大学物理考试大题

3. 10 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ω时, 它距碗底的高度h 为多少?（已考）

[分析与解答] 取小球为隔离体，受重力p和支承力FN（如图？？）。其中，

FN沿x轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有

FNsinmanmr2mR2sin ① FNcosmg ②

Rh ③ Rg解得 hR2

且 cos

3. 13质量为m 的物体在黏性介质中由静止开始下落, 介质阻力与速度成正比, 即Fr= βv,β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) 其最大下落速度为多少? ( 4) 分析物体全程的运动情况。

[分析与解答] （1）物体受向下的重力mg和向上的阻力F，则牛顿运动方程为 mg.vma

dvgv dtmvtdv分离变量并积分 dt

00gvm（2）由 a得 -

mglnmt gv整理后得 vmg(1emt)

（3）当t时，有最大下落速度

vmaxtdxmg（4）由v(1em)

dtmg

有 dx0xtmg0(1emt)dt

tmgm得 xt(1em)

物体由静止开始向下作加速运动，并逐渐趋近于最大速度为vmax后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。

mg，此

3.15质量为m的小球从点A由静止出发，沿半径为r的光滑圆轨道运动到点C（见图），求此时小球的角速度C和小球对圆轨道的作用力FNC。

[分析与解答] 取小球为隔离体，受力情况如图。取自然坐标系，由牛顿运动定律分别列出切向和法向运动方程为

dv-mgsinm ①

dtv2FNmgcosm ②

R由于

dvdvddvvdv，代入式①并分离变量后积分 dtddtdRdvdv0v90Rgsind

得 v2Rgcos ③ 则小球在c点的角速度C为 CvR2gcos Rv2将式③代入式②，得 FNmmgcos3mgcos

R其反作用力即为小球对轨道的作用力FNC。 4.20 求解下列各题:

(1) 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。

(2) 物体在外力Fx = 5 + 10x(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。

(3) 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Frkv2。试求物体由x0 = 0 运动到x = l 时, 阻力所做的功。

[分析与解答] （1）由加速度a 得： dv0由动能定理AvT0Fbtdv mmdtbbtT2 dt v2mm1212mvmv0 2212b24T 由于v0=0 ，得Amv28m（2）有变力做功的计算方法，有

AdA(510x)dx60J

03（3）按题意，阻力fkv2f(v),欲求功，必须把它变换为f(x)。为此，有xct得t33xdxx3ct2, v29c2(3)49c3x3 ， 又由 vdtcc24故 ：

fkv29kcxl2343

23432727339kcxdxkclJ fdxAdA则阻力做功为==-074.29 如图所示,质量为m,速度为v的钢球,射向质量为m′置于光滑水平面上的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧。此靶最初处于静止状态,求钢球射入靶内弹簧后, 弹簧被压缩的最大x。

[分析与解答] 建立如图所示的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，小球与靶刚好共同达到共同速度为止的运动过程。在这过程中，小球和靶组成的系统在x方向不受外力作用，因此，在此方向上动量守恒。即

mv(m,m)v, ①

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（保守内力）做功以外，没有其他外力和非保守力做功。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

,1112mv2(m,m)v,2kxmax ② 222解式① ，式② 得xmaxvmm

k(mm)（图4.29）

（图4.31）

4 .31 如图所示, 弹簧下面悬挂着质量分别为m1,m2 的两个物体A 和B , 设弹簧的劲度系数k = 8.9N/ m, m1 = 0.5kg, m2 =0.3 kg。

开始时它们都处于静止状态。若突然把A, B 之间的连线剪断, 求物体A 的最大速度是多少?

[分析与解答] 在A，B连线被剪断前，系统在O1位置处于平衡（如图b），此时弹簧伸长y1 ，则 (m1m2)g即y1ky1

m1m20.50.3g*9.80.88m k8.9在A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在O2位置处于平衡，则有m1gky2即y2m1g0.59.80.55m k8.9根据运动分析，连线剪断后，物体A将以O2为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过O2位置时，具有最大速率vm。由于在运动中物体A与弹簧组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（即弹簧原长处）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

112122 m1vmm1gy2ky2ky1m1gy1

222解得

vm12[k(y12y2)2m1g(y1y2)m1

1[8.9(0.8820.552)20.59.8(0.880.55)]0.51.39m/s（图4.33）

4.33 如图所示, 在光滑的水平面上,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, 最初滑块静止, 弹簧呈自然长度l0 , 今有一质量为m2 的子弹以速度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。

[分析与解答] 子弹射入滑块，可看作完全非弹性碰撞过程，取子弹与滑块为一系统，由动量守恒，有m2v0(m1m2)v1 ①

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，由于弹簧不断伸长，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(m1m2)v1l0(m1m2)v2lsin ②

式中，v2是滑块到达B点的速度。

取子弹，滑块和弹簧为系统，由机械能守恒，有

1112(m1m2)v12(m1m2)v2k(ll0)2 ③ 222联立解式①，式②，式③，得速度的大小和方向分别为

v22m2k(ll)20()2v0m1m2m1m2m2v0l0arcsin(m1m2)lm2k(ll0)222v0()m1m2m1m2

里面差第五章的例题：例（5.3.3）第179页 例（5.3.4）

5.10 一细绳绕在半径为r 的定滑轮边缘, 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F拉绳的下端(见图(a))或悬挂一重量P = F 的物体(见图(b)) ,使滑轮自静止开始转动。分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。（已考）

[分析与解答]如图（a）情况下，绳子的张力FTF。按转动定律有

FTI1 故1在图（b）情况下，有

FFTFTr IFFa2gg 解得 2FTI2F F2Ig

题5.10 图 题5.11 图

5.11 一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成,可绕光滑的水平对称轴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 (m1> m2)的物体A、B 相连(如图) 。试求: ( 1) 两物体的加速度;

( 2) 绳子的张力; ( 3) 轮轴的角加速度。

[分析与解答]分别对物体A，B和轮轴作受力分析（见图b），根据牛顿运动定律和转动定律，有

对A： m1gT1m1a1 ① 对B： T2m2gm2a2 ② 对轮轴： T1RT2rI ③

11 I=MR2mr2 ④

22 1R ⑤ 2r ⑥ 解式① ~ ⑥方程组得 m1Rm2rg 22Im1Rm2r 1m1Rm2rm1Rm2r， Rgrg 2Im1R2m2r2Im1R2m2r2Im2r2m2rRIm1R2m1rR T1m1g， T2m2g

Im1R2m2r2Im1R2m2r25.16 如图所示, 有一半径为R 的水平圆转台, 可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动, 转动惯量为I , 开始时转台以匀角速度ω0 转动, 此时有一质量为m 的人站在转台中心, 随后人沿半径向外跑去, 当人到达转台边缘时转台的角速度为多少? [分析与解答] 取人和转台为研究对象，在人从中心走向边缘的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有

I0ImR2

则 I0

ImR2（图5.16）

（ 图5.20）

5.20 如图所示,一长为l = 0.40m, 质量为M = 1kg 的均质杆, 铅直悬挂。试求: 当质量为m= 8×10-3kg 的子弹以水平速度v = 200m·s-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。

[分析与解答] 求解此题可按两个过程分别处理：

（1）由子弹射入杆到两者一起开始摆动。此过程可视为完全非弹性碰撞过程。

133取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 mvlmlMl2 ①

344由式①可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度

23mv48.86rad/s 9212mlMl163（2）由系统开始摆动到摆至最大α角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统满足机械能守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C为重力势能零点，则

2131221mlMlmgl2443 ②

lll3Mgcosmglcos22249211Mml2316由②式可求得最大摆角为 arccos195.4

13Mmg425.21 质量为m’,半径为R 的圆盘,可绕一垂直通过盘心的光滑水平轴转动, 盘上绕有轻绳, 一端悬挂质量为m 的物体(如图)。试问: ( 1)物体由静止下落高度h 时,其速度v 的大小是多少? (2 )若物体自由下落h 高,其速度v’为多少? 说明两种速度有差异的原因。 [分析与解答]

（1）物体受重力P和绳子张力FT，有 mgFTma ①

滑轮变张力矩，有 FTRI1am'R2. ② 2R 22ah ③

联立① ② ③解得 2mgh 1mm'2（2）由自由落体规律 '2gh 图5.21

其中差例题 例6.2.3（第204页）例6.4.1（第217页）

6.7 水平放置的均匀带电细棒, 长为l , 电荷为q。试求其自身延长线上离棒中心为r 处一点的电场强度E。

[分析与解答] 取dx,其上带电荷 dqdxqdx ldq在p点激发的电场强度dE为 dEdqi

40(rx)21则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为

l1dx12EdEli4rx24002ll2r42iqi

0(4r2l2)6.12 如题6.17图（P257）所示, 半径为R1 , R2 的两个同心球面上, 分别均匀分布着+Q1 , +Q2 。求:（已考）

( 1)Ⅰ, Ⅱ,Ⅲ3 个区域的电场强度E与电势U; ( 2)分别画出E— r 曲线;

( 3) 若Q1 ,Q2为异号电荷时, 则情况如何?

( 4) 若在两球面外, 沿直径方向放一长为l = R2、电荷线密度为λ的均匀带电细杆ab( Oab 在同一直线上),Oa = 2R2,求ab 受力多少?

[分析解答]

(1)按题意，两同心带电球面系统的电场分布具有球对称性，可用高斯定理

来求解电场强度E的分布。为此，以O为求心,r为半径作高斯球面，由高斯定理有：

Q EdSEdSE4r20

则 EQ 240r1当 rR1r>R2 E3Q1Q2 (沿方向) U= r40r2(2)E-r曲线如图（b）

E Q1Q2 240R2

Q1 40R12 O R1 R2 r

 (3)视具体情况而定，有可能改变E2、E3的大小和方向。 （4）取沿oad方向为x轴正方向，并以O点为坐标原点。

在ab杆上，距O点为x处取线元dx，其上带电荷dq=λdx，该处的电场强度

EQ1Q2(Q1Q2)，则受电场力为 dFEdqdx

40x240x23R2则 ab受电场力为 FdF(Q1Q2)i 或 F240R22R2(Q1Q2)(Q1Q2) dx240R240x26.14 设有一均匀带电球体，半径为R，电荷体密度为ρ试求：（1）其电场强度的分布；（2）若在球内 挖 去 一 个 半 径 为R“ 的 球 形 空 腔，求空腔内任一点的电场强度。（自己做）

7.5 （a）B

（b）B（e）BI10I0 方向： 22l4lI10I0 方向： 22R4R0I2R0I 方向：（已考）本题考的是填空题 4R

7.6 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, 其中心处的磁感强度为B2 , 试求B2/B1 。

(2) 如图所示, 宽度为a 的无限长金属薄片, 均匀通以电流I 并与纸面共面。试求在纸面内距薄片左端为r 处点P 的磁感强度B。（已考）

[分析与解答] （1） 图形载流导线中心的B10I。改为正方形时，每

2R边长

12R1R,距中心点O的垂直距离均为aR,每边（载流I）在O点

4420II420I,则sin45,则中心O点的总磁感强度B240sin4522a2aR激发的BB282。 题7.6（2）图

2B1（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dIIdx a0dI0Idx 它在P点激发的磁感强度为dB2x2ax则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为

BdBrar0IIradx0ln2ax2ar 方向：⊙

7.13 有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：

（1）r＜R1， （2）R1＜r＜R2，（3） R2＜r＜R3， （4） r＞R4 7.14 一根半径为R 的实心铜导线, 均匀流过的电流为I , 在导线内部作一平面S( 见图) , 试求:

(1) 磁感强度的分布;

(2) 通过每米导线内S 平面的磁通量。（题7.14 图） [分析与解答] （1）作与铜导线同轴的圆形安培环路L，由安培环路定律有

LBdlB2r0I得BrR 时，环路包含的电流为I代入式①得 B0I ① 2r12r；rR时，II。 2R0Ir0IrRB； rR 2 2r2R（2）在截面S上取面积元dS1dr，穿过dS的磁通量dm为

dmBdS0Irdr 22R则通过单位长度导线内S平面的磁通量m为

mdmR00Ir0Idr 242R（填空题）

8.11 如教材P356题8.11图所示， 通过线圈平面的磁通量为

m(6t27t1)103Wb，试求

t=2s时，线圈中的i的大小和方向。 题8.11图 [分析与解答]

idm(12t7)1033.1102V， dt绕向为逆时针方向。