大学物理 大题.doc

第五章：刚体的转动：1、如图所示，半径为r1=0.3m的A轮通过皮带被半径为r2=0.75m的B轮带动，B轮以匀角加速度为π rad/s2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求A轮达到转速3000r/min所需要的时间。

2、如图示，一长为L、质量可以忽略的刚性直杆，两端分别固定质量分别为2m和m的小球，杆 可绕通过其中心O且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始杆与水平成某一角度θ，处于静止状态，释放后， 杆绕O轴转动，则当杆转到水平位置时，求（1）该系统所受到的合外力矩M的大小；（2）该系统对光滑固定转轴的转动惯量；（3）此时该系统角加速度α的大小。2m
m
θ
o

3、如图所示，设两重物的质量分别为m1和m2，且m1 > m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计。设开始时系统静止，试求（1）滑轮的角加速度，（2）重物的加速度a，（3）t时刻滑轮的角速度ω m2
r
m1

4、质量为M1=24kg的鼓形轮，可绕水平光滑固定的轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M2=5kg的圆盘形定滑轮悬有m=10kg的物体。求当重物由静止开始下降了h=0.5m时，（1）物体的速度；（2）绳中张力（设绳与定滑轮之间无相对滑动，鼓轮、定滑轮绕通过
轮心
且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为

M2
M1
R
r
m

5、一长l，质量为m的匀质刚性细杆OA，可绕过其一端点O的水平轴在铅垂面内自由摆动（摩擦力可不计）。现将细杆从水平位置静止释放，求：（1）当细杆摆至图中θ角位置时，细杆所受力矩M为多少？以及此时细杆角加速度的大小？（2）当细杆运动到θ=π/2时，细杆转动角速度ω为何？（细杆对过O转轴的转动惯量为）
O
A
θ

6、一长l，质量为M的匀质刚性细杆，可绕过其一端点O的水平轴在铅垂面内自由摆动（摩擦力不计）。开始时细杆铅直悬挂，现有一质量为m的子弹，以速度v0垂直入射并嵌入到细杆中P点（到水平轴的距离为a），而后一起转动，求：（1）碰撞前子弹对转轴O的角动量L0；（2）碰撞刚完成时细杆的角速度ω；（3）细杆与子弹一起上摆可以到达的最大转角θmax。（细杆对过O转轴的转动惯量）
P
a

m
O
θmax

1、

A
B
解：两轮的角加速度分别为A，B，有
atA=atB=at=r1A=r2B
则 =
又ω=At
∴
=
=40s
2、解
2m
m
θ
o
力矩：
在θ=0时，M=2mgl/2-mgl/2，
∴
由刚体定轴转动定理 M=Jα
刚体的转动惯量 J=2m(l/2)2+m(l/2)2= 3ml2/4
∴角加速度 α=M/J=
3、解：作示力图 两重物加速度大小a相同，方向如图
对重物1应用牛顿第二定律：m1g-T1=m1a （1）
对重物2应用牛顿第二定律：T2- m2g =m2a （2）
应用定轴转动定理有： （T1-T2）r =Jα （3）
绳与滑轮间无滑动，有：a= rα （4）
联列求解（1）~（4）式，有：
角加速度：
加速度：
t 时刻的角速度：

4、解：受力分析如图示，由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程：

求解联立方程，可得

O
A
θ

5、解：
力矩：
在转到θ时，M= cosθ mgl/2
由刚体定轴转动定理 M=Jα
刚体的转动惯量 J=ml2/3
∴角加速度 α=M/J=3g cosθ /(2l)
∵
∴
∵两边积分：，有
P
a

m
O
θmax

6、解：
（1）碰撞前，子弹的角动量：
（2）碰撞过程，角动量守恒：

∴
（3）碰撞完成后上摆，机械能守恒：（以转轴为重力势能零点）

∴

第六章
1．如图所示，一长为10cm的均匀带正电细杆，其带电量为1.5×10-8C.试求在杆的延长线上距杆的端点5cm处的P点的电场强度。()

2. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为，四分之一圆弧AB半径为R，试求圆心O点的场强。

3. 半径为和（）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量和，试求：（1）；（2）；（3）处各点的场强。
4.电量q均匀分布在长为2的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为的p点的电势（设无穷远处为电势零点）。
5. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为，外表面半径为。设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r处的电势。

6. 如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环，其电荷线密度为λ。在其轴线上有A、B两点，它们与环心的距离分别为，一质量为、带电量为q的粒子从A点运动到B点，求在此过程中电场力所作的功。

1.解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，X轴沿杆的方向，如图，并设杆的长度为L， P点离杆的端点距离为d，在x处取一电荷元dq=(q/L)dx，它在P点产生场强

P点处的总场强为

代入题目所给数据，得
的方向沿X轴正向。

2.解：在O点建立坐标系如图所示，
半无限长直线A在O点产生的场强：

半无限长直点产生的场强：

四分之一圆弧段在O点产生的场强：

由场强叠原理，O点合场强为：
或写成场强：，方向。

3.解：利用高斯定律：。
（1）时，高斯面内不包括电荷，所以：；
（2）时，利用高斯定律及对称性，有：，则：；
（3）时，利用高斯定律及对称性，有：，则：；
即：。

4.解：设坐标原点位于杆中心O点，X轴沿杆向右的方向，如图所示,细杆的电荷线度，在x处取电荷元，它在P点产生的电势

整个杆上电荷对P点产生的电势

5.解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即
U=U1+U2

为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取的薄层，其电量为

它对该薄层内任一点产生的电势为 则

于是全部电荷在半径为r处产生的电势为

注：也可根据电势定义直接计算。

6.解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为

q由A点运动到B点电场力作功为

注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。
第七章
1．一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a，外筒半径为b，筒长都是L，中间充满相对介电常数为εr的各向同性均匀电介质，内、外筒分别带有等量异号电荷+Q和-Q，设b-a<>b，可以忽略边缘效应，求：（1） 半径r 处（a< r 大小U；
（3） 圆柱形电容器的电容C；
（4） 电容器贮存的电场能量W。
2. 一球形电容器，内球壳半径为R1，外球壳半径为R2，两球壳间充满了相对介电常数（电容率）为εr 的各向同性的均匀电介质，设两球壳间电势差为U12 ，求：
(1) 两极板所带电量+Q和-Q；
(2) 电容器的电容值 C；
(3) 电容器储存的能量 W

3．一空气平行板电容器，两极板面积均为S，板间距离为d（d远小于极板线度），在两板间平行地插入一面积也是S、厚度为t(S
S

4．两个同心导体球壳，其间充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质，外球壳以外为真空，内球壳半径为R1，带电量为Q1；外球壳内、外半径分别为R2和R3，带电量为Q2，（1）求整个空间的电场强度的表达式，并定性画出场强大小的径向分布曲线；（2）求电介质中电场能量We的表达式；（3）若Q1=2×10-9C，Q2= -3Q1,=3，R1=3×10-2m,R2=2R1,R3=3R1，计算上一问中We的值。（已知ε0=8.85×10-12C·N-1·m-2）
R2
R3
Q1
Q2
R1

1. 解：由题给条件（b-a）≤a和L≥b，忽略边缘效应，将两同轴圆筒导体看作是无限长带电体，根据高斯定理可以得到两同轴圆筒导体之间的电场强度为
r

同轴圆筒之间的电势差：

根据电容的定义：
电容器储存的能量：

2. 解： （1）设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q，则两球壳间的电位移大小为

场强大小为

电量
(2) 电容
（3）电场能量

3.解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为
E1=q/（ε0S）
金属片内部场强为
E2=q/（ε0S）
金属片内部场强为
E’=0 则两极板间的电势差为
UA-UB =E1d1+E2d2
[q/（ε0S）](d1+d2)
=[q/（ε0S）](d-t)
由此得C=q/(UA-UB)=ε0S/(d-t)
因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响。

E
O
r
4.解：（1）场强表示式 1=0 rR3
(2)
=（3）将Q1和R1、R2的值代入有：

第八章
1、一根无限长直导线，通有电流I， 中部一段弯成半径为R的四分之一圆弧，各段导线都在同一平面内（纸面内），求图中O点的磁感应强度。
I
I
R
O
1
2
3
4

2、 在一半径R的无限长半圆柱形金属薄片中，沿长度方向有电流I通过，横截面上电流分布均匀。试求圆柱轴线上任一点的磁感强度。

S
3、一根半径为R的无限长直铜导线，导线横截面上均匀通有电流I，试计算：
（1）磁感强度的分布；
（2）通过单位长度导线内纵截面S的磁通量。

R2
R1
I
O
4、 有一圆环形导体薄片，内外半径分别为R1和R2，如图所示，在圆环面内有稳定的电流沿半径方向均匀分布，总电流强度为I，求圆心O点处的磁感强度和磁矩。

5、如图所示，在长直电流I1旁有一个载有电流I2的刚性矩形导体框。
（1）求在I1的磁场中AB、BC、CD和AD边所受的安培力；
（2）求导体框所受的合力； I1
I2
I2
d
b
l
A
B
C
D

6、一矩形截面的环形螺线管，环内充满磁导率为的磁介质，螺线管均匀绕有N匝线圈，线圈中通有电流I，试求：（1）环内距轴线为r远处的磁感强度；（2）通过螺线管截面的磁通量。
I
I
R
O
1
2
3
4

1、解：根据磁场叠加原理，O点的磁感应强度是图中4段载流导线磁感应强度的叠加。
由公式，可得
对导线1和4，有：
对导线3，有：
方向垂直向里；
对导线2，有：
方向垂直向里；
O点的磁感应强度：，方向垂直向里。
2、解：建立如图坐标系，在金属薄片上取宽为ｄl的无限长窄条，
其中电流为
该电流在轴线上Ｏ处的磁感强度为：
大小：
方向：如图（不同电流的方向不同）
其分量为

半圆柱轴线上的磁感强度
S
3、解：根据安培环路定理：，
选取圆形回路为闭合路径。
：，
：，
通过距离轴线为r，长度为l、宽度为dr的面积元的磁通量为：

通过单位长度导线内纵截面S的磁通量：

4、解：分析 圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环,
dI
r
dr
O
R1
R2
应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式
和磁感强度的叠加原理求解。
在圆环形导体上距O点为r处取宽为dr的细圆环，
所载电流，
在圆心O点处的磁感强度方向垂直向里，大小为
整个圆环形导体在O点产生的磁感强度大小为
，方向垂直向里。
在圆心O点处的磁矩方向垂直向里，大小为
整个圆环形导体在O点的磁矩大小为
，方向垂直向里。

5、解：分析：电流I1在矩形框处产生的磁场为非均匀磁场，
磁场方向向里，矩形框各边所受安培力可由安培定律分析求解。
I1
I2
I2
d
b
l
A
B
C
D
I2dx
x
x
O
dF
（1）AD边、BC边处磁感强度为
，
故有，AD和BC边所受的安培力
，方向水平向左
，方向水平向右
以AB边为研究对象，在电流I1产生的磁场中，
AB边上的距直导线为x处的电流元I2dx所受到
磁场力dF方向向上，如图所示，
AB边上各电流元受力方向相同，
故AB边所受磁场力的大小为
，方向向上；
同理可得CD边所受磁场力的大小为，方向向下。
（2）导体框所受的合力，方向水平向左

6、解：分析：一般情况下螺绕环内不能视为均匀磁场，应用安培环路定理可以计算出螺绕环内的磁感强度；求穿过螺绕环截面的磁通量时，要在截面上取平行轴线的小面元，面元上各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后用积分求截面的磁通量．
（1）由对称性可知，在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相等，方向沿圆周的切线方向。在环内取半径为r的环路，应用安培环路定理，有
，
磁场强度，磁感强度
（2）在螺线管截面上，在半径r处，取宽dr，高h的面元（如图），其面积为dS = hdr，通过此面元的磁通量为

通过矩形截面的磁通量

第九章
1、如图所示，一根长为的金属细杆绕竖直轴以角速度在水平面内旋转，在离细杆端处。若已知地磁场在竖直方向的分量为，求两端间的电势差。

2、如图，一半径为电荷线密度为的均匀带电圆环，里边有一半径为总电阻为的导体环。两环共面同心（），当大环以变角速度绕垂直于环面的中心轴旋转时，求小环中的感应电流。其方向如何？
3、如图所示，长直导线和矩形线圈共面，边与导线平行，，，。
（1）若直导线中的电流在内均匀地从降为零，则线圈中的感应电动势的大小和方向如何？
（2）长直导线和线框的互感系数?()
4、一圆柱体长直导线，均匀地通有电流，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为（设导体的相对磁导率为）。
5. 半径为的两块圆板，构成平行板电容器，放在真空中。今对电容器匀速充电，使两板间电场的变化率为。求两极板间的位移电流，并计算电容器内离极板中心连线（）处的磁感应强度，以及处的磁感应强度。
6、给电容为的平板电容器充电，充电电流为，时电容器极板上无电荷，求：（1）电容器极板间电压随时间而变化的关系。（2）时刻极板间总的位移电流（忽略边缘效应）
第十五章
1．一电子以v=0.99c（c为真空中光速）的速率运动。试求：
（1）电子的总能量是多少？
（2）电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少？（电子静止质量me=9.11´10-31kg）
2．一体积为V0、质量为的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A以速度v运动，求：观察者A测得其密度是多少？
3．要使电子的速度从v1=1.2´108m/s增加到v2=2.4´108m/s，必须对它作多少功？（电子静止质量me=9.11´10-31kg）
4．观测者甲和乙分别静止于两个惯性参照系K和K′中，甲测得在同一地点发生的两个事件的时间间隔为4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为5s 。求：
（1）K′相对于K的运动速度。
(2) 乙测得这两个事件发生地点的距离。
5．设快速运动的介子的能量约为E=3000 MeV，而这种介子在静止时的能量为E0=100MeV，若这种介子的固有寿命是s，求它运动的距离（真空中光速c=2.9979´108m/s）。
6． 已知μ子的静止能量为105.7MeV，平均寿命为2.2´10-8s，试求动能为150MeV的μ子的速度v是多少？平均寿命t 多少？
1. 解：取的方向为b指向a, O为坐标原点，则

=

=-
2. 解：I= 圆心处的B==，由于 ，所以小圆环内的磁场可看作均匀，
，，
，若 顺时针方向，若 逆时针方向
3. 解：B=， ，
，=,方向为顺时针方向。

4. 解： 磁能密度 w=, 由于磁场具有轴对称性，所以
w=, 单位长度内的磁能为：

5. 解：
由于具有轴对称性，，
r=R 时，代入数字得
6. 解： （1）
（2）