江苏大学大学物理练习册重点题资料.docx
《江苏大学大学物理练习册重点题资料.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏大学大学物理练习册重点题资料.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
江苏大学大学物理练习册重点题资料
7．一质量为20g的子弹以200m/s的速率射入一固定墙壁内，设子弹所受阻力与其进入墙壁的深度x的关系如图所示，则该子弹能进入墙壁的深度为（）
（A）3cm；（B）2cm；（C）cm；（D）12.5cm。
解：
（A）由动能定理
1.一质量为m的物体,以初速从地面抛出,抛射角为,如果忽略空气阻力,则从抛出到刚最高点这一过程中所受冲量的大小为；冲量的方向为。
解：
;向下
2.人从10m深的井中匀速提水，桶离开水面时装有水10kg。
若每升高1m要漏掉0.2kg的水，则把这桶水从水面提高到井口的过程中，人力所作的功为。
解：
拉力,
1．摩托快艇以速率0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F=-k2（k为正常数）。
设摩托快艇的质量为m，当摩托快艇发动机关闭后，
（1）求速率随时间t的变化规律。
（2）求路程x随时间t的变化规律。
（3）证明速度与路程x之间的关系为。
解:
（1）,分离变量并积分,
（1）
（2）,
（2）
（3）由
（1）式得，代入
（2）式得，
2．一根特殊弹簧，在伸长x米时，其弹力为（4x+6x2）牛顿。
将弹簧的一端固定，
（1）把弹簧从x=0.50米拉长到x=1.00米，试求外力克服弹簧力所作的功。
（2）在弹簧另一端拴一质量为2千克的静止物体，物体置于水平光滑桌面上，试求弹簧从x=1.00米回到x=0.50米时物体的速率。
解:
（1）
（2）根据质点的动能定理
,
1．几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的物体上,如果这几个力的矢量和为零,则此物体（D）
（A）必然不会转动;（B）转速必然不变;
（C）转速必然改变;（D）转速可能不变，也可能改变.
2.于刚体的对轴的转动惯量,下列的说法中正确的是（C）
（A）只取决于刚体的质量,与质量在空间的分布和轴的位置无关；
（B）取决于刚体的质量和质量在空间的分布和轴的位置无关；
（C）取决于刚体的质量、质量在空间的分布和轴的位置；
（D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。
4.如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m、半径为R的匀质圆盘状定滑轮。
绳的两端分别系着质量分别为m和2m的物体，不计滑轮转轴的摩擦，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则物体的加速度为。
（D）
（A）g/3；（B）3g/2；（C）g/4；（D）2g/7。
解:
,,解得
5．一根质量为m、长度为L的匀质细直棒，平放在水平桌面上。
若它与桌面间的滑动摩擦系数为，在t=0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0，则棒停止转动所需时间为（A）
（A）2L0/（3g）；（B）L0/（3g）；（C）4L0/（3g）；（D）L0/（6g）。
2.一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40rad/s减到10rad/s，则飞轮在这5s内总共转过了圈，飞轮再经的时间才能停止转动。
解:
,
圈;,
2.一个飞轮直径为0.30m、质量为5.00kg，边缘绕有绳子。
现用恒力拉绳子的一端，使飞轮由静止均匀地加速，经0.50s转速达10rev/s。
假定飞轮可看作实心圆柱体，求：
（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；
（2）拉力大小及拉力所作的功；（3）从拉动后t=10s时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度大小。
解:
（1）匀加速转动
（2）,
（3）,
3.如图所示，物体的质量m1和m2，定滑轮的质量mA和mB，半径为RA和RB均为已知，且m1>m2。
设绳子长度不变，并忽略其质量。
如绳子和滑轮间不打滑，滑轮可视为圆盘，试求物体m1和m2的加速度。
解：
4.解：
对右物体:
（1）
对右滑轮:
（2）
对左物体:
（3）
对左滑轮:
（4）
（1）（4）式相加得
4:
轻绳绕于半径r=20cm的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N的拉力，飞轮的转动惯量I=0.5kgm2。
设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。
试求：
（1）飞轮的角加速度；
（2）如以质量m=10kg的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。
解
（1）由转动定理得
（2）由牛顿第二定律、转动定理及线量和角量的关系得
（1）
（2）（3）
6．一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0。
设它所受阻力矩与转动角速度成正比M=k（k为正常数）,它的角速度从0变为0/2所需时间是多少?
在此时间内共转了多少转?
解：
根据转动定律得
（1）
即，，
（1）式可写成，，，,
1．关于力矩有以下几种说法，其中正确的是（）
（A）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）；
（B）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；
（C）角速度的方向一定与外力矩的方向相同；
（D）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。
4．一质量为60kg的人站在一质量为60kg、半径为lm的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。
系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s时，圆盘角速度大小为（）
（A）1rad/s；（B）2rad/s；（C）2/3rad/s；（D）4/3rad/s。
解：
（D）由角动量守恒得,
5．如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m。
今使杆从与竖直方向成角由静止释放（g取10m/s2），则杆的最大角速度为（）
（A）3rad/s；（B）rad/s；（C）rad/s；（D）rad/s。
解：
（A）杆转至竖直位置角速度最大.
由机械能守恒得
6．对一个绕固定水平轴O匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应（B）
（A）增大；（B）减小；（C）不变；（D）无法确定。
解：
（B）设子弹到转轴的垂直距离为h,由角动量守恒得,,
7．花样滑冰运动员绕自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开,转动惯量为，角速度为，然后她将两臂收回,使转动惯量减少为，这时她转动的角速度变为（）
（A）；（B）；（C）；（D）。
解：
（C）由角动量守恒得
1．质量为m的质点以速度沿一直线运动,则它对直线外垂直距离为d的一点的角动量大小是。
4．一人站在转动的转台上，在他伸出的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回他的双手及重物，忽略所有摩擦，则系统的转动惯量____________，系统的转动角速度____________，系统的角动量____________，系统的转动动能____________。
（填增大、减小或保持不变）
解：
质量到转轴距离减小,根据知转动惯量减小;由角动量守恒得,,角速度增大,角动量不变;,,,.转动动能增大.
6．如图所示,一静止的均匀细棒,长为L、质量为M可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平面内转动,转动惯量为,—质量为m、速率为的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端,穿过棒后子弹的速率为,此时棒的角速度应为。
解：
角动量守恒
3．长l=1.0m、质量M=2.97kg的匀质木棒，可绕水平轴O在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂，现有质量m=10g的弹片以=200m/s的速率水平射入棒的下端，如图所示。
求：
（1）棒开始运动时的角速度；
（2）棒的最大偏转角。
解:
（1）子弹和杆碰撞前后角动量守恒,
（2）根据机械能守恒得,
1.陈述狭义相对论的两条基本原理
（1）。
（2）。
解
（1）.相对性原理：
物理规律在所有一切惯性系中都有相同的数学表达形式;
（2）光速不变原理：
任一惯性系中测得的光在真空中的传播速度都是相等的。
3.两火箭A、B沿同一直线相向运动，测得两者相对地球的速度大小分别是A=0.9c，B=0.8c。
则两者互测的相对运动速度____________。
解:
1.如图所示，长为a的细直线AB上均匀地分布了线密度为入的正电荷。
求细直线延长线上与Ｂ端距离为ｂ的Ｐ点处的电场强度。
解：
以一端为坐标原点，沿细直线为轴，如图所示。
在细线上取长为的线元，其电量。
根据点电荷的场强公式，在点所激发的场强沿轴正方向，大小为
根据场强的叠加原理，处的总场强沿轴正方向，其大小为
2.如图所示，半径为R的带电细圆环，电荷线密度入=入0sin求细圆环中心O处的电场强度。
解：
在细圆环上位于处取长为的线元，其电量。
根据点电荷的场强公式，在细圆环中心处所激发的场强方向如图所示，其大小为
沿x、y方向的分量分别为和。
根据场强的叠加原理，细圆环中心处场强的分量分别为
所以，细圆环中心处的场强为。
3．解：
以左侧表面上任意一点为坐标原点，垂直于板面向右为轴正方向，建立图示坐标系。
在平板内处取厚度为的簿层，该簿层与原带电平板平行，其单位面积的电量为。
该簿层可以看作为无限大平面，根据无限大均匀带电平面的场强公式，簿层在其两侧的产生的场强大小为，方向平行于轴，根据场强的叠加原理可以求得
处的场强为
处的场强为
处（）的场强为
由以上各处场强大小可以看出，场强最小在之间，其最小值为零。
令，得。
4．解：
根据电荷分布的对称性，场强具有球对称性且方向沿径向。
设壳层内任一点到球心距离为，过点作一个与带电球形壳层同心的球面作为高斯面。
高斯面内的总电量为
对面应用高斯定理，得，点的场强大小
1．解：
以一端为坐标原点，沿细直线为轴，如图所示。
在细线上取线元，其电量为。
根据点电荷电势公式，在点处的电势为
根据电势的叠加原理，点处的电势为
4．解：
设内球带电量为，根据高斯定理，两球间的电场强度大小为
根据电势差与场强的积分关系，两球间的电势差满足
内球面所带的电量为
1．解：
设铁环半径为，长直导线中的电流为。
A、B两点把铁环分为两段，长度分别为和，电阻分别为和，通过的电流分别为和。
根据并联电路分流公式得，，。
根据毕奥－萨伐尔定律，两段铁环中的电流在环中心处激发的磁感应强度大小分别为
，
根据电阻定律可知，所以。
由于与方向相反，所以环中心处的总磁感应强度为。
2．解：
根据毕奥－萨伐尔定律，导线2在正三角形中心处产生的磁感应强度大小
式中为正三角形中心到长直导线2的距离，，所以
方向垂直纸面向里。
根据电阻定律和欧姆定律，边中的电流强度是（或）边中的电流强度的两倍，在正三角形中心处，边中电流产生的磁感应强度是（或）边中电流产生的磁感应强度的两倍，而且方向相反，所以三角形框中的电流在正三角形中心处产生的磁感应强度为零。
导线1在正三角形中心处产生的磁感应强度也为零。
所以正三角形中心处的磁感应强度就等于导线2在该处产生的磁感应强度。
3．解：
建立如图所示坐标系，沿电流方向在导体上坐标处取宽度为的窄条，其电流强度为。
根据无限长直导线电流的磁场公式，在点的磁感应强度
方向垂直于纸面向里。
根据磁场叠加原理，点的磁感应强度
方向垂直于纸面向里。
5．解：
为圆柱面轴线上任一点，过点取垂直于轴线的平面，以为原点建立直角坐标系，如图所示，电流垂直于纸面（平面）向外。
沿电流方向在圆柱面处取角宽度为的窄条，其电流强度。
由无限长直导线电流磁场公式，在点的磁感应强度
沿轴方向分量为
沿轴方向分量为
5．解：
根据安培环路定理，与载流无限长直导线距离为处的磁感应强度大小为。
以顺时针方向为线圈回路的绕向，较远导线中的电流在线圈中产生的磁通量为
较
升级会员 