重庆科技学院-大学物理考试题库-应用题(共21页).doc

《重庆科技学院-大学物理考试题库-应用题(共21页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆科技学院-大学物理考试题库-应用题(共21页).doc（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上5 73. 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，受重力和支承力（如图？）。其中，沿x轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有 且 解得 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由静止开始下落, 介质阻力与速度成正比, 即= 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 （1）物体受向下的重力m

2、g和向上的阻力F，则牛顿运动方程为 （2）由 分离变量并积分 得 -整理后得 （3）当时，有最大下落速度 （4）由有 得 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，此后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。3.15质量为m的小球从点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和小球对圆轨道的作用力。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- 由于，代入式并分离变量后积分得 则小球在c点的角速度为 将式代入式，得 其反作用力即为小球对轨道的作用力。3.16 如图所示，在密度为的液体

3、上方有一悬挂的长为l，密度为的均匀直棒，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 , 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,此时速度最大。取x坐标如图，根据牛顿第二定律，有 式中，浮力，故式可写成 对式分离变量并积分，有得 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,即得 将式代入式，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

4、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A的速度为，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（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： 题4.10图由于作

5、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 因，解得： 第三阶段，绳子拉紧后，物体A向下运动，B向上运动，但由于Mm,A和B 都作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma 求得物体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 故 4.14 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 = 8.1 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 （1）求：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，由于该引力总指

6、向O点，故卫星在运动的全过程中对O点的动量矩守恒。即： 由于两者的方向一致，式可直接用大小来表示 ， 有 ：得 （2）求T：卫星径矢r 在单位时间内扫过的面积为面积速度。卫星运行的周期T即为椭圆面积S与ds/dt 的比值。由于椭圆面积为 根据开第二普勒定律，有： 不变量对近地点而言： 则面积速度为： 故 4.20 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, 由x = 0 沿x 轴方向运动到x =3m 处, 求外力所做的功。(3) 一

7、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。试求物体由x0 = 0 运动到x = 时, 阻力所做的功。分析与解答 （1）由加速度 得： 由动能定理 由于v0=0 ，得（2）有变力做功的计算方法，有?4.29 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

8、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 式中，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 解式 ，式 得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 = 8.9N/ m, m1 = 0.5kg, m2 =0.3 kg。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，系统在位置处于平衡（如图b），此时弹簧

9、伸长 ，则 即在A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在位置处于平衡，则有即根据运动分析，连线剪断后，物体A将以为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过位置时，具有最大速率。由于在运动中物体A与弹簧组成的系统只受弹性力和重力的作用，故机械能守恒，取O点（即弹簧原长处）为重力势能和弹性势能的零点，对A位于及处两状态时总机械能相等，则有 解得4.33 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

10、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，由动量守恒，有 式中，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，系统的动量守恒，即 式中，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 联立解式，式，式，得速度的大小和方向分别为5.8 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?分析与解答 烧断绳时，杆将在重力矩

11、的作用下，绕A轴转动。由转动定律有 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,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（a）情况下，绳子的张力。按转动定律有 故在图（b）情况下，有 解得 题5.10 图 题5.11 图5.11 一个组合轮轴由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)

12、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（见图b），根据牛顿运动定律和转动定律，有对A： 对B： 对轮轴： I= 解式 方程组得 ， ， 5.16 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。有则

13、题5.16图 题5.17图 5.17 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（1）甲由h高处自由下落，至与板碰撞前的速度为得 碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即得 （2）碰后，乙被向上弹起的初速度为则乙被弹起的高度可由求出即 5.20

14、 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= 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：（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。取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 由式可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度（2）由系统开始摆动到摆至最大角。此过程中，由子弹，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 由式可求得最大摆角为 题5.20图 5.21 质量为m

15、,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）物体受重力和绳子张力，有 滑轮变张力矩，有 联立 解得 （2）由自由落体规律 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E。分析与解答 取dx,其上带电荷 dq在p点激发的电场强度dE为 则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为6.13 判断下列说法:(1) 电势高的地方,

16、 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（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）。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

17、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。 6.14 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 图分析与解答根据电场强度和电势的叠加原理，有(a)； (b) ； (c) （见主教材P201-202题6.2.1） (d) (由高斯定理计算)； （r0处为电势零点，本题不能选无限远处，即r为电势零点）7.6 求解:(1) 一圆形载流导线的圆心处的磁感强度为B1 ,

18、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 （1） 图形载流导线中心的。改为正方形时，每边长,距中心点O的垂直距离均为,每边（载流I）在O点激发的,则中心O点的总磁感强度,则。 题7.6（2）图（2）以P点为坐标原点，作OX轴。在薄片内距O点为处，取宽度为的长直电流，有它在P点激发的磁感强度为则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为 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

19、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 （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的磁感强度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，其上的可写成式中，为电荷面密度，为圆环的面积。圆电流中心的磁感强度，因此，所取圆环在其中心的磁感强度为按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度为 ( 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 由题设条件得电荷线密度。取线元，其上所

20、带电荷为当以匀角速度绕轴做半径的圆周运动时，所形成的圆电流为设圆电流在其轴线上O点激发的磁感强度的大小为 方向：向上。7.14 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，由安培环路定律有得 时，环路包含的电流为；时，。代入式得 ； （2）在截面S上取面积元，穿过的磁通量为则通过单位长度导线内S平面的磁通量为则点O处磁感强度的大小为7.17 无限长载流(= 20A)直导线旁置另一长L1=20cm、载流 = 10A 的

21、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，时，再求（1）。 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上距长直导线为处取电流元受力为 方向：向上则 （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 方向：向左bc段受力 方向：向右由于，线框将向左（靠拢长直导线）加速运动。（3）当时，F将随t周期性变化，即 8.6利用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）

22、直导线在均匀磁场中匀速运动（见图(a)(b)(c)）;分析与解答 题8.6（1）图（a）按题意，ab段不切割磁感线，只有bc段有动生电动势，即，方向：的方向，即bc，则Ua=Ub, UbUb （ba） 故 UaUb（c）在ab上距直导线为x处取微元dx，该处，则其上的动生电动势为，则ab杆上的动生电动势为的指向为的方向，即ba，可知UaUb。（2）矩形线圈在磁场中运动（见图(a)(b)）;分析与解答 题8.6（2）图 在图（a）中，ab边 ，方向：badc边 ，方向：cdad和db边 总电动势 ，方向：顺时针图（b）中，由于回路abcd中磁通量不变化，无感应电动势，故。(3) 如图(a)所示，

23、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，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因此，整个Oc上产生的动生电动势为则a、b两点的电势差 ，（UaUb）同理，Od上的动生电动势为，（dO）（4）如图 (b)所示，把导线制成半径为R的半圆形，在图示均匀磁场中以 角速度、绕点a逆时针旋转， 分析与解答由于整个半圆形线圈在转动中不切割磁感线，无电动势，但ab段是要切割磁感线的，其上的动生电动势为，（ba）。8.7导体AO长为b，与载流长直导线共

24、面，AO以绕通过O并垂直于纸面的轴转动，当转到与长直线电流垂直的位置时（见图），试证：此时导体中的感应电动势为分析与解答 题8.7图在OA上距载流长直导线x处取线元dx，则该线元上的动生电动势为则导体OA上的总电势为方向为（）的方向，即由O指向A。证毕8.10 一矩形导体系统处在的均匀磁场中，如图所示，cd可以移动，在t=0时，x0=0，试求cd以速度v运动到x处时的，并分析讨论该的产生机理。分析与解答 题8.10图由法拉第电磁感应定律，（cd）该中既有动生电动势，又有感生电动势。8.12 如图所示，真空中一长 直 载 流 导 线 通 有 电 流，其 中均为恒量，为时间，现有一带滑动边ab的矩

25、形导体框与长直导线平行共面，ab长为，且与长直导线垂直。它以匀速平行 题8.12图于长直导线滑动时，试求 任一时刻在矩形线框内的感应电动势，设=0时，ab和cd重合。8.13一平行导轨处于均匀磁场B 中，其上放置质量为m、长度为l的金属杆ab（见图）。当杆以初速度v0向右运动时，求杆ab能够移动的最大距离x。（不考虑摩擦和回路自感）。分析与解答 题8.13图取图示Ox轴，ab杆以v0沿x轴正向运动，将产生动生电动势，在任一位置有回路abcda中将有相应的感应电流 于是,载流的ab杆要受到磁场的安培力作用,即 负号表明安培力是阻力，ab杆运动到一定距离时，v=0，将会停止。根据牛顿第二定律,有两边同时积分,有则专心-专注-专业