大学物理例题
大学物理1质点运动学例题
a
16
j,
t
=0
时，v0
6i ,
求 v和运动方程
解 由已知有
dv
a
16
j
dt
代入初始条件
v-v0
16t
j
r0
8k
vv0dv
t
16dt j
0
v
6i 16t
j
dr v dt
代入初始条件
rr0dr
t 0
(6i 16t
j )dt
r0
8k
r
6t
i
8t
2
j
8k
例题5 质点在xy平面内运动，运动方程为，，其中x、y以m计， t以s计。求：（1）质点的轨迹方程；（2）质点运动方程的
例8 一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2 m 的圆形轨道运 动。此质点的角速度与运动时间的平方成正比，即ω=kt 2 ， k 为待定常数.已知质点在2 s 末的线速度为 32 m/s
求 t =0.5 s 时质点的线速度和加速度
解 由题意得 v 32 m/s
K
ω t2
v Rt 2
4 s3
ω 4t2
由运动方程得
r r2 r1
(4
r1 2i
j
2)i (2
1)
r2
4i
j 2i 3 j
2
j
(2)
v
当t
dr
2i 2t
j
dt
=2s 时 v2 2
i
4
a j
dd2tr2a2ddvt2j2
j
(3) x 2t y 2 t2 轨迹方程为 y 2 x2 / 4
例4
已知
大学物理下第10章例题
x
求：
EP
2
xy
dE
解：建立坐标系 o
取
dq dx
dE dq 4 0 r
3
o
a
P
y
r
r
dq
1
大小：
dE
dx
4 0 r
2
方向：与+x 夹角为
5
各电荷元在P 点场强方向不同，应该用分量积分：
d E x d E cos
例 已知一杆电荷线密度为，长度为L，与杆 相距L的P点有一点电荷 q 0 求 点电荷两所受的电场力。
解 dq dx
dF q0 dx 4 0 x
2
dq
q0
x
2L
x
L
O
F
2L
q0 dx 4 0 x
2
q0
8 0
L
1
例 已知两杆电荷线密度为，长度为L，相距L
求 两带电直杆间的电场力。
解 dq dx
dq dx
dF
dq
dq
O
x
L
2L x
3L
x
dxdx
x) 2 4 0 ( x
3L L
F
2 L dx0
dx
2
4 0 ( x x )
2
2
4 0
ln
4 3
2
例1. 电偶极子的电场 1.轴线延长线上 A 的场强
q
L o
dy dE 2 o r
y
x
r
p .
dE
E
大学物理-波动方程的基本解 推迟势与超前势例题
n (x)
以此代入(7)式，并利用ka=p，就有
L
n1
p
n*( ) 2 2na
2
n
(
x)e
p
现在对L(p)做拉普拉斯反演。利用
和线性e定 p理 L与1 卷(t积定),理，p可2 1得2na2
L1
1
na
sin
nat
G(t)
n* (
n1
)n
(
)
1
na
sin
nat
*
(t
)
n* (
n1
)n ( )
X
(0)
X
(l)
0
这是一个本征值问题，易于求得其归一化的本征函数为
X
(x)
n (x)
2 l 1
cos n x
这里
n
n
l
l
(n 1,2,)
(5)
(n 0)
由以上，按叠加原理，可将方程(1)的解写为
G(x, t) Ane2na 2t (x)
(6)
其中An由初条件确定。 n0
由初条件(2)，有
第十一章 格林函数法
11.3 波动方程的基本解 推迟势与超前势
例1 试求有源波动问题
a2uxx utt f (x,t) (0 x l,t 0)
(1)
u 0, t0
ut t0 0,
(2)
u 0,
u 0,
(3)
的格林函数。x0
xl
解：本问题对应的格林函数满足下面的定解问题：
a2Gxx Gtt f (x,t) (0 x l,t 0) (4)
G(x,t; , )
* n
(
)e
大学物理学第一章例题
运动学的两类问题 1. 第一类问题
2 例 已知一质点运动方程 r 2t i ( 2 t ) j
求 (1) t =1s 到 t =2s 质点的位移
已知运动学方程，求 r , s, v , a
(2) t =2s 时v ，a
r (t ) t dr (6i 16t j )dt 0
dr v (t ) dt
代入初始条件
dr (6i 16t j )dt
r (0)
r (0) 8k
2 r (t ) 6t i 8t j 8k
例 设质点的运动方程为 r ( t ) x ( t ) i y ( t ) j , 2 2 1 1 y ( t ) ( m s ) t 2m. 其中 x ( t ) (1m s ) t 2 m , 4
求（1）经过多少时间后可以认为小球已停止运动, （2）此球体在停止运动前经历的路程有多长？ 解 由加速度定义
v
dv a ( 1.0s 1 ) v dt
t dv 1 v0 v (1.0s ) 0 dt ,
v v0 e
y
( 1 . 0 s 1 ) t
t
-1
o
v0
ds v 20 0.4t dt dv aτ 0.4 dt
2 a aτ2 an
v (1) 19.6(m/s)
v 2 (20 0.4t ) 2 an R R
2 2
(20 0.4t ) 0.42 R
2 2
(20 0.4 1) a(1) 0.4 1.96(m/s 2 ) 200
大学物理-分离变量法例题
相应的本征函数为
思考：n 只取正整数的原因？
3. 求解关于 T(t) 的常微分方程
将
代入(6-1-6)，得到
其通解为
由此得到 u(x,t) 的特解
(6-1-9) (6-1-10)
(6-1-11)
4. 利用叠加原理，将特解进行叠加，得到通解 一般说来，un(x,t) 不可能满足初始条件，但特解的线性叠 加仍满足方程与边界条件。将特解线性叠加，得到通解：
(x) C1 x C2
而由 (7) 式有
C1a C2 0 C1a C2 0
于是有 C1= C2 = 0，从而有φ(x) = 0，所以λ≠ 0。
2. 若λ< 0，则由式 (6' ) 有
x C1e x C2e x
而由 (7) 式有 C1e x C2e x 0 C1e x C2e x 0
(k 1, 2,
)
故本征值问题 (6' ) ~ (7) 的本征值为
En
n 2 2
n2 2 2 8a2
(n 1, 2,
)
(13)
这是能量本征值，而由(10)和(12)式可得相应的本征函数为
n
(
x)
Cn
sin
n
2a
(
x
a)
(14)
这是第 n 个定态 (即不含时的) 波函数。
方法二 通过坐标平移利用已知结果来求解。 我们已看到上述求解本征值问题 (6' ) ~ (7) 的过程是相
即
i f '(t) 2 ''(x) 令 E (能量) f (t) 2 (x)
于是得
i
d f Ef dt
(5)
大学物理考试题库试题样例汇总
大学物理考试题库试题一、填空题1． 一质点做匀速直线运动,则任意时刻其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
2． 一质点做匀速率圆周运动,轨道半径为R,速率为v 则任意时刻其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
3． 地球表面一质点做初速度为v 0,与水平方向夹角为π/4的无摩擦阻力斜抛运动,在最高点其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
4． 一质点做匀加速直线运动,加速度大小为a 0 , 则任意时刻其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
5． 做曲线运动的质点，其切向加速度a τ只改变速度矢量的大小，而不改变其______。
6． 一质点做圆周运动,轨道半径为R,速率为v=2t 3则任意时刻其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
7． 一质点做圆周运动,轨道半径为R,路程随时间的变化规律为s =2t 2则任意时刻其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
8． 一质点做圆周运动,轨道半径为R,角位置随时间的变化规律为θ=2t 3则任意时刻其切向加速度a τ= , 法向加速度a n = ,总加速度为_______。
9． 一个质点的运动方程为j i r 22t t += (SI 制)，则其速度矢量v =________,加速度矢量a =______,若其质量为m,则所受合外力F 为_______N,且=⋅⎰r F d ______。
10．一个质点的运动方程为j i r 2+=t (SI 制)，则物体受到的合外力F =________N 。
11． 速度一物体质量为20 kg ，沿半径R=1 m 的圆周作匀速率运动，其速率v=5 m/s 。
若t 1时刻物体处在图示的A 点、t 2时刻物体处在B 点，则在t 1至t 2时间间隔内物体的位移是 =∆r ；所受的冲量为I ∆= 。
大学物理答案(除例题)
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x ＝3t ＋5，21342y t t =+-,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t ＝2 s 时刻的位置矢量，计算这1s 内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4 s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量的表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算 t ＝0 s 到t ＝4 s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4 s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度和瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式).解：（1） j t t i t r)4321()53(2-+++=m(2)将1=t,2=t 代入上式即有j i r5.081-= m j j r4112+=m j j r r r5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r1617,4540+=-=∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v (4)1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv 则 j i v734+= 1s m -⋅(5)∵ j i v j i v73,3340+=+=204s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a(6) 2s m 1d d -⋅==j tva 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为226x α=+，a 的单位为2m s -⋅，x 的单位为m.质点在x ＝0处，速度为10 1m s-⋅，试求质点在任何坐标处的速度值.解： ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-5 已知一质点作直线运动，其加速度a ＝4＋3t 2m s -⋅.开始运动时，x ＝5 m ，v ＝0，求该质点在t＝10 s 时的速度和位置.解：∵ t tva34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v++=由题知，0=t,00=v ,∴01=c故 2234t t v+=又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t xd )234(d 2+=积分得 232212c t t x++=由题知 0=t,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-6 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为323t θ=+，式中θ以rad 计，t 以s 计，求：(1)t ＝2 s 时，质点的切向加速度和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少？ 解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即 βωR R =2亦即 t t18)9(22=则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ1-7 质点沿半径为R 的圆周按2012sv t bt =-的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长，0v ，b 都是常量.求：(1)t 时刻质点的加速度；(2)t 为何值时，加速度在数值上等于b .解：（1） bt v tsv-==0d dRbt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+==即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b ∴当bv t 0=时，b a =1-8 一质点自静止开始作半径为0.4 m 的圆周运动，其角加速度20.2rad s β-=⋅，求t ＝2 s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度. 解：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t ＝0时质点的速度为v 0.证明：(1)t 时刻的速度为()0kt mv v e -=；(2)由0到t 的时间内经过的距离为()0()1kt mmv x e k -⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦；(3)停止运动前经过的距离为0m v k ；(4)证明当m t k =时速度减至v 0的1e，式中m 为质点的质量. 答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得mtk v v d d -=即⎰⎰-=vv t m t k v v 00d dm kt e v v -=ln ln 0∴ tkev v-=0(2) ⎰⎰---===tt tk k e kmv t ev t v x00)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ⎰∞-=='0d km v t ev x tm k(4)当t=km 时，其速度为ev e v ev v m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e1. 2-5 作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t iN =+，式中t 的单位是s.(1)求4s 后，物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量；(2)为了使冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久？试就一原来静止的物体和一个具有初速度－6j m ·s －1的物体，回答这两个问题. 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ,同理， 12v v ∆=∆,12I I=这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t，(s 20='t 舍去)2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为r 1＝8.75×1010m 时的速率是v 1＝5.46×10 4 m/s ，它离太阳最远时的速率是v 2＝9.08×10 2m/s ，这时它离太阳的距离r 2是多少？(太阳位于椭圆的一个焦点)解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r2-12 物体质量为3 kg ，t ＝0时位于r ＝4i m ，v ＝i ＋6j m/s ，如一恒力f ＝5j N 作用在物体上.求3 s 后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化.解: (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p(2)解(一) 73400=+=+=t v x xxj at t v y y 5.25335213621220=⨯⨯+⨯=+= 即 i r41=,j i r 5.2572+=10==x x v v1133560=⨯+=+=at v v y y即 j i v611+=,j i v 112+=∴ k j i i v m r L72)6(34111=+⨯=⨯=k j i j i v m r L5.154)11(3)5.257(222=+⨯+=⨯=∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解(二) ∵dtdz M=∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆t t t F r t M Ld )(d⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=31302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t3-5有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为多少？解：人在跑的过程中人和转台这一系统所受外力对竖直轴的力矩为零，所以系统对轴的角动量守恒。