大学物理复习题

大学物理复习题填空题1．一质点沿半径为0.1Rm的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0～t这段时间内所经过的路程为422ttS，式中S以m计，t以s计，则在t时刻质点的角速度为22trad/s，角加速度为2/2srad。（求导法）2．质点沿x轴作直线运动，其加速度ta4m/s2，在0t时刻，00v，100xm，则该质点的运动方程为x33210tx。（积分法）3．一质点从静止出发绕半径R的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为β，则该质点走完半周所经历的时间为_____2______。（积分法）4．一质量为kgm2的质点在力NtFx32作用下由静止开始运动，若此力作用在质点上的时间为s2，则该力在这s2内冲量的大小I10NS；质点在第s2末的速度大小为5m/s。（动量定理和变力做功）5．一质点在平面内运动,其1cr，2/cdtdv；1c、2c为大于零的常数，则该质点作匀加速圆周运动。6．一质点受力26xF的作用，式中x以m计，F以N计，则质点从0.1xm沿X轴运动到x=2.0m时，该力对质点所作的功AJ14。（变力做功）7．一滑冰者开始自转时其动能为20021J，当她将手臂收回,其转动惯量减少为30J，则她此时自转的角速度03。（角动量守恒定律）8．一质量为m半径为R的滑轮，如图所示，用细绳绕在其边缘，绳的另一端系一个质量也为m的物体。设绳的长度不变，绳与滑轮间无相对滑动，且不计滑轮与轴间的摩擦力矩，则滑轮的角加速度Rg32；若用力mgF拉绳的一端，则滑轮的角加速mF度为Rg2。（转动定律）9.一刚体绕定轴转动，初角速度80rad/s，现在大小为8（N·m）的恒力矩作用下，刚体转动的角速度在2秒时间内均匀减速到4rad/s，则刚体在此恒力矩的作用下的角加速度____2/2srad_______，刚体对此轴的转动惯量J4kg•m2。（转动定律）10、有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10cm，第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为M的物体后，长为11cm，而第二个弹簧上端固定，下挂一质量为m的物体后，长为13cm，现将两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为m的物体，则两弹簧的总长为____________二、选择题1、质点在平面内作曲线运动，则质点速率的表达式不正确的是A．；B．；C．；D．。2、关于静摩擦力作功，指出下列正确者。A．物体相互作用时，在任何情况下，每一个摩擦力都不作功；B．受静摩擦力作用的物体必定静止，所以静摩擦力不作功；C．彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，因此两个静摩擦力作功之和等于零。D．条件不足，无法判断。3、一飞轮绕轴作变速转动，飞轮上有两点和，它们到转轴的距离分别为和，则在任意时刻，和两点的加速度大小之比为A．；B．；C．要由该时刻的角速度决定；D．要由该时刻的角加速度决定。4、一半径的均匀带电圆环，电荷总量为,环心处的电场强度为A．；B．0；C．；D．5、如图所示，一无限长载流导线中部弯成四分之一圆周，圆心为，半径为。若导线中的电流强度为，则处的磁感应强度的大小为A．；B．;C．;D．。6、一质点受力23xF作用,沿x轴正方向运动,从0x到m2x的过程中,力F作的功为(A)J16(B)J12(C)J8(D)J47、定轴转动刚体的运动方程是，时刚体上距转轴的一点的加速度的大小是A．；B．；C．；D．。8、距离均匀带电线密度为的无限长直线长度分别为和的两点之间的电势差为A．；B．；C．；D．。9、下列叙述中正确的是A、通电螺线管内充入磁介质后，其内部的磁感强度一定大于真空时的值B、条形磁介质在外磁场作用下被磁化，该介质一定为顺磁质C、条形磁介质在外磁场作用下被磁化，该介质一定为抗磁质D、铁的相对磁导率1r，且不为常量10、质量为的木块静止在水平面上，一质量为的子弹水平地射入木块后又穿出木块，若不计木块与地面间的摩擦，则在子弹射穿木块的过程中：（A）．子弹的动量守恒；（B）．将子弹与木块视为一个系统，系统的动量守恒；（C）．将子弹与木块视为一个系统，系统的机械能守恒；（D）．将子弹与木块视为一个系统，系统的动量和机械能守恒。三、计算题1、一质量为50kg的人站在质量为100kg的停在静水中的小船上，船长为5m，问当人从船头走到船尾时，船头移动的距离．分析人从船头走到船尾，是以船为参考系完成了船的长度的位移，在此过程中，船在水中漂移，因此船是一个运动参考系．由于应用动量守恒定律时，必须将系统中各物体的速度和动量在同一惯性参考系中描述，所以要应用相对运动速度合成定理作速度的转换．无论人在船上走动速度如何变化，由所建立的人对船的速度与船对水的速度之间的相互关系，分离变量后积分，可得人相对于船的位移与船相对于水的位移之间的相互关系．解对船和人组成的系统，水平方向不受外力作用，动量守恒．设人对船的速度为u，为v，人的质量为m，船的质量为m’，以船的速度方向为参考方向，应用相对运动速度合成定理得人对水的速度为uv，因初始时人和船的速度均为零，则vvmum)(0(1)设人在运动过程中某时刻在船上坐标系上的位置为x，船头在水中坐标系上的位置为x’，可得txuddtxddv则(1)式可写为txmtxmmdddd)(两边同时积分llxmxmm00dd)(因人在船上位移m5l，得船头在水中的位移为m1.67m51005050lmmml2、一颗水平飞行的子弹，击中一个悬挂着的砂袋，并留在里面，已知砂袋质量是子弹质量的1000倍，悬点到砂袋中心的距离为1m，设子弹击中砂袋后，悬线的偏角为10，求子弹的速度．分析子弹击中砂袋，是一个非弹性碰撞过程，机械能不守恒．子弹留在砂袋中随砂袋一起摆动的过程中，机械能守恒，因此要将整个过程分成二段进行分析计算．解子弹和砂袋组成的系统，在子弹击中砂袋的瞬间，水平方向无外力作用，动量守恒．设子弹质量为m1，速度为v10，砂袋质量为m2=1000m1，子弹击中砂袋后，子弹与砂袋共同的速度为v2，得221101)(vvmmm子弹随砂袋一起摆动的过程中，只有重力作功，机械能守恒，取初始时砂袋位置为重力势能零点，悬线长为l，砂袋上升的最大高度为)10cos1(l，如图4-15所示，得)10cos1()()(21212221glmmmmv由以上二式，得m/s546m/s)10cos1(18.921001)10cos1(212110glmmmv3、滑块由一轻绳相连放置在光滑的大圆桌面上，绳的另一端通过桌面中心的小孔下挂质量为1.0kg的水桶，桶中盛水7.0kg．起初，滑块在桌面上以小孔为中心作半径为0.25m的圆周运动，由于水桶底部漏水，当水漏完时滑块的转动半径等于多少？分析当质点所受的合力对某点的力矩为零时，质点对该点的角动量守恒．滑块在桌面上运动，竖直方向合外力为零，水平方向除绳的拉力外不受其他外力作用．在水桶漏水的过程中，轻绳的拉力随时间变化，但始终指向小孔，对小孔的力矩为零，所以滑块对小孔的角动量守恒．由于问题只涉及滑块始末状态的轨道半径，无需考虑变化的过程与轨道变化的路径，因此应用角动量守恒定律能较容易地得到解答．解轻绳作用于滑块的拉力指向小孔，对小孔的力矩为零，因此滑块对小孔的角动量守恒．始末状态滑块均以小孔为中心作圆周运动，设滑块初始时转动半径为r1，速度为v1，如图4-19所示，水漏完后转动半径为r2速度为v2，则2211rmrmvv设水的质量为m1，水桶质量为m2，始末状态水和水桶通过轻绳作用在滑块上的拉力分别为gmm)(21和gm2，应用牛顿第二定律，得始末状态滑块圆周运动的法向方程分别为12121)(rmgmmv2222rmgmv由以上三式解得m0.5m0.10.70.125.03322112mmmrr10lvm1m2图4-15mr1v1图4-195、一块长m50.0L，质量为m＝3.0kg的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m=0.1kg的球以水平速度m/s500v击中木板中心后又以速度m/s10v反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度．木板对于通过其上端轴的转动惯量为231LmJ．分析质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解．质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积．解对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为021vmL和vmL21，设碰后木板角速度为，则有JmLmLvv21210设木板摆动可达到的最大角度为，如图5-18所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即)1(cos21dsin2121002gLmLgmJ(1)由以上两式得388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos2222202gLmmvv19.67)388.0arccos(根据5-17的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用，它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式．6、如图9-8所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B和C，半径分别为AR、BR、CR，圆柱面B上带电荷，A和C都接地，求：B的内表面单位vmm’g图5-18长度电荷量1，外表面单位长度电荷量2之比值21/．分析本题与题9-5的解题思路相似．解在导体B内作单位长圆柱面形高斯面，可以说明A面单位长度上感应电荷为1．同理，可说明C面单位长度上感应电荷为2．由高斯定理可知场强分布为BARrR时，rE1，方向沿径向由B指向A．CBRrR时，rE22，方向沿径向由B指向C．BA间电势差BAVABd2RRrEABAB11ln22RRRRrdrBC间电势差BC02BCln2RRVB为等势体，A、C接地，BCBAVV，从而)/ln()/ln(ABBC21RRRR7、三个平行金属板A、B和C，面积都是200cm2，A、B相距4.0mm，A、C相距2.0mm，B、C两板都接地，如图9-5所示，如果A板带正电C100.37，略去边缘效应，（1）求B板和C板上感应电荷各为多少？（2）以地为电势零点，求A板的电势．分析由静电平衡条件，A、B、C板内各点的场强均为零，A板上电荷分布在两个表面上，因B、C两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上．-λ2RBλ1λ2RCRAABC-λ1图9-8解（1）设A板1、2两面上带电量分别为q1和q2，B、C两板与A相对的两内侧表面3、4上的感应电荷分别为q1’和q2’，如图9-5所示．作侧面与平板垂直的高斯面1S，两端面处E=0，忽略边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理0)(11d110SSqSSqqSE得11qq同理可得22qq．AB板间和AC板间为匀强电场，场强分别为SqE11SqE22又已知ACABVV，即2211dEdE因C100.3721qqq由以上各式，得B、C两板上的感应电荷分别为C100.13711qqqC100.227122qqq（2）取地电势为零，A板电势即为A、B间电势差V103.231111SdqdEVVABA8、如图13-10所示,在两无限长载流导线组成的平面内,有一固定不动的矩形导体回路.两电流方向相反,若有电流AtI)12(,求线圈中的感应电动势的大小和方向.分析在本题中，应用法拉第电