：由電場強度通量的定義，對半球面S求積分，即?S??S??E?dS.

方法2：作半徑為R的平面S?與半球面S一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷，由高斯定理?E?dS?S1?0穿入平面S??q?0這說明穿過閉合曲面的凈通量為零，

的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場強度通量.因而

???S????E?dS???E?dS

S?解:由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有???S????E?dS???E?dS

S?依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS的方向，

2???E??R2?cos???RE（高斯定理和電通量定義式）

4.在電荷體密度為?的均勻帶電球體中，存在一個球形空腔，若將帶電體球心O指向球形空腔球心O?的矢量用a表示（圖8-17).試證明球形空腔中任一點的電場強度為

???E?a

3?0[分析]此題帶電體的電荷分布不滿足球?qū)ΨQ，其電場分布也不是球?qū)ΨQ分布，因此無法直接利用高斯定理求電場的分布，但可用補償法求解.

挖去球形空腔的帶電球體在電學(xué)上等效于一個完整的、電荷體密度為?的均勻帶電球和一個電荷體密度為??、球心在O?的帶電小球體（半徑等于空腔球體的半徑).大小球體在空腔內(nèi)P點產(chǎn)生的電場強度分別為E1、E2，則P點的電場強度為兩者矢量和。.證:帶電球體內(nèi)部一點的電場強度為E??3?0r

所以E1?

?3?0r1；E2???3?0r2

5

VA???AE?dl

解（1）由介質(zhì)中的高斯定理，有

?D?dS?D?4?r?Q1

2得D1?D2?E1?D1Q14?r2er2

?0?r1rD22erR1?r?RE2??0?r2?Q14??0?r2r2erR2?r?R3

兩球殼間的電勢差UAB???R3R1E?dl

?R2R1E1?dl??R3R2E2?dl

?Q14??0?r1?11?Q1?????R??1R2?4??0?r2?11?????R?R3??2??6.0?102V（2）同理由高斯定理可得E3?Q1?Q24??0r2er?6.0?10erV?m3?1

（3）取無窮遠處電勢為零，則VA?UAB???BE3dl?UAB?Q1?Q24??0R3?2.1?10V

3（先由電介質(zhì)中高斯定理求D分布，再求E分布，再分段積分求V分布）

14.如下圖，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們在點O的磁感應(yīng)強度各為多少？

[分析]應(yīng)用磁場疊加原理求解.將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長直部分和圓弧部分，它們各逍遙點O處所激發(fā)的磁感強度較簡單求得，則總的磁感強度B0?B1?B2?B3.解（a)長直電流對點O而言，它在延長線上點O產(chǎn)生的磁場為零，則點O處總的磁感強度為14圓弧電流所激發(fā)，故有:B0?，方向垂直紙面向外?.8R（b)將載流導(dǎo)線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得

11

?????0I.B0?

?0I2R??0I2?R，方向垂直紙面向里?

（c)將載流導(dǎo)線看作12圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B0?

15.載流長直導(dǎo)線的電流為I，試求通過矩形線圈ABCD的磁通量.

[分析]由于矩形平面上各點的磁感應(yīng)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11?10?b??，載流長直導(dǎo)線的磁場穿過該面元的磁通量為d??B?dS?矩形平面的總磁通量

???0I2?xldx

?0I4?R??0I4?R??0I4R??0I2?R??0I4R，方向垂直紙面向外.?(矢量和)

?d?

解由上述分析可得矩形平面的總磁通量

d2????0I2?xd1ldx??0Il2?lnd2d1（積分法四步走）

16.有同軸電纜，其尺寸如下圖.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.試計算以下各處的磁感應(yīng)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(dǎo)體內(nèi)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，?B?dl?B?2?r，利用安培環(huán)路定理?B?dl??0?I，可解得各區(qū)域的磁感強度.

解由上述分析得

I2r?R1B1?2?r??0?R21?r

B1??0Ir2?R21

R1?r?R2B2?2?r??0I

12

B2??0I2?r

22??r?R2?I?R1?r?R3B3?2?r??0?I?22?R3?R2??????B3??0IR3?r22222?rR3?R2

r?R3B4?2?r??0?I?I??0B4?0

磁感強度B?r?的分布曲線略。（磁場的安培環(huán)路定理）

17.電流I均勻地流過半徑為R的圓形長直導(dǎo)線，試計算單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁場通過圖中所示剖面的磁通量.

[分析]由題16可得導(dǎo)線內(nèi)部距軸線為r處的磁感應(yīng)強度

?IrB?r??02

2?R在剖面上磁感強度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義???B?r??dS來求解.沿軸線方

向在剖面砂鍋取面元dS?ldr，考慮到面元上各點B一致，故穿過面元的磁通量d??BdS，通過積分，可得單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量???Bdr

S解由分析可得單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量

???R?0Ir2?R0dr?2?0I4?（磁通量積分四步走）

18.如圖11?28?a?所示，一根長直導(dǎo)線載有電流I1?30A，矩形回路載有電流I2?20A.試計算作用在回路上的合力.已知d?1.0cm，b?8.0cm,l?0.12cm.

[分析]矩形上、下兩段導(dǎo)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(dǎo)線，由于載流導(dǎo)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，它

們的大小分別為

13

F3?F4?故合力的大小為

?0I1I2l2?d

?0I1I2l2??d?b?F?F3?F4??0I1I2l2?d??0I1I2l2??d?b??1.28?10?3N

合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.（安培力）

19.有兩根相距為d的無限長平行直導(dǎo)線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流均以dI的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與兩導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，如下圖.求線dt圈中的感應(yīng)電動勢和自感系數(shù).

d?[分析]此題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律???來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁

dt通量就需用??和B2之和）.

為了積分的需要，建立坐標系.由于B僅與x有關(guān)，即B?B?x?，故取一個平行長直導(dǎo)線的寬為dx、長為d的面元dS，如圖中陰影部分所示，則dS?ddx，所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元dS?dxdy，則上述積分實際上為二重積分）.此題在工程技術(shù)上又稱為互感想象，也可用公式?M??M解1穿過面元dS的磁通量為

dIdt?B?dSS來計算（其中B為兩無限長直電流單獨存在時產(chǎn)生的磁感強度B1求解.

d??B?dS?B1?dS?B2dS?因此穿過線圈的磁通量為???0I2??x?d?ddx??0I2?xddx

?d???2d?0Idd2??x?d?dx??2d?0Id2?xddx??0Id2?ln34

再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有???d?3?dI??d??0ln?dt2?4dt??由?m?MI,得互感系數(shù)：M??I??0d2?ln34

14

解2當兩長直導(dǎo)線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為

??線圈與兩長直導(dǎo)線間的互感為

?0dI2??Iln34

M?當電流以

dIdt??0d2?ln34

變化時，線圈中的互感電動勢為

dI3?dI??d??0ln?dt4?dt?2????M（先求磁通量，再求感生電動勢和互感系數(shù)）

20.長為L的銅棒，以距端點r處為支點，以角速度?繞通過支點且垂直于銅棒的軸轉(zhuǎn)動.設(shè)

磁感強度為B的均勻磁場與軸平行，求棒兩端的電勢差.

[分析]首先應(yīng)分清棒兩端的電勢差與棒上的動生電動勢不是一個概念，它們之間的關(guān)系宛如電源的路端電壓與電源電動勢之間的關(guān)系.在開路狀況中，兩者大小相等，方向相反（電動勢的方向是電勢升高的方向，而電勢差的正方向是電勢下降的方向）.

此題可直接用積分法求解棒上的電動勢，此時積分上下限應(yīng)為L?r和?r.另外，可將整個棒的電動勢看作是OA棒與OB棒上電動勢的代數(shù)和，如圖13?8?b?所示.

解1如圖13?8?a?所示，在棒上距O點為l處取導(dǎo)體元dl，則

?AB??AB?v?B??dl??L?r?r1??lBdl???BL?L?2r?

212因此棒兩端的電勢差為UAB???AB??BL?L?2r?

當L?2r時，端點A處的電勢較高.

解2將AB棒上的電動勢看作是OA棒和OB棒上電動勢的代數(shù)和，其中?OA?則

?AB??OA??OB??1212B?r，?OB?212?B?L?r?

2?BL?L?2r?(動生電動勢)

21.長為L的導(dǎo)體棒OP，處于均勻磁場中，并繞OO?軸以角速度?旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為?，磁感強度B與轉(zhuǎn)軸平行.求OP棒在圖示位置的電動勢.[分析]此題既可以用法拉第電磁感應(yīng)定律???d?dt計算（但此時必需構(gòu)造一個包含OP導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO)，也可用????v?B??dl來計算.由

l15

于對稱性，導(dǎo)體OP旋轉(zhuǎn)至任何位置時產(chǎn)生的電動勢與圖示位置是一致的.

解由上分析，得

?OP?????v?B??dl

OP?vBsin90ll0cosadl

0???lsin??Bcos90???dl?L

2??Bsin2??ldl??B?Lsin??

012由矢量?v?B?的方向可知端點P的電勢較高.(動生電動勢)

22.金屬桿AB以勻速v?2.0m?s?1平行于一長直導(dǎo)線移動，此導(dǎo)線通有電流I?40A.問：此桿中的感應(yīng)電動勢為多大？桿的哪一端電勢較高？

[分析]此題可用公式????v?B??dl求解，可建立圖13?10?a?所示的坐標系，所取導(dǎo)體

l元dl?dx，該處的磁感強度B??0I2?x.

解根據(jù)分析，桿中的感應(yīng)電動勢為

?AB??AB?v?B??dl???1.1m?0I2?x0.1mvdx???0Iv2?ln11??3.84?10?5V

式中負號表示電動勢方向由B指向A，從低到高，故點A電勢較高.(動生電動勢)

23.在“無限長〞直載流導(dǎo)線的近旁，放置一個矩形導(dǎo)體線框，該線框在垂直于導(dǎo)線方向上以勻速率v向右移動，求在圖示位置處，線框中感應(yīng)電動勢的大小和方向.[分析]此題可用公式???d?dt求解，但用此公式須注意，式中?應(yīng)當是線框運動至任意

位置處時，穿過線框的磁通量.為此可設(shè)時刻t時，線框左邊距導(dǎo)線的距離為?，如圖13?11?c?所示，顯然?是時間t的函數(shù)，且有

d?dt?v.在求得線框在任意位置處的電動勢

????后，再令??d，即可得線框在題目所給位置處的電動勢.

解設(shè)順時針方向為線框回路的正方向.根據(jù)分析，在任意位置處，穿過線框的磁通量

為

??相應(yīng)電動勢為

?l1?0Il202??x???dx??0Il22?ln??l1?

16

??????d?dt??0Iv1ll22?????l1?

令??d，得線框在圖示位置處的電動勢為

?0Iv1ll22?d?d?l1???

由??0可知，線框中電動勢方向為順時針方向.

(先求磁通量,再由法拉第電磁感應(yīng)定律求感生電動式)

24.半徑為R?2.0cm的無限長直載流密繞螺線管，管內(nèi)磁場可視為均勻磁場，管外磁場可近似看作零.若通電電流均勻變化，使得磁感強度B隨時間的變化率試求：?1?管內(nèi)外由磁場變化激發(fā)的感生電場EK分布；（2）如

dBdtdBdt為常量，且為正值，

?1?0.010T?s，求距螺

線管中心軸r?5.0cm處感生電場的大小和方向.[分析]變化磁場可以在空間激發(fā)感生電場，感生電場的空間分布與場源?變化的磁場（包括磁場的空間分布以及磁場的變化率

dBdt等）密切相關(guān)，即?EK?dl???l?B?tS?dS.在一般情

況下，求解感生電場的分布是困難的.但對于此題這種特別狀況，則可以利用場的對稱性進行求解.可以設(shè)想，無限長直螺線管內(nèi)磁場具有柱對稱性，其橫截面的磁場分布如圖13?15所示.由其激發(fā)的感生電場也一定有相應(yīng)的對稱性，考慮到感生