大学物理计算题

第3大题：计算题(分)3.1(10分)如图所示，一个劲度系数为k的轻弹簧与一轻柔绳相连接，该绳跨过一半径为R，转动惯量为I的定滑轮，绳的另一端悬挂一质量为m的物体。开始时，弹簧无伸长，物体由静止释放。滑轮与轴之间的摩擦可以忽略不计。当物体下落h时，试求物体的速度v？Mg-T1=ma(T1-T2)R=IβT2-kx=0a=βR联立解得a=(mg-kx)/(m+I/R2)d)(1d002hvkxmgRImvv解得v=genhao(2mgh-kh2)/(m+I/R2)3.2(10分)一皮带传动装置如图所示，BA,两轮上套有传动皮带。外力矩M作用在A轮上，驱使其转动，并通过传动皮带带动B轮转动。BA,两轮皆可视为质量均匀分布的圆盘，其质量分别为1m和2m，半径分别为1R和2R。设皮带在轮上不打滑，并略去转轴与轮之间的摩擦。试求BA,两轮的角加速度1和2。解121112121)(RmRTTM（1）……………………….2分222222121)(RmRTT（2）………………..2分由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同：2211RR由式（2）（3）得21211)(2RmmM代入式（3）得21212)(2RRmmM3.3(10分)如图所示，一根细棒长为L，总质量为m，其质量分布与离O点的距离成正比。现将细棒放在粗糙的水平桌面上，棒可绕过其端点O的竖直轴转动。已知棒与桌面间的摩擦系数为，棒的初始角度为0。求：（1）细棒对给定轴的转动惯量（2）细棒绕轴转动时所受的摩擦力矩；（3）细棒从角速度0开始到停止转动所经过的时间。解(1)由题意可知细棒的质量线密度为kr式中k为常数。由于细棒的总质量为m，所以mrkrLd0…由此得22Lmk故rLmkr22………得一并代入式得由式得由式)1()3(21)2(121222221RRRmTT又rrmrIdd22所以230221d2mLrrLmIL…（2）细棒上到转轴距离为r的长度元dr所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为rrLgmfrMrrLgmrgmgfd2ddd2ddd222整个细棒所受到的摩擦力矩为mgLrrLmgML32d2022方向沿轴向下(3)设细棒由角速度0到停止转动所经历的时间为t，则角动量定理可得gLtmLgLtIMtooo43)21(3202aA＝aB＝2(1sina)5g3.4(10分)如图所示，质量均为m的两物体A，B.A放在倾角为α的光滑斜面上，通过定滑轮由不可伸长的轻绳与B相连.定滑轮是半径为R的圆盘，其质量也为m.物体运动时，绳与滑轮无相对滑动.求绳中张力T1和T2及物体的加速度a(轮轴光滑).解物体A，B，定滑轮受力图见图2.37(b).对于作平动的物体A，B，分别由牛顿定律得T1′－mgsinα＝maA①mg－T2′＝maB②又T1′＝T1，T2′＝T2.③对定滑轮，由转动定律得T2R－T1R＝Iβ④由于绳不可伸长，所以aA＝aB＝Rβ⑤又I＝12mR2联立式①，②，③，④，⑤得T1＝2+3sina5mgT2＝32sina5mgaA＝aB＝2(1sina)5g3.5(10分)如图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解:(1)由转动定律，有)31(22mllmglg23(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmg∴lgsin33.6(10分)计算如图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m＝50kg，2m＝200kg,M＝15kg,解:分别以1m,2m滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m,2m运用牛顿定律，有amTgm222①amT11②对滑轮运用转动定律，有)21(212MrrTrT③又，ra④联立以上4个方程，得2212sm6.7215200508.92002Mmmgma第4大题：证明题(10分)4.1(10分)如图所示，质量为M，长为l直杆，可绕水平轴O无摩擦地转动。设一质量为m的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端，若直杆（连同射入的子弹）的最大摆角为60，试证子弹的速度为：证：碰撞过程中遵守角动量守恒定律，有Mv0l=(ml2+1/3Ml2)w(1.)碰撞后遵守机械能守恒定律，有glMmglMmMlml）（）（2121cos21)31(21222(2)解（1）、（2）得第3大题：计算题(80分)3.7(10分)一半径为1R的球体均匀带电，电荷体密度为，球内有一半径为2R的球形空腔，空腔中心O与球心O相距为a。试求空腔中心点O处的电势。解如图所示，由补偿法分析，空腔中场点P的电势是半径为1R，密度为的大球和半径为2R，密度为的小球产生的电势之和，即21VVVP取无限远处的电势为零，大球的电场分布为130311033RrrrRRrrE应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为221011136dd11rRrErEVRRr对于空腔中心arO，大球产生的电势为2210136aRV同理，可得小球在O处产生的电势为0220222263RRV由电势叠加原理02222102202212163263aRRRaRVVVO3.11(10分)电量q均匀分布在长为l2的细杆上，求杆的延长线上与杆端点距离为a的P点的电势（设无穷远处为电势零点）。解：设坐标原点位于杆中心O点，X轴沿杆的方向，如图所示。细杆的电荷线密度)2/(lq。在处取电荷)l/(xqxq2ddd它在P点产生的电势)xal(lxq)xal(qUP00π8dπ4dd整个杆上电荷在P点产生的电势llllP)xalln(lq)xal(xlqU00π8dπ8)al(lq21lnπ803.12如图所示，在均匀磁场B中放一很长的良导体线框，其电阻可忽略。今在此线框上横跨一长度为l、质量为m、电阻为R的导体棒，现让其以初速度0v运动起来，并忽略棒与线框之间的磨擦，试求棒的运动规律。解如图所示，取坐标轴OX，坐标原点O在棒的初始位置，并选运动的初始时刻为时间t的原点。在某时刻棒的速度为v，其上的动生电动势为Blv，其上的电流为RBlvI/，所受的磁力mF在X轴上的投影为vRBlIBlFm2)(……………………………………….2分由牛顿运动定律得vRBltvmFm2)(dd所以tRmBlvdvd)(2…………………………………….2分根据初始条件，将上式两边积分tvvtRmBlvv02d)(d0得tRmBlvv20)(ln则tRmBlevv2)(0又由于tRmBlevtxv2)(0dd所以ttRmBlttRmBleBlRmvdtevx0)(200)(022)()1()(2)(20tRmBleBlRmv3.13如图所示，一无限长的直导线中通有交变电流tIisin0，它旁边有一个与其共面的长方形线圈ABCD，长为l宽为)(ab。试求：（1）穿过回路ABCD的磁通量Φ；（2）回路ABCD中的感应电动势。解（1）无限长直导线中通有交变电流，其周围空间产生交变磁场，根据无限长直载流导线产生磁场的公式可知，此交变磁场的磁感应强度的表达式为trIriBsinπ2π2000…在距导线r远处，取面元ldr，穿过该面元的磁通量为ldrtrIBdSdSBSdBΦsinπ2cosd00在t时刻穿过回路ABCD的磁通量为ldrtrISdBΦΦSbasinπ2d)(00tIablsin)(ln00π2（2）根据法拉第电磁感应定律，将对时间t求导数，得回路ABCD中的感应电动势tIabltcos)(lnπ2dd00其方向作周期性变化。3.17(10分)如图所示，一长为L的金属棒OA与载有电流I的无限长直导线共面，金属棒可绕端点O在平面内以角速度匀速转动。试求当金属棒转至图示位置时（即棒垂直于长直导线），棒内的感应电动势。解无限长直导线在金属棒转动平面内激发的磁场是非均匀的，方向垂直纸面向外。在金属棒上沿OA方向任取一线元dl，dl至O点距离为l，距无限长直导线距离为r，由无限长直载流导线产生磁场的公式可知，该处的磁感应强度大小为rIBπ20（方向垂直纸平面向外）当棒旋转至图示位置时，金属OA上各线元的速度方向均垂直各线元沿平面向上，其夹角)(Bv的方向沿OA方向，即)(Bv与dl间夹角为零。由于线元dl速度大小lv，所以dl上的动生电动势大小为lBllvBlBvddd0cos)2sin(d)(金属棒上总的动生电动势大小为LLOAlBvdd)(LLllrIBldl000dπ2………………….………2分在上式中，r,l均为变量，必须先统一变量后才能进行积分，由图示可知，2πdrdlbrl,，将其代放上式故rrbrIrbrrILbbLbbOAd)(π2d)(π200)ln(π20BLbbLI由0OA或由)(Bv可知，电动势OA的方向从O指向A，即A点电势高。…….…1分(10分)有直径为10cm及16cm的非常薄的铜制球壳同心放置时，内球壳的电势为2700V，外球壳带有电量为8.0×10-9C。求：⑴内球壳所带的电量；⑵外壳的电势；⑶若将内球壳与外球壳用导线连接，内、外球壳的电势各变化多少？解：设内、外球壳所带的电量分别为q1、q2，内、外球壳的半径分别为R1、R2，电势分别为V1、V2，则⑴)(22110141RqRqV由上式可解得：Cq811001.⑵2210241RqqV由上式可解得：VV3210032.⑶二球壳用导线接触后，全部电荷均分布在外球壳上，两球壳成为一个等势体，电势为VV3210032.。故二球壳用导线接触后，外球电势不变，内球电势降低，其值为V2331076100321072...02(10分)如图所示，在恒定的均匀磁场B中有一金属框架aOba,ab边可无磨擦自由滑动，已知OxabaOb,。若0t时，ab边由0x处开始以速率v作平行于X轴的匀速滑动。试求任意t时刻（1）穿过金属框的磁通量；金属框中感应电动势的大小和方向。02（10分）解（1）设ab长为l，则任意t时刻穿过金属框的磁通量为；lxBBS21将tantan,vtxlvtx代入上式，则tan2221tvB.5分（2）由法拉第电磁感应定律可知，t时刻金属框中感应电动势的大小为)tan21(dddd22tvtBttantBv2tantBv2的方向从b指向a。