重庆科技学院大学物理考试题库.doc

=精选公文范文，管理类，工作总结类，工作计划类文档，欢迎阅读下载=重庆科技学院 大学物理考试题库5 7 3. 10 在一只半径为R 的半球形碗内, 有一粒质量为m 的小钢球, 沿碗的内壁作匀速圆周运动。试求: 当小钢球的角速度为时, 它距碗底的高度h 为多少? 分析与解答 取小球为隔离体，受重力p和支承力FN。其中，?FN沿x轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有 FNsin?man?mr?2?mR?2sin? ?FNcos?mg R?h Rg解得 h?R?2 且 cos?可见，h随的增大而增大。 3. 13质量为m 的物体在黏性介质中静止开始下落, 介质阻力与速度成正比, 即Fr= v,为常量。试 ( 1) 写出物体的牛顿运动方程。 ( 2) 求速度随时间的变化关系。 ( 3) 其最大下落速度为多少? ( 4) 分析物体全程的运动情况。 分析与解答 物体受向下的重力mg和向上的阻力F，则牛顿运动方程为mg?.v?ma dv?g?v dtmvtdv分离变量并积分?dt 00?g?vma?得 -mg?lnmg?m?t g?v?m整理后得v?(1?et) 当t?时，有最大下落速度vmax?tdxmg?(1?em) v?dt?mg? ?有 ?dx?0xtmg0?(1?e?mt)dt ?t?mg?m得 x?t?(1?em)? ?物体静止开始向下作加速运动，并逐渐趋近于最大速度为vmax?后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离上式表示。 mg?，此质量为m的小球从点A静止出发，沿半径为r的光滑圆轨道运动到点C，求此时小球的角速度?C和小球对圆轨道的作用力FNC。 分析与解答 取小球为隔离体，受力情况如图。取自然坐标系，牛顿运动定律分别列出切向和法向运动方程为 -mgsin?mdv dt v2FN?mgcos?m R于dvdvd?dvvdv，代入式并分离变量后积分 ?dtd?dtd?Rd?v0vdv?Rgsin?d? 90?得v?2Rgcos? 则小球在c点的角速度?C为?C?v?R2gcos? Rv2将式代入式，得 FN?m?mgcos?3mgcos? R 其反作用力即为小球对轨道的作用力FNC。 如图所示，在密度为?1的液体上方有一悬挂的长为l，密度为?2的均匀直棒，棒的下方恰与液面接触。今剪断挂线，棒在重力P和浮力F 作用下竖直下沉, 若?2?1 , 求棒下落过程中的最大速度。 分析与解答 按题设条件，剪断细线后，杆在下沉过程只受重力和浮力的作用，随着杆往下沉，浮力逐渐增大，当重力和浮力相等时，杆下沉的加速度a=0,此时速度最大。取x坐标如图，根据牛顿第二定律，有 mg?F?mdv dt式中，m?2SL，浮力F?1Sxg，故式可写成 dvdvdxdv?2SL?2SLv dtdxdtdx对式分离变量并积分，有 ?2SLg?1Sxg?2SL?x?1?1?0?gdx?L?2?x?vdv 0v得gx?1g121(x)?v2 ?2L22设杆的速度最大时，杆进入液体的长度为x=l,则式 中的v即为最大速度。此时mg=F,即 ?2SLg?1Slg 得l?2L ?1 将式代入式，得杆的最大速度为vmax?2Lg ? 如图所示, 一根细绳跨过一质量可忽略且轴为光滑的定滑轮, 两端分别拴有质量为m 和M 的物体A, B, 且M稍大于m。物体B 静止在地面上, 当物体A 自下落h距离后, 绳子才被拉紧。求绳子刚被拉紧时, 两物体的速度及B 能上升的最大高度。质点的动量矩定理、动量矩守恒定律 分析与解答 把整个过程分成三个阶段来处理。 第一阶段物体A自下落。物体A自下落h 距离时，正好拉紧绳子，此时物体A的速度为V?2gh，方向向下。 第二阶段，绳子被拉紧，物体A和物体B同时受到绳子的冲力作用。经过极短时间t 后，以共同的速度V运动，此时，物体的受力情况如图所示。如取竖直方向为正方向，则物体Ad的速度-v增为-V，物体B的速度0增为V。根据动量原理得： (FT2?Mg?)?t?MV?0 (FT1?m?g)?t?(?mV)?(?mv) 题图 于作用时间极短，绳子冲力的冲量远大于重力的冲量，故式，式可简化为FT2?t?MV FT1?t?mV?mv m2ghmv?M?mM?m因FT1?FT2，解得：V?第三阶段，绳子拉紧后，物体A向下运动，B向上运动，但于Mm,A和B 都M?m作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma 求得a?g M?m物体B以速度V上升，其加速度与速度方向相反。设最后B上升的高度为H，则222Vm(2gh)mh2H?有0?V?2(?a)H 故 2a2(M2?m2)gM2? 我国第1 颗人造卫星东方红1号沿椭圆轨道绕地球飞行, 近地点439km, 远地点2384 km, 已知在近地点的速度v1 = km/s , 试求卫星在远地点的速度v2 和卫星的运动周期T。 分析与解答 求v2：如图所示，地球的中心点O位于椭圆轨道的一个焦点上。设卫星运动时仅受地球引力的作用，于该引力总指向O点，故卫星在运动的全过程中对O点的动量矩守恒。即： ? L1?L2 于两者的方向一致，式可直接用大小来表示 ， 有 mv1(R?l1)?mv2(R?l2)： 得 v2?v1R?l16378?439?/s R?l26378?2384ds。卫星运行dt求T：卫星径矢r 在单位时间内扫过的面积为面积速度的周期T即为椭圆面积S与ds/dt 的比值。于椭圆面积为 ?S?(R?l1)?(R?l2)(R?l1)(R?l2) 2根据开第二普勒定律，有： L?2m对近地点而言： ds?不变量 dtL?L1?mv1(R?l1) ds1?v1(R?l1) 则面积速度为：dt2?(R?l1)?(R?l2)(R?l1)(R?l2)s3T?10s?故ds/dtv1(R?l1) 求解下列各题: (1) 质量为m 的物体自静止出发沿x 轴运动, 设所受外力为Fx = bt , b 为常量, 求在时间T(s) 内此力所做的功。 (2) 物体在外力Fx = 5 + 10x(SI ) 作用下, x = 0 沿x 轴方向运动到x =3m 处, 求外力所做的功。 (3) 一物体在介质中的运动方程为x = ct3 , c 为常量。设介质对物体的阻力正比于速度的二次方, 即Fr?kv2。试求物体x0 = 0 运动到x = l 时, 阻力所做的功。 Fbtdv? mmdtvTb 得： ?dv?btdtv?T200m2m分析与解答 加速度a?动能定理A?1212mv?mv0 221?2b2T?4 于v0=0 ，得A?mv?28?m有变力做功的计算方法，有? A?dA?(5?10x)dx?60J 如图所示,质量为m,速度为v的钢球,射向质量为m置于光滑水平面上的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧。此靶最初处于静止状态,求钢球射入靶内弹簧后, 弹簧被压缩的最大x。 分析与解答 建立如图所示的x坐标，这是一个沿x方向的一维碰撞问题。碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触，直至弹簧被压缩到最大，小球与靶刚好共同达到共同速度为止的运动过程。在这过程中，小球和靶组成的系统在x方向不受外力作用，因此，在此方向上动量守恒。即 mv?(m,?m)v, 式中，v为小球与靶碰后的共同速度。在此过程中，除了弹性力做功以外，没有其他外力和非保守力做功。故系统的机械能守恒，取弹簧原长时的O点为弹性势能零点，则有 ,1112mv2?(m,?m)v,2?kxmax 222解式 ，式 得xmax?vm,m k(m,?m)4 .31 如图所示, 弹簧下面悬挂着质量分别为m1,m2 的两个物体A 和B , 设弹簧的劲度系数k = / m, m1 = , m2 = kg。最大速度是多少? 开始时它们都处于静止状态。若突然把A, B 之间的连线剪断, 求物体A 的分析与解答 在A，B连线被剪断前，系统在O1位置处于平衡，此时弹簧伸长y1 ，则 (m1即y1?m2)g?ky1 m1?*? 在A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在O2位置处于平衡，则有m1g?ky2即y2? 根据运动分析，连线剪断后，物体A将以O2为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过O2位置时，具有最大速率vm。于在运动中物体A与弹簧组成的系统只受弹性力ky和重力m1g的作用，故机械能守恒，取O点为重力势能和弹性势能的零点，对A位于O1及O2处两状态时总机械能相等，则有 1121221?m1gy1m1vm?m1gy2?ky2?ky222解得 vm?12k(y12?y2)?2m1g(y1?y2)m11?(?)?2?(?) ?/ 如图所示, 在光滑的水平面上,有一轻质弹簧, 其劲度系数为k, 它的一端题固定, 另一端系一质量为m1 的滑块, 最初滑块静止, 弹簧呈自然长度l0 , 今有一质量为m2 的子弹以速度v0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中, 滑块在水平面内滑动, 当弹簧被拉伸至长度为l时, 求滑块速度的大小和方向。 分析与解答 子弹射入滑块，可看作完全非弹性碰撞过程，取子弹与滑块为一系统，动量守恒，有m2v0?(m1?m2)v1 式中，v1为碰撞后系统的共同速度。子弹与滑块碰后以共同速度运动，于弹簧不断伸长，系统在弹性力作用下沿弧线运动。在此过程中，系统的动量守恒，即(m1?m2)v1l0?(m1?m2)v2lsin? 式中，v2是滑块到达B点的速度。 取子弹，滑块和弹簧为系统，机械能守恒，有11122(m1?m2)v1?(m1?m2)v2?k(l?l0)2 222联立解式，式，式，得速度的大小和方向分别为 v2?m2k(l?l0)222()v0?m1?m2m1?m2m2k(l?l0)222v0()?m1?m2m1?m2 m2v0l0?arcsin(m1?m2) 如图所示,长为l的均质细杆左端与墙用铰链A连接,右端用一铅直细绳B悬挂,杆处于水平静止状态,若绳B被突然烧断,则杆右端的加速度为多少? 1分析与解答 烧断绳时，杆将在重力矩M?mgl的作用下，绕A轴转动。2 1mgl3gM转动定律有? ?2?1Imgl22l33则右端的加速度为?l?g。 一细绳绕在半径为r 的定滑轮边缘, 滑轮对转轴O的转动惯量为I,滑轮与轴承间的摩擦不计,今用恒力F拉绳的下端(见图(a)或悬挂一重量P = F 的物体(见图(b) ,使滑轮自静止开始转动。分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。 分析与解答如图情况下，绳子的张力FT?F。按转动定律有 FT?I?1 故?1?FT? I在图情况下，有F?FT?FFa?2gg解得?2?FT?I?2F? F2I?g题 图题 图 一个组合轮轴两个同轴的圆柱体固结而成,可绕光滑的水平对称轴OO转动。设大小圆柱体的半径分别为R 和r , 质量分别为M和m, 绕在两圆柱体的上细绳分别与质量为m1和m2 (m1 m2)的物体A、B 相连(如图) 。试求: ( 1) 两物体的加速度; ( 2) 绳子的张力; ( 3) 轮轴的角加速度。 分析与解答分别对物体A，B和轮轴作受力分析，根据牛顿运动定律和转动定律，有 对A：m1g?T1?m1a1 对B：T2?m2g?m2a2 对轮轴： T1R?T2r?I? 11I=MR2?mr2 22?1?R?2?r? 解式 方程组得 ?m1R?m2rg 22I?m1R?m2r ?1?m1R?m2rm1R?m2rRg，?rg 2I?m1R2?m2r2I?m1R2?m2r2I?m2r2?m2rRI?m1R2?m1rRm1g， T2?m2gT1?I?m1R2?m2r2I?m1R2? 如图所示, 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I , 开始时转台以匀角速度0 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? 分析与解答 取人和转台为研究对象，在人从中心走向边缘的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有 I?0?I?mR2? 则 ?I?0 2I?mR 题图题图 在杂技节目跷板中, 演员甲从h高的跳台上自下落到跷板的一端A, 并把跷板另一端的演员乙弹了起来。设跷板是匀质的, 长度为l, 质量为m,支撑点在板的中部C点, 跷板可绕点C 在竖直平面内转动( 如图)。演员甲、乙的质量均为m。假定演员甲落到跷板上,与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。试求: (1 ) 碰后跷板的角速度( 也是甲、乙的角速度) ; ( 2) 演员乙被弹起的高度h。 分析与解答 甲h高处自下落，至与板碰撞前的速度为 1mgh?mv02 2得 v0?2gh 碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即 l1?l?l?mv0?m?m?ml2 2R?2?2?22得 ?6m2gh ?6m?m?l碰后，乙被向上弹起的初速度为 lv0? 2则乙被弹起的高度可v2?v02?2?g?h求出 ?l?2?v02?9m2h2?即h?2 2g2g?6m?m? 如图所示,一长为l = , 质量为M = 1kg 的均质杆, 铅直悬挂。试求: 当质量为m= 810-3kg 的子弹以水平速度v = 200ms-1,在距转轴O为3l/4处射入杆内时, 此杆的角速度和最大摆角。分析与解答 求解此题可按两个过程分别处理： 子弹射入杆到两者一起开始摆动。此过程可视为完全非弹性碰撞过程。1?3?3?取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 mv?l?m?l?Ml2? 3?4?4?2式可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度 3mv4?/s 9212ml?Ml163系统开始摆动到摆至最大角。此过程中，子弹，杆和地球构成的系统满足机械能守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C为重力势能零点，则 21?3?12?2?1?m?l?Ml?mg?l?2?4?4?3? l?ll?3Mg?cos?mg?lcos?2?22?49?2?1?1M?m?l?2?316?式可求得最大摆角为?arccos?1? 13?M?m?g?4?2? 题图 质量为m,半径为R 的圆盘,可绕一垂直通过盘心的光滑水平轴转动, 盘上绕有轻绳, 一端悬挂质量为m 的物体(如图)。试问: ( 1)物体静止下落高度h 时,其速度v 的大小是多少? (2 )若物体自下落h 高,其速度v为多少? 说明两种速度有差异的原因。 分析与解答 ?物体受重力P和绳子张力FT，有mg?FT?ma 滑轮变张力矩，有 FTR?I?1amR2. 2R ?2?2ah 联立 解得 ?2mgh 1m?m2自落体规律?2gh 水平放置的均匀带电细棒, 长为l , 电荷为q。试求其自身延长线上离棒中心为r 处一点的电场强度E。 分析与解答 取dx,其上带电荷 dq?dx?dq在p点激发的电场强度dE为dE?1qdx ldq?i 24?0(r?x)则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为 l?1?dx?1E?dE?l2i?2?4?r?x?4?002?ll2r?42?i?q i22?0(4r?l) 判断下列说法: (1) 电势高的地方, 电场强度必大; (2) 电势为零处, 电场强度必为零; (3) 电势为零的物体必然不带电;带正电的物体, 电势必为正的; (4)“静电场中各点有确定电势, 但其数值、符号又是相对的”, 此话是矛盾的; (5) 电场中两点间的电势差与零电势点的选择无关; (6) U与E是表征电场本身某一点性质的, 与引入电场的外电荷无关。 分析与解答 错误。某场点的电场强度与电势梯度有关，与电势高低无关。如等势球体的电势可以很高，但内部任一场点的E=0; 错误。理同。如偶极子中垂线上任一场点电势为零，但电场强度却不为零。 错误。物体的电势与它处在电场中的位置有关，与自身是否带电无直接联系。如接地的导体处于外电场中，电势为零，但表面会带电；同样，带正电的物体，电势可以为正，也可能为负，这与它所处的电场有关。 错误。所谓“确定的电势”是对所选定的电势零点而言的，而且零点的选择，原则上是任意的，因此，此话不矛盾。 正确。 求题图所示各种情况下点P 的电场强度E 和电势UP 。 题 图 分析与解答 根据电场强度和电势的叠加原理，有 qq2q(a)E?； ?l2l2?0l24?0()4?0()22q?qU?0 ll4?0()4?0()22qq(b) E?0；l2l24?0()4?0()22?q?q?q U?ll?0l4?0()4?0()221ql(c)E? l23/24?02d?()2 U?4?0qld2?()22?4?0?qld2?()22?0 (d)E?rr?dr?ln0 (高斯定理计算)；U?d2?r2?0d2?0d00 求解: (1) 一圆形载流导线的圆心处的磁感强度为B1 , 若保持I 不变, 将导线改为正方形, 其中心处的磁感强度为B2 , 试求B2/B1 。 (2) 如图所示, 宽度为a 的无限长金属薄片, 均匀通以电流I 并与纸面共面。试求在纸面内距薄片左端为r 处点P 的磁感强度B。 分析与解答 图形载流导线中心的B1?0I。改为正方形时，每2R边长12?R1?R,距中心点O的垂直距离均为a?R,每边在O点442?0I?I42?0I,则sin45?,则中心O点的总磁感强度B2?4?0sin45?22?a?R2?a激发的B?B282。题图 ?B1?2 以P点为坐标原点，作OX轴。在薄片内距O点为x处，取宽度为dx的长直电流dI，有dI?Idx a它在P点激发的磁感强度为dB?0dI?0I?dx 2?x2?ax则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为B?dB?r?ar?0I?Ir?adx?0ln2?ax2?ar方向： (3) 半径为R 的薄圆盘均匀带电, 电荷面密度为+, 当圆盘以角速度绕过盘心O、并垂直于盘面的轴逆时针转动时, 求盘心O 处的B。 分析与解答 绕中心轴转动的带电介质圆盘可以看成是一个载流圆盘。载流圆盘又可看做是一个个同心载流圆环所组成。点O的磁感强度B就是这一个个载流圆环的磁感强度叠加的结果。 现在半径r处取一宽为dr的同心圆环，其上的dI可写成dI?n2?rdr?式中，度B?2?rdr?rdr 2?为电荷面密度，2?rdr为圆环的面积。圆电流中心的磁感强?0I2R，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB为2r1?0?dr 2dB?0dI按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为B?dB?R011?0?dr?0?R 22 ( 4) 一均匀带电的半圆弧线, 半径为R, 带电量为Q, 以匀角速度绕对称轴OO转动(见图) , 求半圆弧线圆心点O 处的磁感强度B。 分析与解答 题设条件得电荷线密度?Q。 ?R取线元dl?Rd?，其上所带电荷为dQ?当dQ以匀角速度QQQdl?Rd?d? ?R?R?绕oo轴做半径r?Rsin?的圆周运动时，所形成的圆电流为dI?QdQ?2d? 2?2?设圆电流在其轴线上O点激发的磁感强度dB的大小为dB?0?Rsin?22R3dI?0?Q2sin?d? 4?2R方向：向上。 一根半径为R 的实心铜导线, 均匀流过的电流为I , 在导线内部作一平面S( 见图) , 试求: (1) 磁感强度的分布; (2) 通过每米导线内S 平面的磁通量。 分析与解答 题 图 作与铜导线同轴的圆形安培环路L，安培环路定律有?LB?dl?B?2?r?0?I得B?r?R 时，环路包含的电流为?I?代入式得B?0?I 2?r12?r；r?R时，?I?I。 2?R?0Ir?0I?r?RB? ；?r?R? 22?r2?R在截面S上取面积元dS?1?dr，穿过dS的磁通量d?m为 d?m?B?dS?0Irdr 2?R2则通过单位长度导线内S平面的磁通量?m为?m?d?m?R0?0Ir?0Idr? 24?2?R则点O处磁感强度B的大小为B?dB?0?0?.Q2?0?.Qsin?d? 28?R4? 无限长载流(I1= 20A)直导线旁置另一长L1=20cm、载流I2 = 10A 的导线ab, 如图(a) 所示。求: 题 ( 1) 导线ab所受的作用力; ( 2) 若将ab换为一刚性线框abcd (见图(b) ,试分析其受力情况和运动趋势; ( 3) 当I1题图 分析与解答 无限长直载流导线旁任一点的磁感强度为 ?IB?01方向：? 2?x在ab上距长直导线为x处取电流元I2dx 受力为dF?I2dx?B 方向：向上 ?20sin?t，?3rads时，再求。F?dF?I2dx?B?I2Bdxj?则 ?0I1I2ln3j2?4?10?7?20?10?ln3?10?5?2? 线框受力可看作是4段直导线受力的总和。ab和cd受力大小相等、方向相反，相互抵消。 ad段受力Fab?I2B1L2?0I1I2L2?10?4?方向：向左 2?x1bc段受力 Fab?I2B2L2?0I1I2L2?10?4?方向：向右 2?x2于Fad?Fbc，线框将向左加速运动。 ?5当I1?20sint时，F将随t周期性变化，即 F?10sintj? 33?利用?i?(v?B)?dl求解下列情况下导线的动生电动势，并说明a，b?L两点哪一点电势高。 ?直导线在均匀磁场B中匀速运动; 分析与解答 题图 按题意，ab段不切割磁感线，只有bc段有动生电动势，即 ?l2? ?bc?(v?B)?dl?Bl2v，方向：v?B的方向，即bc，则Ua=Ub, Ub0?ab?Blv?0Ilv故 UaUb 2?hlv 故 UaUb ?ab?0I2?(h?d)在ab上距直导线为x处取微元dx，该处B?0I，则其上的动生电动2?x?Iv?势为d?i?(v?B)?dx?vBdx?0dx，则ab杆上的动生电动势为 2?x?ab?d?i?d?ld?0Iv?Ivd?l dx?0ln2?x2?d?ab的指向为v?B的方向，即ba，可知UaUb。 矩形线圈在磁场中运动; 分析与解答 题图 在图中，ab边?ab?Blv?dc边?dc?Blv?0Il2v，方向：ba 2?D?0I2?(D?l1)l2v，方向：cd ad和db边 ?ad?dc?0 总电动势?ab?dc?0Il1l2v，方向：顺时针 2?D(D?l1)图中，于回路abcd中磁通量不变化，无感应电动势，故?0。 (3) 如图(a)所示，导线OC以?沿圆导体轨道(电阻为0)转动角时a,b的电势差U和?Od各为何值(Od=R/2)； 分析与解答题图 于Oc上各点的v不同，故Oc上选一微元dr，到O点的距离为r，则该微元的速度v=rw。于是，该微元上产生的动生电动势为 ?d?(v?B)?dl 因此，整个Oc上产生的动生电动势为 ?R1?(v?B)?dl?vBdr?r?Bdr?B?R2 02则a、b两点的电势差 1 ?Uab?Oc?B?R2 ，2同理，Od上的动生电动势为 ?Od?r?Bdr?B?R2， 如图 (b)所示