江苏大学大学物理练习册重点题

【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流江苏大学大学物理练习册重点题.精品文档.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)2 cm； (C)cm； (D)12.5 cm。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u0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F=-ku2（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u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u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m，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w0，则棒停止转动所需时间为 ( A )(A)2Lw0/(3gm)； (B) Lw0/(3gm)； (C) 4Lw0/(3gm)； (D) Lw0/(6gm)。2.一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40prad/s减到10prad/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),T2TTT13. 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m1m2。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)m2gT2对左物体: (3)m1gT1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w0。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M= -kw (k为正常数),它的角速度从w0变为w0/2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) prad/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O3 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u=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uA=0.9c， uB=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端距离为的点处的电场强度。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近导线中的电流在线圈中产生的磁通量为总磁通量为感应电动势为方向为顺时针。