重庆科技学院大学物理考试题库-应用题

相品用。3 相品用口"-相品用口"-5 710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⑴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(如图？？)。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TOC\o"1-5"\h\zFnsinmanmr2mR2sin ①Fncos mg ②□ Rh .且cos ③R解彳#hR-g2可见，h随⑴的增大而增大。介质阻力与速度成正3.13质量为m的物体在黏性介质中由静止开始下落比，即Fr=Bv,B为常量。试介质阻力与速度成正写出物体的牛顿运动方程。求速度随时间的变化关系。其最大下落速度为多少？分析物体全程的运动情况。［分析与解答］(1)物体受向下的重力m于口向上的阻力［分析与解答］mg.vma分离变量并积分—分离变量并积分—vmtdt0dv

ag

dtvdvm.一ln整理后得v吗1e^t)(3)当t 时，有最大下落速度(4)由vdxdtmg〃(1e一tm)mgvmaxxdx0tmg0(1_tem)dtxmgt(4)由vdxdtmg〃(1e一tm)mgvmaxxdx0tmg0(1_tem)dtxmgtm(1em)_t物体由静止开始向下作加速运动,并逐渐趋近于最大速度为mg"vmax ，止匕FNmgcos2vm一R由琮dvddtvvdv0dvdvdvRgsin90代入式①并分离变量后积分后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。3.15质量为m勺小球从点A由静止出发，沿半径为r的光滑圆轨道运动到点C（见图），求此时小球的角速度C和小球对圆轨道的作用力FNCO［分析与解答］取小球为隔离体，受力情况如图。取自然坐标系，由牛顿运动定律分别列出切向和法向运动方程为~• ~dv-mgsin m—dtv.2Rgcos则小球在c则小球在c点的角速度C为v2gcos将式③代入式②，得将式③代入式②，得2vm—mgcos3mgcos其反作用力即为小球对轨道的作用力Fnc。3.16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，棒在重力可口浮力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（不计液体的黏滞阻力），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,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dvmgFm——mgFdt式中，m 式中，m 2SL,浮力FiSxg,故式①可写成dv2sLgdv2sLg1Sxg 2sLM对式②分离变量并积分，有dvdx2SL 2dxdtdv心SLv—②dxox1ox1誉gdx

L2vvdv0gxg12gxg12、-(-x)L2设杆的速度最大时，杆进入液体的长度为此时mg=F,即x=l,则式③中的v即为最大速度。2SLg2SLg1Slg 错品用口川 错品用口川 将式④代入式③，得杆的最大速度为4.10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Mf肖大于mi物体B将式④代入式③，得杆的最大速度为4.10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Mf肖大于mi物体B静止在地面上,当物体A自由下落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自由下落。物体A自由下落h距离时，正好拉紧绳子，此时物体刖勺速度为v4f2gh,方向向下。第二阶段，绳子被拉紧，物体用口物体B同时受到绳子的冲力作用。经过极短时间At后，以共同的速度V运动，此时，物体的受力情况如图（B）所示。如取竖直方向为正方向，则物体Ad的速度由-v增为-V,物体B的速度由0增为V根据动量原理得：(F2Mg)tMV0 ①(Fimg)t(mV)(mv) (2由于作用时间极短，绳子冲力的冲量远大于重力的冲量,题4.10图故式①，式②可简化为Ft2tMVFT1tmVmvmv因FTi FT2,解得：V Mm第三阶段，绳子拉紧后，物体A向下运动,作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma求得amJ2ghMmB向上运动，但由于M>m,A口B都MmgMm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,则有0V22(a)HV2 m2(2gh)2a2(M2m2)gm2hM2m24.14我国第1颗人造卫星一东方红1号沿椭圆轨道绕地球飞行，近地点 相品用。3 相品用。3 相品WCT心试求卫星在远地439km,远地点2384km,已知在近地点的速度vi=8.1km/s,点的速度V2和卫星的运动周期T。试求卫星在远地［分析与解答］(1)求丫2：如图所示，地球的中心点OB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，由于该引力总指向。点，故卫星在运动的全过程中对OO勺动量矩守恒。即：Li由于两者的方向一致，式①可直接用大小来表示有 mvi(R11)mv2(Rl2)RliOd6378439v2v1 8.1 6.30km/sRI2 63782384(2)求T:(2)求T:卫星径矢r在单位时间内扫过的面积为面积速度ds卫星运行的周期T即为椭圆面积Sfds/dt的比值。由于椭圆面积为S2[(Rli)(Rl2)].(R—Ii)(R―12)根据开第二普勒定律,有：L根据开第二普勒定律,有：Lcds2田/不变量对近地点而言：L Li mVi(R li) ,dsi则面积速度为：--Vi(Rli)dt28.26103s2.29hs[(Rli)(Rl2)](Rli)(Rl8.26103s2.29h攵T ds/dt Vi(Rli)4.20求解下列各题：(i)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)内此力所做的功作用下，由乂=07ftx轴方向运动到x=3mx=ct3作用下，由乂=07ftx轴方向运动到x=3mx=ct3,c为常量。设介质对物体的阻(3)一物体在介质中的运动方程为力正比于速度的二次方，即Frkv2。试求物体由xo=0运动到x=力正比于速度的二次方，即Fr所做的功

［分析与解答］(1)由加速度aFbtdvmmdtb2m阳v Tb2mTOC\o"1-5"\h\z彳寸: dv 出0 0m由动能定理A-mv2-mv22 2a1 2 b2由于v0=0,得A-mv——T2 8m(2)有变力做功的计算方法，有？???3AdA。(510x)dx60J4.29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ami"ami"受外力作用，因此，在此方向上动量守恒。即式中，v,为小球与靶碰后的共同速度。在此过程中，除了弹性力(保守内力)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1mv1mv2 1(m，m)v，22 2—kxmax2解式①，式②得xmax4.31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, 相品 相品 设弹簧的劲度系数k=8.9N/m,mi=0.5kg, m2=0.3kg。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的最大速度是多少？[分析与解答]在A,B连线被剪断前，系统在Q位置处于平衡(如图b)[分析与解答]在A,此时弹簧伸长Vi此时弹簧伸长Vi，则mm2)gkyi即V即Vimi m2、g0.50.3 *9.80.88m8.9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y2m^器9.80.55m根据运动分析，连线剪断后，物体A将以。2为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过。2位置时，具有最大速率vm。由于在运动中物体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。点(即弹簧原长处)为重力势能和弹性势能的零点，对Al于Oi及O2处两状态时总机械能相等，则有

1~2 1 2 1 2 2mivmmigy22ky22kyimigyi解得Vm -[k(yi2 y2)2mig(yiy?)\mi1^[8.9(0.8820.552)20.59.8(0.880.55)]i.39m/s4.33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ml的滑块，最初滑块静止，弹簧呈自然长度10,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1时，求滑块速度的大小和方向。取子弹与滑块［分析与解答］子弹射入滑块，可看作完全非弹性碰撞过程,为一系统,由动量守恒，有m2v0(mi0)M①取子弹与滑块式中，vi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，由于弹簧不断伸长，系统在弹性力(法向力)作用下沿弧线运动。在此过程中，系TOC\o"1-5"\h\z统的动量守恒，即(minWl。(minMlsin ②式中，v2是滑块到达B点的速度。取子弹，滑块和弹簧为系统，由机械能守恒，有1, 、2 1, 、2 1 2-(m1 m2)v1 -(m1 m2)v2 3k(l 10)联立解式①，式②，式③，得速度的大小和方向分别为m2 \22 k(| |0)v2 ,( )v0 \mi m2 mi m2m2v0I0 .2/ m2 、2k(l I0)2arcsin v0( ) (m1 m2)lV m1 m2m1 m25.8如图所示，长为l的均质细杆左端与墙用钱链A®接，右端用一铅直细绳B悬挂,杆处于水平静止状态，若纯B®突然烧断，则杆右端的加速度为多少？1［分析与解答］烧断绝时，杆将在重力矩M1mgl的作用下，绕传由转动。由2相品用口"一相品用口"一转动定律有1.2m转动定律有1.2mgl1.23mgl3g2l则右端的加速度为5.10一细绳绕在半径为r的定滑轮边缘，滑轮对转轴O的转动惯量为I,5.10一细绳绕在半径为轴承间的摩擦不计，今用包力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（a）情况下，绳子的张力［分析与解答］如图（a）情况下，绳子的张力FtFo按转动定律有FT I1在图（b）情况下，有解得F FT Fa解得g<a>I2题5.105.11<a>I2题5.105.11一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成题5.11图，可绕光滑的水平对称轴OO对A:m1gT对A:m1gT1 m1al对B:T2m2g m2a2转动。设大小圆柱体的半径分别为R和r,质量分别为MfAm,绕在两圆柱体的上细纯分别与质量为m1和m2（m1>m2）的物体A、B相连（如图）。试求：两物体的加速度;绳子的张力；轮轴的角加速度。［分析与解答］分别对物体A,冲口轮轴作受力分析（见图b）,根据牛顿运动定律和转动定律，有

1-MR2对轮轴： T1RT2r I1-MR22 1 2一mr2解式①~⑥方程组得m1Rm2r2I mm1Rm2r2I m1Rm2r2gm1Rm2r1 2 2I m1R m2rRg，m1Rm2r 2 2rgI m1R m2rTiI mTiI m2r2m2rRI m^m/WI miR mirR-2 2m2gIm1R m2r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前转动，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_2I0ImR2则II0则II0mR2在杂技节目跷板中，演员甲从h高的跳台上自由下落到跷板的一端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1,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mi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)碰后器品用口"-器品用口"- 相品 相品用口"-相品用口"-跷板的角速度3(也是甲、乙的角速度)；(2) 演员乙被弹起的高度ho［分析与解答］(1)甲由h高处自由下落，至与板碰撞前的速度为,1 2mgh-mv0Vo.2gh碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即2Rm'l2TOC\o"1-5"\h\zl lRm'l2mv0 m2 26m,'2gh6mm'l(2)碰后，乙被向上弹起的初速度为VoVo2则乙被弹起的高度可由V则乙被弹起的高度可由Vo'22gh'求出9m2h9m2h26mm'杆内时，此杆的角速度和最大摆角2L［分析与解答］求解此题可按两个过程分别处理：(1)由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。2取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有mv—lm—l —Ml即h,QZ-2g2g即h,QZ-2g2g5.20如图所示，一长为l=0.40m质量为M=1kg的均质杆，铅直悬挂。试求：当质量为m=8X10-3kg的子弹以水平速度v=200m-s-1,在距转轴劭3l/4处射入4 4 3由式①可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度

3mv4TOC\o"1-5"\h\z-9~~21 2—ml2 Ml216 38.86rad/s(2)由系统开始摆动到摆至最大8.86rad/s21 3, 1…m—lMl11mg4lMg--cosmg31cosL4 2由②式可求得最大摆角为arccos111r,9Mm23 162l2M95.4题5.20图11mg4lMg--cosmg31cosL4 2由②式可求得最大摆角为arccos111r,9Mm23 162l2M95.4题5.20图5.21质量为mi，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)物体由静止下落高度h时，其速度v的大小是多少？(2)若物体自由下落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］(1)物体受重力P和绳子张力Ft,有mgFtma滑轮变张力矩，有 1 _2aFtRIm'R2.-2R联立①②③解得(2)由自由落体规律’..旃6.7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Eo［分析与解答］取dx,其上带电荷dqdxqdx

ldq在p［分析与解答］取dx,其上带电荷dqdxqdx

ldq在p点激发的电场强度dE为dE1dq(rx)2则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为EdE ,2———2EdE ,2———24 0rdx. 1l2i/x 40r2Pi4 i2 2।0(4rl)⑴⑵⑶⑷盾的；电势高的地方,电场强度必大;电场中两点间的电势差与零电势点的选择无关(a)1/2.//2.P⑴⑵⑶⑷盾的；电势高的地方,电场强度必大;电场中两点间的电势差与零电势点的选择无关(a)1/2.//2.P(J)判断下列说法：电势为零处，电场强度必为零；电势为零的物体必然不带电；带正电的物体，电势必为正的；“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］(1)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;(2)错误。理由同(1)o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。(3)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。(4)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。(5)(6)正确。求题6.14图(P256)所示各种情况下点P的电场强度E和电势Up

题6.14［分析与解答］根据电场强度和电势的叠加原理，有(a)E—4(b)Eq0(2)q40(；)

q4(a)E—4(b)Eq0(2)q40(；)

q40(；)2ql20(2)2q了(c)q0(2)14~q09qiq4eq010；0[d2(夕]3/2(见主教材P201-202题6.2.1)q2 /q2 /1、24 0，d(2) 4 0q：d2 (；)2(d) （由高斯定理计算）；(d) （由高斯定理计算）；20dr0 r0U dr In—0d2 0r2 0d7.6（r。处为电势零点，本题不能选无限远处，即「一0°为电势零点）7.6求解：一圆形载流导线的圆心处的磁感强度为B,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R/Bi（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］（1）图形载流导线中心的B1 改为正方形时，每2RTOC\o"1-5"\h\z,2R 1 1边长2■4-R,距中心点O勺垂直距离均为a—R,每边（载流I）在。点4 2 4激发的B』sin45,则中心。点的总磁感强度B24』sin45华■包，则2a 2a R星 8交。 题7.6(2)图B1 2 相品 相品 (2)以P点为坐标原点，作O鹿由。在薄片内距O点为x处，取宽度为dx的长直电流dI,有dI—dxaodloI它在P点激发的磁感强度为dB —dx2x2ax则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为BdBra——0-^—dx —0--In -方向：or2ax2ar(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⑴绕过盘心Q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］(1)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由一个个同心载流圆环所组成。 点O勺磁感强度B就是由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dIn2rdr 2rdrrdr2式中， 为电荷面密度，2rdr为圆环的面积。圆电流中心的磁感强度B0I/2R,因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB为TOC\o"1-5"\h\z0dI 1dB 0dr2r 2按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为- □R1 . 1 -BdB 0dr0R02 0 2 0(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⑴绕对称轴OO车^动(见图)，求半圆弧线圆心点O处的磁感强度Bo［分析与解答］由题设条件得电荷线密度取线元dlRd取线元dlRd,其上所带电荷为dQQQ QdlRd—dRR当dQ以匀角速度 绕oo轴做半径rRsin的圆周运动时，所形成的圆电流为dI一dQ—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dB0Rsin2R32-dl0Q dB0Rsin2R32-dl0Q 2sin42R向：向上。7.14—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7.14图(1)作与铜导线同轴的圆形安培环路L,由安培环路定律有?BdlB2r0I得B——-①TOC\o"1-5"\h\zL 2r2rR时，环路包含的电流为Irr；rR时，II。R0lr ।代入式①得BrR；b.rRR 2r(2)在截面S上取面积元dS1dr,穿过dS的磁通量dm为B?dS-^dr2R2则通过单位长度导线内S平面的磁通量』r02B?dS-^dr2R2则通过单位长度导线内S平面的磁通量』r02R20I4则点0ftt磁感强度B的大小为BdB00Q.2—2 sin42R0.Q8R7.17无限长载流(I尸20A)直导线旁置另一长L1=20cm载流I2=10A的导相品用口"-相品用口"-相品用口"-相品用口"-线ab,如图(a)所示。求:(1)导线ab所受的作用力；(2)若将ab^为一网J性线框abcd(见图(b)),试分析其受力情况和运动趋势(3)当I120sint,一rad/s时，再求(1)。3题7.17图［分析与解答］(1)无限长直载流导线旁任一点的磁感强度为方向:在ab上距长直导线为X处取电流元12dx受力为dF12dxB方向：向上— — b— — 0.3 -FdF12dxBLBdxja 0.10IiI2 二 ln3j24 1072010 5 ln34.4102(2)线框受力可看作是4段直导线受力的总和相反，相互抵消。ab和cd受力大小相等、方向ad段受力 FabI2B1L2 0I1I2L21.2104方向：向左2x1bc段受力 Fab I2B2L2 o"2,20.4104 方向：向右2x2由于Fad Fbc,线框将向左(靠拢长直导线)加速运动。ir 二r(3)当I120sin—t时，F#随t周期性变化，即F4.4105sin—tj3 38.6利用iL(vB)?dl求解下列情况下导线的动生电动势，并说明 a,b两点哪一点电势高(1)直导线在均匀磁场B中匀速运动(见图(a)(b)(c))题8.6(1)图［分析与解答］(a)按题意，ab段不切割磁感线，只有bc段有动生电动势，即bc120(vB)?dl Bl2v,方向：VB的方向,即b-c,则Ua=Ub,Ub<Uc。(b)abBlvJ”(b-a)故Ua>Uba'b'-0^lv2(hd)(b'-a')故Ua'>Ub'(c)在ab上距直导线为x处取微元dx,该处B上，则其上的动生电动2x势为di(vB)?dxvBdx-°Wdx,则ab杆上的动生电动势为2xab0IQ dx2x0Ivdl-In——2dab的指向为B的方向，即b—a,可知Ua>Ubo(2)矩形线圈在磁场中运动(见图(a)(b));［分析与解答］题8.6(2)在图(a)中，ab边abBlv"12V2D方向：b—adc边dcBlv2(Dli)12v,方向：c—dad和db边addc 相品用。3 相品用。3 总电动势 abdc—业红，方向：顺时针2D(D11)图(b)中，由于回路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8角时a,b的电势差AU和od各为何值(Od=R/2);［分析与解答］ 题8.6(3)(4)图由于Oc上各点的v不同，故Oc上选一微元dr,至IO点的距离为r,则该微元的速度v=rw0于是，该微元上产生的动生电动势为d(vB)?dl因此，整个Oc上产生的动生电动势为八 R 1 2(vB)?dlvBdr°rBdr-BR则a、U则a、Uab同理,b两点的电势差1 2 , 、Oc-BR2,Ua>Ub2Od上的动生电动势为R 1 2Od2rBdr—BR,(d一O)Od0 8(4)如图(b)所示