大学物理题目

第一章1. 已知一质点的运动方程为r2ti( 2t 2 ) j 求： t=1s 和 t=2s 时位矢； t=1s 到 t=2s 内位移； t=1s 到 t=2s 内质点的平均速度； t=1s 和 t=2s 时质点的速度；t=1s 到 t=2s 内的平均加速度； t=1s 和 t=2s 时质点的加速度。解：r12ij mr2 4i2 j mrr2r12i3 j mvr2i3 j2i3 jm/st21vdr2i2tjv12i2 j m/sv2 2i 4 j m/sdtavv2v12 j2 j m/s2tt31ad 2 rdv2 j m/s2dt 2dt2. 一质点沿 x 轴运动，已知加速度为 a 4t(SI) ，初始条件为： t0 时， v00 ，x010 m。求：运动方程。解：取质点为研究对象，由加速度定义有adv4t （一维可用标量式）dv 4tdtdt由初始条件有：vdvt得： v 2t 204tdt由速度定义得：0vdx2t 2dx2t 2 dtxt2 dt 即 x2 t 210 m由初始条件得：dx2tdt1003由上可见，例 1-1 和例 1-2 分别属于质点运动学中的第一类和第二类问题。第二章精选文库1. 如图 2-2，水平地面上有一质量为M 的物体，静止于地面上。物体与地面间的静摩擦系数为s ，若要拉动物体。问最小的拉力是多少？沿何方向？解：研究对象： M受力分析： M 受四个力，重力 P ，拉力 T地面的正压力 N ，地面对它的摩擦力f ，见受力图 2-3 。牛顿第二定律：合力：F PTN fP TN fM a分量式：取直角坐标系Mx： F cosfMaY F sinNP0物体启动时，有 F cosf 0图 2-2物体刚启动时，摩擦力为最大静摩擦力，即fs N ，由解出 N，求得 ffs ( PF sin)代中：有 FsMg /(coss sin)可见： FF()。 FFmin 时，要求分母 (coss sin) 最大。设A( )s sincosdAs cossin0tgsN Mdd 2 As sincos0f2dP，F为：Fyox tgs 时， AAmaxFFmin 。arctg s 代入中，图 2-3得： Fs Mg /211s Mgs222111sssF 方向与水平方向夹角为arctgs 时，即为所求结果。强调：注意受力分析，力学方程的矢量式、标量式。2. 质量为 m 的铁锤竖直落下，打击木桩上并停下。设打击时间t ，打击前铁锤速率为 v ，则在打击木桩的时间内，铁锤受平均合外力的大小？解：设竖直向下为正，由动量定理知：-2精选文库mvFt0mvFt强调：动量定理中说的是合外力冲量=动量增量3. 一物体受合力为 F2t （SI ），做直线运动，试问在第二个5 秒内和第一个5秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？解：设物体沿 +x 方向运动，I 15525 NS（ I 1 沿 i 方向）0Fdt2tdt010102tdt 75 NS（ I 2 沿 i 方向）2 /I13I 25Fdt5II 2(p) 2(p) 23I 1(p)1(p)14. 例：如图 3-1 ，一弹性球，质量m0.020kg，速率 v5 m/s，与墙壁碰A撞后跳回。设跳回时速率不变，12（平移）碰撞前后的速度方向和墙的法线夹角都为60，Bxo21求碰撞过程中小球受到的冲量 I?2设碰撞时间为t0.05 s，求碰撞过程中小球受到的平均冲力 F?y解： I?如图 3-1 所取坐标，动量定理为 Imv2mv1图 3-1方法一用分量方程解I xmv2 xmv1xmvcos( mvcos )2mvcosI ymv2 ymv1 ymvsinmvsin0II xi2mvcosi20.0205cos60 i0.10i NS方法二用矢量图解Imv2mv1m( v2 v1 )( v2 v1 ) 如上图 3-1 所示。OBA60, A60故OAB 为等边三角形。v2 v1v5 m/s, (v2v1 )沿 i 方向-3精选文库 Im v2v10.02050.10 NS，沿 i 方向。 IFtFI /t0.10i / 0.052i N注意：此题按 It2Fdt 求 I 困难（或求不出来）时，用公式Ip 求方便。t15：质量为 m 的物体被竖直上抛，初速度为v0 ，物体受到的空气阻力数值为 fKV ， K 为常数。求物体升高到最高点时所用时间y及上升的最大高度。解：研究对象： m受力分析： m受两个力，f重力 P 及空气阻力 f ，如图 2-4 。pox牛顿第二定律：抛出点 y=0合力： F P fP f ma图 2-4y 分量：mgKVm dVmdVdt 即dV1 dtdtmg KVmgKVmvdVt1 dt1 ln mgKV1 tv0 mgKV0mKmgKV 0mK t1K t1 mgmg KVe m(mgKV0 )V(mgKV 0 )e mKKV 0时，物体达到了最高点，可有 t 0 为t 0mmgKV0mKV 0)lnmgln(1KKmgdy dyVdtVdtytVdtt1 (mgK t1 mg dtdyKV 0 ) e m000 KKm2Kt1 mgtKV 0 ) e my(mg1KK-4精选文库mK t(mgKV0 ) 1 e mK 2t t 0时， yymax ，1 mgtKmK m ln(1KV0 )ymaxm KmgK2 (mgKV0 ) 1 e1 mgm ln(1 KV0 )KKmgm(mg KV 0 ) 11m2g ln(1KV0 )K 2mg KV 0K 2mgmgmKV0m2KV0mV0m2ln(1KV 0)K 2 (mgKV0 )mgKV0K 2g ln(1mg )KK 2 gmg6.一物体受合力为F2t （ SI），做直线运动，试问在第二个 5秒内和第一个 5秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？解：设物体沿 +x 方向运动，5525 NS（ I 1 沿 i 方向）I 10Fdt2tdt0I 2101075 NS（ I 2 沿 i 方向） I 2 / I 1 35Fdt2tdt5I 2(p) 2( p) 23I 1(p)1( p)17.如图 3-2，质量为 m 的水银球，竖直地落到光滑的水平桌面上，分y成质量相等的三等份，沿桌面运动。其中两等份的m1v1速度分别为 v1 、 v2 ，大小都为0.30m/s 。相互垂直地分开，试求第三等份的速度。m3v3oxm2v2解：用分量式法解研究对象：小球图 3-2受力情况： m 只受向下的重力和向上的桌面施加的正压力，即在水平方向不受力，故水平方向动量守恒。在水平面上如图3-2 取坐标，有-5精选文库分量：m1v1 cosm2 v2 cos(90)m3v3 0xy分量： m1v1 sinm2 v2 sin(90)0m1m2 m3球v1v20.30m / sSv32v2 0.30 0.42m / s4545135 (即与 v1成135 ）水平mg8. 如图 3-12 ，篮球的位移为 S ， S 与水平线图 3-12成 45角， S 4m ，球质量为 m ，求重力的功。解：研究对象：球重力为恒力W F SFS cosFS cos135mg 4 cos13522mg强调：恒力功公式 WF S的使用 .9.力 F6ti (SI) 作用在 m3kg 的质点上。物体沿x 轴运动， t0 时， v0 0 。求前二秒内 F 对 m 作的功。解：研究对象： m直线问题， F 沿+x 轴方向方法一按 WbF dx 作ab6t i dx ib6tdx在此有： WaaF mam dv6tmdv6tdt做如下积分：dt3 dv6tdt 有v t 2 dxvt 2vt00dt232即 dxt 2dt Wt 2 dtt 424J6t020方法二用动能定理作W1 mv 22 1 mv121 m(v22v12 )13(2 40)24J2222-6精选文库10. 如图 3-18 ，在计算上抛物体最大高度 H 时，有人列出了方程（不计空气阻力）mgH1mv02 cos21mv02 列出方程时此人用了质点的动能定理、 功能原理和22机械能守恒定律中的那一个？解：动能定理为合力功 =质点动能增量mgH1 m v0 cos21 mv0222功能原理为 外力功 +非保守内力功 =系统机械能增量（取 m 、地为系统）0012mgH1mv020m v0 cos22机械能守恒定律W W0Ek2E p 2 Ek1Ep1外非保内1212m水平o E p 0即m v0 cosmgHmv002A2可见，此人用的是质点的动能定理。d11. 如图 3-19 ，质量为 m 的物体，从四分之一圆槽FrdsA 点静止开始下滑到 B。在 B 处速率为 v ，槽半径为 R 。c求 m 从 A B 过程中摩擦力做的功。mgvB切线解：方法一按功定义 WBF ds ， m 在任一点 c 处，切线方图向3的-19牛顿第二A定律方程为mg cosFrmatm dvFrm dvmg cosdtdtmg cosm dvWFr dsFrds cosBFr dsdsBBBAAAAdtB dvBv2 mg cos Rdmdsmg cos ds mvdvA dtA001 mv2 mgR2方法二用质点动能定理m 受三个力， N ， Fr ， mg-7精选文库由 W合1 mv 221 mv 12 有 WNW rWp1 mv 20221 mv 2 ( Wp2即0W rmgRE pmgh)1 mv 22 W rmgR注意：此题目机械能不守恒。2第九、十章1. 一物体连在弹簧一端在水平面上做简谐振动，振幅为A 。试求Ek1 Ep2 的位置坐标。解：设弹簧的倔强系数为k ，系统总能量为EEkEp1 kA22Ek1 E p时，有在2EkEp3 Ep3 1 kx23 kx 21 kA2x2 A2224232.横波在弦上传播，波动方程为 y0.02 cos200t5x(SI)求： A、 、 v、 T、?解：（ 1） yA cos2txAcos2vtxA cos2t xT此题波动方程可化为y 0.02 cos200x0.02 cos2 100txtxt0.40.02 cos 20.4400.01由上比较知：A 0.02m40m / sv100Hz0.4mT 0.01s另外：求、可从物理意义上求（a） =同一波线上位相差为2的二质点间距离设二质点坐标为x 、x （设12x x），有t5x1200t5x22，得x2 x10.4m2120025-8精选文库（b）=某一振动状态在单位时间内传播的距离。设 t1 时刻某振动状态在x1 处， t 2 时刻该振动状态传到x2 处，有200t15x1200t 2 5x25 x2 x1 200 t2 t1 ，得x2x1200t2t140m / s52. 一平面简谐波沿 +x 方向传播，波速为 20m/ s ，在传播路径的 A 点处，质点振动方程为 y 0.03 cos4 t (SI) ，试以 A、 B、 C为原点，求波动方程。解：（ 1） y A 0.03 cos4t ，以 A 为原点，波动方程为y 0.03cos 4 tx22022T10m4y 0.03cos 4 tx(SI)5（2）以 B 为原点 y0.03 cos 4t9(SI) （B 处质点初相为 (9) ）55波动方程为： y0.03 cos 4t92x 即 y 0.03 cos 4 tx9555（3）以 C为原点 yc0.03cos 4 t50.03cos 4 t（ C处初相为）5波动方程为： y0.03 cos 4 t2即 y 0.03 cos 4 txx5强调：（1）建立波动方程的程序（2）位相中加入2x 的含义3. 一连续纵波沿 +x 方向传播， 频率为 25Hz ，波线上相邻密集部分中心之距离为24cm，某质点最大位移为3cm。原点取在波源处，且 t0 时，波源位移=0，并向 +y 方向运动。求：（1）波源振动方程；（2）波动方程；-9精选文库（ 3） t 1s 时波形方程；（4） x 0.24m处质点振动方程；（ 5） x1 0.12 m 与 x2 0.36m 处质点振动的位相差。解：（ 1）设波源波动方程为 y0 A cos t可知： A 0.03m2 v 50 s 1由旋转矢量知：2 y0.03cos50 t(SI)2（ 2）波动方程为： y0.03cos 50 t22x0.24my 0.03 cos 50 t25x(SI)32（3） t 1s时波形方程为： y0.03 cos9925 x(SI)23（ 4） x 0.24m 处质点振动方程为y 0.03 cos 50t20.03 cos 505t22（5）所求位相差为：2x2 x12 0.360.122 ，x1 处质点位相超前。0.24强调：（ 1）波源初相不一定 =0 （ 2）2x 的含义第六章1. 已知电偶极子电矩为 p ，求电偶极子在它轴线的延长线上一点 A 的 EA ；电偶极子在它轴线的中垂线上一点 B 的 EB 。解：如图所取坐标，EA EEqEqE224 0 rl4l20r2-10精选文库22llq011q0rr22EAEEl224 0l224 0llrrrr2222q2lr2 r2ql2 p4 02l34 0 r 3r4ll4 0 r112r2rE A2 p（ EA 与 p 同向）40 r3如图所取坐标EB EEEqE El240 r 222EBxE cosE cos2E cosqlgl22l 22l 2340 r 2r 2r2l 2 2444 04rlglp40 r 340 r 3EBy0EBEBxp40 r3* 分立电荷产生场强的叠加问题。2. 设电荷 q 均匀分布在半径为R 的圆环上，计算在环的轴线上与环心相距x-11精选文库的 p 点的场强。解：如图所取坐标， x 轴在圆环轴线上，把圆环分成一系列点电荷，dl 部分在p 点产生的电场为：q电荷线密度2 RdldldE24 0 x2R24 0rdE/ dE cosxdl30 x2R242E/2 Rxdl2 R xqx03330 x2R2 20 x2R2 24 0 x2R2 244Eqx根据对称性可知， E0E/34 0 x2R2 2q 0 ： E 沿 x 轴正向；0：背离圆盘； 0：指向圆盘即 E 与盘面垂直（ E 关于盘面对称）讨论： R时，变成无限大带电薄平板， E/2 0，方向与带电平板垂直。4. 有一均匀带电直线，长为 l ，电量为 q ，求距它为 r 处 p 点场强。解：如图所取坐标，把带电体分成一系列点电荷，dy 段在 p 处产生场强为：dEdqdyr 2 )(q )40 r 24 0 ( y2l由图知：yrtgrtgrtgrctg22dyr csc2 d-13精选文库dy代中有：dE40 r 2dE x dE cosdE cos()2dE cos() dE sindysin24 0 r 2yrtgrtgrtgrctg22dy r csc2d， r rrcossindE xr csc 2dr 2402sin2ExdE x1sind(cos1 cos2 )40 r4 0 rdE ydE sindE cos2cos dEydEy(sin 2 sin 1 )40 r40 r1讨论：无限长均匀带电直线10,2Ex20 r,Ey0 .即无限均匀带电直线，电场垂直直线，0 ， E 背向直线；0 ，E 指向直线。5. 一均匀带电球壳，半径为R ，电荷为q ，求：球面内外任一点场强。-14精选文库解：由题意知，电荷分布是球对称的，产生的电场是球对称的，场强方向沿半径向外，以 O为球心任意球面上的各点E 值相等。球面内任一点 P1 的场强以 O为圆心，通过 P1 点做半径为 r1的球面 S1 为高斯面，高斯E dS1q定理为：s10S1内 E 与 dS 同向，且S1上 E 值不变EdSEdSEdSE4 r 21s1s1s11q 0E 4 r120E 00 S1内即均匀带电球面内任一点P1 场强为零。注意： 1）不是每个面元上电荷在球面内产生的场强为零，而是所有面元上电荷在球面内产生场强的矢量和 =0。2）非均匀带电球面在球面内任一点产生的场强不可能都为零。（在个别点有可能为零）球面外任一点的场强以 O为圆心，通过 P2 点以半径 r2 做一球面 S2 作为高斯面，由高斯定理有：E4 r221qqE04 0 r 2方向：沿 OP2 方向（若 q0 ，则沿 PO 方向）结论： 均匀带电球面外任一点的场强，如图电荷全部-15精选文库集中在球心处的点电荷在该点产生的场强一样。E0( rR)q(rR)40 r 26：有均匀带电的球体，半径为R ，电量为q ，求球内外场强。解：由题意知，电荷分布具有球对称性，电场也具有对称性，场强方向由球心向外辐射，在以O为圆心的任意球面上各点的E相同。（ 1）球内任一点P1 的 E?以 O为球心，过 P1 点做半径为 r1 的高斯球面 S1，高斯定理为：E dS1qs10 S1内E与 dS 同向，且1上各点 E 值相等，SE dSEdS EdSE 4 r 21s1s1s11qq4 r13q3 r13E 4 r12q 3 r130S1内4R3 30 R0 R03qr1E3E 沿 OP 方向。（若 q0，则 E 沿 P1O 方向）4 0 R结论： E r1注意：不要认为 S1 外任一电荷元在 P1 处产生的场强为0，而是 S1 外所有电荷元在 P1 点产生的场强的叠加为 0。-16精选文库（ 2）球外任一点2的E ?P以 O为球心，过 P2 点做半径为 r2 的球形高斯面 S2，高斯定理为：E1qdSs20S2内E21Eq4 r2q2由此有：040r2E沿 OP2 方向结论： 均匀带电球体外任一点的场强如同电荷全部集中在球心处的点电荷产生的场强一样。Eqr1 (r1 R)4 R3q( rR )40 r 2E r曲线如左图。7. 一无限长均匀带电直线，设电荷线密度为，求直线外任一点场强。解：由题意知，这里的电场是关于直线轴对称的，E的方向垂直直线。在以直线为轴的任一圆柱面上的各点场强大小是等值的。以直线为轴线，过考察点P 做半径为 r 高为 h 的圆柱高斯面，上底为S1、下底为 S2，侧面为 S3。1q高斯定理为：E dSs0S内在此，有：E dSE dSE dSE dSss1s2s3在 S1、 S2 上各面元 dSE ，前二项积分 =0-17精选文库又 在 S3 上 E 与 dS 方向一致，且 E =常数，E dSE dSEdSE dS E 2 rhss3s3s31q1E2 rh1Ehh 即0S内002 0 rE 由带电直线指向考察点。 （若0，则 E 由考察点指向带电直线）上面结果将与例 4 结果一致。8. 无限长均匀带电圆柱面，半径为R ，电荷面密度为0 ，求柱面内外任一点场强。解：由题意知，柱面产生的电场具有轴对称性，场强方向由柱面轴线向外辐射，并且任意以柱面轴线为轴的圆柱面上各点E 值相等。1）带电圆柱面内任一点P1 的 E?以 OO为轴，过 P1 点做以 r1 为半径高为 h的圆柱高斯面，上底为 S1 ，下底为 S2，侧面为 S3 。高斯定理为：E dS1q 在此，有：s0S内E dSE dSE dSE dSss1s2s3在 S1、 S2 上各面元 dS1E ，上式前二项积分 =0，又在 S3 上 dS 与 E 同向，且 E =常数，E dSEdSE dS E 2 r1hss3s3-18精选文库1q0E 2 r1h0 E00S内结论：无限长均匀带电圆筒内任一点场强=02）带电柱面外任一点场强E ?以 OO 为轴，过 P2点做半径为 r2高为 h 的圆柱形高斯面， 上底为 S1，下底为S2，侧面为 S3。由高斯定理有：12Rh2 RE 2 r1 hE02 0r2 2 R2 R 1 =单位长柱面的电荷（电荷线密度） = E20 r2 ， E 由轴线指向 P2。0 时， E 沿 P2 指向轴线结论： 无限长均匀带电圆柱面在其外任一点的场强，如全部电荷都集中在带电柱面的轴线上的无限长均匀带电直线产生的场强一样。9. 无限大均匀带电平面，电荷面密度为，求平面外任一点场强。解：由题意知，平面产生的电场是关于平面二侧对称的，场强方向垂直平面，距平面相同的任意二点处的E值相等。设 P 为考察点，过 P 点做一底面平行于平面的关于平面又对称的圆柱形高斯面，右端面为S1，左端面为S2，侧面为 S3，高斯定理为：1E dSq 在此，有：sS内0E dSE dSE dSE dSss1s2s3在 S3 上的各面元 dSE ，第三项积分 =0-19精选文库又在 S1、S2 上各面元dS 与 E 同向，且在 S1、S2 上E =常数，有：E dSEdSEdSE dS E dSES1 ES2 2ES1ss1s2s1s21q1S1E 2S11S1即： E0 S内002 0（均匀电场）E 垂直平面指向考察点（若0，则 E 由考察点指向平面） 。10. 有二平行无限大均匀带电平板A、 B，电荷面密度分别为1）,；2）, 。求：板内、外场强。解： 1）设 P1 为板内任一点，有E EA EB即E EAEB20200设 P2 为 B 右侧任一点（也可取在A 左侧），E E AEB即 E EAE B202002）设 P3 为二板内任一点，E EA EB即E