重庆科技学院大学物理考试题库应用题

1、5710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?剖析与解答取小球为隔绝体，受重力p和支承力FN（如图？）。此中，FN沿x轴方向的分力供给小球作圆周运动的向心力。有Fsinmanmr2mR2sinNFNcosmg且cosRhR解得hRg2可见，h随的增大而增大。13质量为m的物体在黏性介质中由静止开始着落,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)其最大着落速度为多少?(4)剖析物体全程的运动状况。剖析与解答（1）物体受向下的重力mg和向上

2、的阻力F，则牛顿运动方程为mg.vma（2）由advgvdtmvdvt分别变量并积分dt0g0vmgv得-mmtlng整理后得vmg(1emt)（3）当t时，有最大着落速度vmaxmg（4）由vdxmg(1em)tdtxdxtmgt有00(1em)dt得xmgtm(1em)t物体由静止开始向下作加快运动，并渐渐趋近于最大速度为vmaxmg，此后趋于做匀速运动，物体在随意时刻开起点的距离由上式表示。质量为m的小球从点A由静止出发，沿半径为r的圆滑圆轨道运动到点C（见图），求此时小球的角速度C和小球对圆轨道的作使劲FNC。剖析与解答取小球为隔绝体，受力状况如图。取自然坐标系，由牛顿运动定律分别列出

3、切向和法向运动方程为-mgsinmdvdtFNmgcosv2mR因为dvdvddvvdv，代入式并分别变量后积分dtddtdRdvRgsindvdv090得v2Rgcos则小球在c点的角速度C为v2gcosCRR将式代入式，得FNv2mmgcos3mgcosR其反作使劲即为小球对轨道的作使劲FNC。如下图，在密度为1的液体上方有一悬挂的长为l，密度为2的平均直棒，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21,求棒着落过程中的最大速度。剖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），跟着杆往下沉，浮力渐渐增大，当重力和浮力相

4、等时，杆下沉的加快度a=0,此时速度最大。取x坐标如图，依据牛顿第二定律，有mgFmdvdt式中，m2SL，浮力F1Sxg，故式可写成2SLg1Sxg2SLdv2SLdvdx2SLvdvdtdxdtdx对式分别变量并积分，有x1L1gdxvvdv20得gx1g(1x2)1v22L22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,2SLg1Slg得l2L1将式代入式，得杆的最大速度为v2Lgmax1如下图,一根细绳越过一质量可忽视且轴为圆滑的定滑轮,两头分别拴有质量为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自由着落h距离后,绳索才被拉紧

5、。求绳索刚被拉紧时,两物体的速度及B能上涨的最大高度。质点的动量矩定理、动量矩守恒定律剖析与解答把整个过程分红三个阶段来办理。第一阶段物体A自由着落。物体A自由着落h距离时，正好拉紧绳索，此时物体A的速度为V2gh，方向向下。第二阶段，绳索被拉紧，物体A和物体B同时遇到绳索的冲力作用。经过极短时间t后，以共同的速度V运动，此时，物体的受力状况如图（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。依据动量原理得：(FT2Mg)tMV0(FT1mg)t(mV)(mv)题图因为作用时间极短，绳索冲力的冲量远大于重力的冲量，故式，式可简化为FT2tMVFT1tm

6、Vmv因FT1FT2，解得：Vmvm2ghMmMm第三阶段，绳索拉紧后，物体A向下运动，B向上运动，但因为Mm,A和B都作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma求得aMmgMm物体B以速度V上涨，其加快度与速度方向相反。设最后B上涨的高度为H，则有0V22(a)H故HV2m2(2gh)m2h2a2(M2m2)gM2m2我国第1颗人造卫星东方红1号沿椭圆轨道绕地球飞翔,近地址439km,远地址2384km,已知在近地址的速度v1=8.1km/s,试求卫星在远地址的速度v2和卫星的运动周期T。剖析与解答（1）求v2：如下图，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

7、用，因为该引力总指向O点，故卫星在运动的全过程中对O点的动量矩守恒。即：L1L2因为二者的方向一致，式可直接用大小来表示，有mv1(Rl1)mv2(Rl2)：得v2v1Rl18.163784396.30km/sRl263782384（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。卫星运转dt的周期T即为椭圆面积S与ds/dt的比值。因为椭圆面积为S(Rl1)(Rl2)(Rl1)(Rl2)2依据开第二普勒定律，有：L2mds不变量dt对近地址而言：LL1mv1(Rl1)则面积速度为：ds1dt2v1(Rl1)故Ts(Rl1)(Rl2)(Rl1)(Rl2)v1(R8.26103s2.2

8、9hds/dtl1)求解以下各题: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。物体在外力Fx=5+10 x(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。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Frkv2。试求物体由x0=0运动到x=l时,阻力所做的功。剖析与解答Fbtdv（1）由加快度amdtm得：vdvTbtdtvbT200m2m由动能定理A1mv21mv02220，得A1mv2b2T4因为v=028m（2）有变力做功的计算方法，有?3AdA(510 x)dx60J

9、0如下图,质量为m,速度为v的钢球,射向质量为m置于圆滑水平面上的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧。此靶最先处于静止状态,求钢球射入靶内弹簧后,弹簧被压缩的最大x。剖析与解答成立如下图的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，小球与靶恰好共同达到共同速度为止的运动过程。在这过程中，小球和靶构成的系统在x方向不受外力作用，所以，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（守旧内力）做功之外，没有其余外力和非守旧力做功。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

10、1mv21(m,m)v,21kxmax2222解式，式得xmaxvm,mk(m,m)4.31如下图,弹簧下边悬挂着质量分别为m1,m2的两个物体A和B,设弹簧的劲度系数k=mm1=0.5kg,m2=0.3kg。,开始时它们都处于静止状态。若忽然把A,B之间的连线剪断,求物体A的最大速度是多少?剖析与解答在A，B连线被剪断前，系统在O1地点处于均衡（如图b），此时弹簧伸长y1，则(m1m2)gky1即ym1m2g0.50.3*9.80.88m1k8.9在A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在O2地点处于均衡，则有m1gky2即y2m1g0.59.80.55mk8.9依据运动剖析，连线剪

11、断后，物体A将以O2为均衡地点上下往返振动，可见物体A经过O2地点时，拥有最大速率vm。因为在运动中物体A与弹簧构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（即弹簧原优点）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1mv2mgy1ky21ky2m1gy121m122221解得vm1k(y12y22)2m1g(y1y2)m118.9(0.8820.552)2(0.880.55)0.51.39m/s如下图,在圆滑的水平面上,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,最先滑块静止,弹簧呈自然长度l0,今有一质量为m的

12、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2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。剖析与解答子弹射入滑块，可看作完整非弹性碰撞过程，取子弹与滑块为一系统，由动量守恒，有m2v0(m1m2)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，由于弹簧不停伸长，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(m1m2)v1l0(m1m2)v2lsin式中，v2是滑块抵达B点的速度。取子弹，滑块和弹簧为系统，由机械能守恒，有1(m1m2)v121(m1m2)v221k(ll0)2222联立解式，式，式，得速度的

13、大小和方向分别为v2(m2)2v02k(ll0)2m1m2m1m2arcsinm2v0l0v02(m2)2k(ll0)2(m1m2)lm1m2m1m2如下图,长为l的均质细杆左端与墙用铰链A连结,右端用一铅直细绳B悬挂,杆处于水沉静止状态,若绳B被忽然烧断,则杆右端的加快度为多少?剖析与解答烧断绳时，杆将在重力矩M1mgl的作用下，绕轴转动。由A2M1mgl3g转动定律有2I122lmgl3则右端的加快度为l3g。2一细绳绕在半径为r的定滑轮边沿,滑轮对转轴O的转动惯量为I,滑轮与轴承间的摩擦不计,今用恒力拉绳的下端(见图(a)或悬挂一重量P=F的物体(见图F(b),使滑轮自静止开始转动。分别

14、求滑轮在这两种状况下的角加快度。剖析与解答如图（a）状况下，绳索的张力FTF。按转动定律有FTI1故FT1I在图（b）状况下，有FFTFFFa2解得gg2F2FTI2Ig题图题图一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成,可绕圆滑的水平对称轴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(m1m2)的物体A、B相连(如图)。试求:(1)两物体的加快度;(2)绳索的张力;(3)轮轴的角加快度。剖析与解答分别对物体A，B和轮轴作受力剖析（见图b），依据牛顿运动定律和转动定律，有对A：m1gT1m1a1对B：T2m2gm2a2对轮轴：T1RT2rI

15、I=1MR21mr2221R2r解式方程组得m1R2m2r2gIm1Rm2rm1Rm2rRg，m1Rm2rrg12222m2r2Im1Rm2rIm1RT1Im2r2m2rRm1g，T2Im1R2m1rRm2gIm1R2m2r2Im1R2m2r2如下图,有一半径为R的水平圆转台,可绕经过此中心的竖直固定圆滑轴转动,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,随后代沿半径向外跑去,当人抵达转台边沿时转台的角速度为多少?剖析与解答取人和转台为研究对象，在人从中心走向边沿的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有I0ImR2则I0ImR2题图题图在杂技节目跷

16、板中,演员甲从h高的跳台上自由着落到跷板的一端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。假设演员甲落到跷板上,与跷板的碰撞是完整非弹性碰撞。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。剖析与解答（1）甲由h高处自由着落，至与板碰撞前的速度为mgh1mv022得v02gh碰撞前后，取甲，乙和板为系统，知足动量矩守恒条件，即2ml2mv0lml1ml2222R得6m2gh6mml（2）碰后，乙被向上弹起的初速度为v0l2则乙被弹起的高度可由v2v02

17、2gh求出2v02l29m2h即2h2g22g6mm如下图,一长为l=0.,质量为M=1kg的均质杆,铅直悬挂。试求:当40m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。剖析与解答求解本题可按两个过程分别办理：（1）由子弹射入杆到二者一同开始摇动。此过程可视为完整非弹性碰撞过程。取子弹和杆为系统，知足动量矩守恒，有mv3lm3l21Ml2443由式可求得子弹与杆开始一同摇动时的角速度3mv48.86rad/s9ml21Ml232）由系统开始摇动到摆至最大角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统知足机械能守恒的条件，取杆直

18、悬时的质心地点C为重力势能零点，则1m3l2mg1l1Ml222434Mgllcosmg3lcosl224211M9m2l由式可求得最大摆角为arccos1231695.41M3mg24题图质量为m,半径为R的圆盘,可绕一垂直经过盘心的圆滑水平轴转动,盘上绕有轻绳,一端悬挂质量为m的物体(如图)。试问:(1)物体由静止着落高度h时,其速度v的大小是多少?(2)若物体自由着落h高,其速度v为多少?说明两种速度有差别的原由。剖析与解答（1）物体受重力P和绳索张力FT，有mg滑轮变张力矩，有FTRI22ah联立解得FTma1mR2.a2R2mgh1m2（2）由自由落体规律2gh水平搁置的平均带电细棒

19、,长为l,电荷为q。试求其自己延伸线上离棒中心为r处一点的电场强度E。剖析与解答取dx,其上带电荷dqdxqdxldq在p点激发的电场强度dE为dE1dqi4(rx)20则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为ldx1lqEdE21iil2i222240rx40r2l0(4rl)4判断以下说法:电势高的地方,电场强度必大;电势为零处,电场强度必为零;电势为零的物体必定不带电;带正电的物体,电必定为正的;“静电场中各点有确立电势,但其数值、符号又是相对的”,此话是矛盾的;电场中两点间的电势差与零电势点的选择没关;U与E是表征电场自己某一点性质的,与引入电场的外电荷没关。剖析与解答（1）错误。某场点

20、的电场强度与电势梯度相关，与电势高低没关。如等势球体的电势能够很高，但内部任一场点的E=0;（2）错误。原由同（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地点相关，与自己能否带电无直接联系。如接地的导体处于外电场中，电势为零，但表面会带电；相同，带正电的物体，电势能够为正，也可能为负，这与它所处的电场相关。（4）错误。所谓“确立的电势”是对所选定的电势零点而言的，并且零点的选择，原则上是随意的，所以，此话不矛盾。（5）（6）正确。求题图（P256）所示各样状况下点P的电场强度E和电势UP。题图剖析与解答依据电场强度和电势的叠加原理，有(a

21、)qq2qqqEl2l20l2；Ull040040()0()4()4()2222(b)Eqq0；Uqqqllll0l2240(2)40(2)40(2)40(2)(c)1ql（见主教材P201-202题）E(l)23/240d22Uqq0(l)2(l)240d240d222(d)E(由高斯定理计算)；r0drlnr00dU222d0r0d（r0处为电势零点，本题不可以选无穷远处，即r为电势零点）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,此中心处的磁感强度为B2,试求B2/B1。如下图,宽度为a的无穷长金属薄片,平均通以电流I并与纸面共面。试求在纸面内距薄

22、片左端为r处点P的磁感强度B。剖析与解答（1）图形载流导线中心的B10I。改为正方形时，每2R边长2R1R,距中心点的垂直距离均为a1每边（载流I）在点42OR,O4激发的B0Isin45,则中心O点的总磁感强度B240Isin45420I,则2a2a2RB282。题（2）图B12（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dIIdxa它在P点激发的磁感强度为dB0dI0Idx2x2ax则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为ra0I0IraBdBdxln方向：r2ax2ar半径为R的薄圆盘平均带电,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

23、轴逆时针转动时,求盘心O处的B。剖析与解答（1）绕中心轴转动的带电介质圆盘能够当作是一个载流圆盘。载流圆盘又可看做是由一个个齐心载流圆环所构成。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。此刻半径r处取一宽为dr的齐心圆环，其上的dI可写成dIn2rdr2rdrrdr2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B0I2R，所以，所取圆环在此中心的磁感强度dB为dB0dI1dr2r02按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为BdBR1dr1R20002(4)一平均带电的半圆弧线,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

24、的磁感强度B。剖析与解答由题设条件得电荷线密度Q。R取线元dlRd，其上所带电荷为dQQdlQRdQdRR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dI2dQ2Q2d设圆电流在其轴线上O点激发的磁感强度dB的大小为Rsin2Qsin2dB0dI0d方向：向上。2R342R一根半径为R的实心铜导线,平均流过的电流为I,在导线内部作一平面S(见图),试求:磁感强度的散布;经过每米导线内S平面的磁通量。剖析与解答题图（1）作与铜导线同轴的圆形安培环路L，由安培环路定律有BdlB2rI得B0I0L2rrR时，环路包括的电流为I1r2；rR时，II。R2代入式得B0IrrR；

25、B0IrR2R22r（2）在截面S上取面积元dS1dr，穿过dS的磁通量dm为dmB?dS20Ir2drR则经过单位长度导线内S平面的磁通量m为mdm0Ir2dr0IR02R4则点O处磁感强度B的大小为BdB0.Qsin2d0.Q042R8R无穷长载流(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所受的作使劲;(2)若将ab换为一刚性线框abcd(见图(b),试剖析其受力状况和运动趋向;(3)当I120sint，rads时，再求（1）。3题图剖析与解答（1）无穷长直载流导线旁任一点的磁感强度为B0I1方向：x在ab上距长直导线为

26、x处取电流元I2dx受力为dFI2dxB方向：向上b0.30I1I2ln3jFdFI2dxBI2Bdxja0.12则41072010ln34.41052（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，互相抵消。ad段受力FabI2B1L20I1I2L21.2104方向：向左2x1bc段受力FabI2B2L20I1I2L20.4104方向：向右2x2因为FadFbc，线框将向左（聚拢长直导线）加快运动。（3）当时，将随周期性变化，即ur5rI120sintFtjFt4.410sin33利用i(vBdl求解以下状况下导线的动生电动势，并说明a，两点L哪一点电势高。（1

27、）直导线在平均磁场B中匀速运动（见图(a)(b)(c)）;剖析与解答题（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l2a=UbUbUbb2h故Uab0Ilv（ba）故UaUb2(hd)（c）在ab上距直导线为x处取微元dx，该处B0I，则其上的动生电动2x势为di(vB)?dxvBdx0Ivdx，则ab杆上的动生电动势为2xabdidl0Ivdx0Ivdldln2x2dab的指向为vaUb。B的方向，即ba，可知U（2）矩形线圈在磁场中运动（见图(a)(b)）;剖析与解答题（2）图在图（a）中，ab边abBlv0Il2v，方向：ba2Ddc边Blv0Ilv，方向：cdd

28、c2(Dl1)2ad和db边addc0总电动势abdc0Il1l2v，方向：顺时针2D(Dl1)图（b）中，因为回路abcd中磁通量不变化，无感觉电动势，故0。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各为什么值(Od=R/；2)剖析与解答题（3）（4）图因为Oc上各点的v不一样，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(vB)?dl所以，整个Oc上产生的动生电动势为(vB)?dlRrBdr1BR2vBdr02则a、b两点的电势差UabOc1BR2，（UaUb）2同理，Od上的动生电动势为R1BR2，（d