大学物理解题法期末复习题

例：半径为R的大圆静止不动，半径为r的小圆沿大圆内侧做无滑滚动，小圆的角速度恒为ω，求：(1)小圆绕大圆一周所用的时间。解：无滑滚动→vc=ωrC点绕O点一周所用的时间2()RrrOCA求：(2)C点相对O点的加速度解：C点相对O点做匀速圆周运动22COraRr求：(3)接触点A相对O点的加速度AOACCOaaa由加速度变换公式：2ACarO,C,A在同一直线OA上→两加速度方向相同→标量相加2AOACCORraaaRr例：质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A滑下，设容器质量为M，半径为R，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上，开始时小球和容器都处于静止状态，求：(1)当小球沿内壁滑到容器底部的B点时，受到向上的支持力为多大？由于小球相对于桌面轨迹较复杂，而相对于容器，小球的轨迹仍为圆弧，取容器为参考系（非惯性系）RBA分析：容器未固定，可以滑动要求B点的支持力，先求B点的向心力为求B点速率，注意到小球+容器(+地球)组成的系统：桌面参考系中，水平方向上不受外力，动量守恒支持力不做功（与相对位移方向垂直，一对支持力做功之和为0）只有重力做功，系统的机械能守恒要求B点的向心力，先求B点的速率(相对于容器)RBA解：根据水平方向系统动量守恒及下滑过程中系统机械能守恒0mMmvMv221122mMmvMvmgR以B点为重力势能零点其中vm,vM分别表示小球到达B点时小球、容器相对桌面的速度2mMgRvMm2MmMgRvMMm()mmMvvv现在以容器为参考系，求在B点小球相对容器的速度vm’mmMvvvMvmv2()gRMmMRBA容器参考系中，小球圆周运动的向心力小球运动到容器底部这一特殊位置时，求：(2)小球相对于桌面的运动轨迹在B点的曲率半径？对容器没有水平方向的作用力，从而容器参考系的加速度为0，则容器参考系中的惯性力也为0。由于在B点，容器参考系的加速度为0，小球在地面参考系中的法向加速度(小球速度水平向右)也为∴相对桌面例：轨道上的小车质量为M，它下面用长为l的绳子系一质量为m的砂袋。现有一质量为m0的子弹水平地射入砂袋内，而与砂袋一起运动，最大摆角为θ。若不计小车与轨道间的摩擦。求：子弹射入时的速度v000v,m0mmmlM解：子弹+砂袋完全非弹性碰撞动量守恒子弹+砂袋+小车,上摆过程最高点处三者具有共同的对地速度0001()mmmvv0002()mmmMvv水平方向动量守恒220102011()()()(1cos)22mmmmMmmglvv只有重力做功(拉力为一对内力)，00002(1cos)mmmmMglmmv三式联立，可得机械能守恒例：如图所示，小车从A点自静止开始，沿路径AEDBCE运动。其中，半径为r的环形路径EDBCE内的DBC段为一缺口，而∠BOC=∠BOD=α，不计摩擦，问：(1)当高度h=?时，小车才能越过缺口循上述路径运动？(2)要使h值为最小，角α为几度？xy解：小车越过DC时只受重力作用，故作斜抛运动。如图建立坐标系，其轨道方程v设D点的速度为v，要求D点抛出，C点落回，即斜抛轨迹经过C点C点坐标：x=2rsinαy=0代人轨迹方程，得抛出速度为2/cosvgr低于此速度，小车落入圆内高于此速度，小车飞到圆外当高度h=?时，小车到D点的速度满足2/cosvgr由以上两式，解得：小车从点A滑到点D的过程中，斜面和环壁对小车的支承力N不作功，则由小车与地球组成的系统，其机械能守恒。21(cos)2mghmvmgrr1(cossec1)2hr欲求h值最小时的α角，即求极值21[sin(sin)(cos)]02r0dhd即解得：思考：小车在D点所受的环壁压力2cosvNmgmr(seccos)sintanNmgmgxyv★临界问题mMxyOy’O’θ例：一质量为M，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑桌面上，在球顶有一质量为m的质点，由静止沿球面下滑。求：(1)m脱离M前的轨迹，(2)m绕球心O’的角速度。解：要求的是m相对桌面的轨迹，以及m相对球心O’的角速度(1)以桌面为参考系，建立坐标系Oxy，设m在某时刻t的坐标为(x,y)设O’在t时刻的坐标为X，脱离前有：222()xXyR由于桌面光滑，在水平方向上，m和M系统动量守恒设m相对桌面的水平速度为vx，M相对桌面的速度为V0xmvMVxdxvdtdXVdt即mMxyOy’O’θ2222(1)mxyRM0dxdXmMdtdtmdxMdX22221()xyMRRMm结合初始条件：t=0时，x=0，X=0，两边积分mxMX00xXmdxMdX∴轨迹方程为或写为可见，其轨迹为一椭圆，半长轴在y轴上，半短轴在x轴上。(2)m相对于O’作圆周运动，设其角速度为ω，则其绝对速度cosxvRVsinyvR0xmvMVcosxvRVcosmRVmMcosxMRvmM解得：mMxyOy’O’θ桌面参考系中，只有重力做功，机械能守恒！221cos1cosgmRmM22211()cos22xymgRmvvMVmgR以桌面处为重力势能零点sinyvR代入解得：?V??xyvv(3)若M=2.43m，求：m在什么位置处开始脱离半球？mMxyOy’O’θm开始脱离半球的条件：支持力为03cos3cos20mmM221cos1cosgmRmM2cosmgmR惯性系中以M为参考系，是否仍然成立？脱离的瞬时，M的加速度=0√若M=2.43m，解得：cosθ=0.7,-3.5,2.8(后两者大于1舍去)∴在θ=arccos0.7=45.57°处，m开始脱离半球。mMxyOy’O’θ3cos3cos20mmM这与M固定不动时的计算结果相同。即相当于M不动。讨论：•若Mm这表明，M一下子滑出，m竖直下落。•若Mm3cos203cos3cos202cos32(cos1)(cos2)0cos10例：质量为m的小球系在绳子的一端，绳穿过铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以角速度0绕管心作半径为r0的圆周运动，然后向下拉绳子，使小球运动半径逐渐减小，最后小球运动轨迹成为半径为r的圆。求：将小球拉至离中心r0/2处时，拉力作的功000rrvv2200rmrmω200rrv2201122Wmmvv1212202020rrrm解：有心力→角动量守恒0v00rrOF拉力F做功，动能改变了。小球沿绳方向有速度分量，02rr当时，拉力所作的功为220032WmrM用M替代F只有重力做功，机械能守恒★定轴转动问题例：质量为m的子弹穿过如图所示的摆锤后，速度由v减少到v/2，已知摆锤的质量为M，均匀细杆的长度为l，质量也为M，问：若摆锤能完成一个圆周运动，子弹速度v最小应为多少？lMMm,vv/2解：取子弹、杆及摆锤为系统，由角动量守恒分析：碰撞时，轴对杆有水平方向冲力，动量不再守恒，而对轴角动量守恒。2201()23vlmvlmMlMl上摆过程，杆及摆锤系统机械能守恒2220113()22322llMlMlMgMglMg42Mvglm完成圆周运动的条件：最高点速度ωl≥0联立可得，要使最高点速度为0，۞刚体纯滚动问题例：已知圆环滑道半径R，一圆柱体半径r，质心位于h高度，由静止下滚，下滚时作纯滚动，试问若能完成圆周运动，h至少应为多少？分析：纯滚动：0N解：设圆柱体质量为m，在圆环上的某位置θ处，法线方向由质心运动定理2sincvNmgmRrcvr能完成圆周运动：圆环最高点处最高点处，θ=π/2，此时N最小2sincvNmmgRr2min0cvNmmgRr由此可得最高点处2()cvgRr问h至少应为多少？m为质点的情况，若轨道光滑，机械能守恒，h→vc2122cmghmvmgR现m为圆柱体，由于是纯滚动，忽略滚动摩擦，机械能守恒212Jω为圆柱体在顶点处绕质心的自转角速度()r212Jmr纯滚动：cvr圆柱体绕质心的转动惯量23(2)4cghRrv代入可得24(2)3cvghRr得由2()cvgRr4(2)()3ghRrgRr即11744hRr★电场强度的计算一些常见均匀带电体的电场强度：无限长均匀带电直线、圆柱面(体)外02Eεr无限长均匀带电圆柱体内20022ERrr均匀带电球面内、无限长均匀带电圆柱面内0E点电荷、均匀带电球面(体)外20π4rQE均匀带电球体内3004π3QERrr圆环(圆盘)中心、无限大平面上0E无限大均匀带电平面02E平行板电容器板间0E一段均匀带电圆弧的圆心处ORλθθ0sin2ER半无限长均匀带电直导线00ˆˆ=44EijxxORλ0OE半圆弧+两根半无限长直线，圆心O处匀强电场例：设半径为R的球体，电荷体密度为ρ=kr，k为常量，求：电场强度分布。分析：ρ随半径变化，非均匀带电球体，但r相同处ρ相同，电荷(电场)仍为球对称分布，可用高斯定理。解：做半径为r的同心球面为高斯面，由于对称性，高斯面上场强大小处处相同，方向沿径向，其电通量：2d4ESrES01VdV球体外(rR)：24krdVrdr2404RVdVkrrdrkR420ˆ4rkREer球体内(rR)：3404rVdVkrdrkr20ˆ4rkrEe分析：将带电球体分割成球壳，把各球壳的电场叠加解2：取带电体上半径为r′的同心球壳，其带电量为：24dqdVkrrdr球体外(rR)：20ˆ0()()4rdqdErrdEerrr243222000004ˆˆˆ44RRrrrkrrdrkkREdEerdreerrr球体内(rR)：其在距离球心为r处产生的电场为：232000ˆˆ4rrrkkrEdErdreer•无限大厚板，ρ=kx，k为常量，求板内外的场强？例：电荷体密度为+的均匀带电球体，若保持电荷分布不变，在其中挖去一个小球体，小球球心O’相对O的位置矢量为，证明：腔内为匀强电场。分析：电荷(电场)分布已不是球对称，无法直接用高斯定理。补偿法：带正电大球+带负电小球解：考察腔内任一点P处，aOO’P03bE大球0()3EEEbd总大球小球03dE小球POO’bad03a两球内P处与P的位置无关•无限长空腔圆柱体，腔内为匀强电场02a设OP=b，O’P=d例：在点电荷q的电场中，取一个半径为r的圆平面，q位于其轴线上距离为d处，求：通过圆平面的电通量。rRq分析：平面上各处与电场线夹角各异，考虑以q处为球心，半径为R的球冠面S的电通量。解：由于球冠面上各处场强大小相同，方向即dS的法线方向dO002sin2()RRdRRd2Srdl204qERe2220002()(1)(1)422qqdqdΦRRdRRrdedddSSSΦESESESES球冠的面积000dqΦES球面内包围一点电荷q，由高斯定理可知，整个球面的电通量为202()()42SRRdRdSRRe0220000()(1)(1)222SqRdqdqdΦΦSRRrd∴穿过球冠面的电通量(电场线条数)为球冠面积S占整个球面积S0的比例为解2：由于球面上电场线的疏密程度均匀(E大小相同)，可由面