江苏大学大学物理练习册重点题

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)22cm ； (D) cm 。 解：(A)由动能定理)02.0(2000002.0200002

1

20002.0212-?+??=??x m x 03.0=

1. 一质量为m 的物体,以初速0v

从地面抛出,抛射角为θ,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：j

mv j mv i mv i mv v m v m I

θθθθsin )sin cos (cos 00000-=+-=-=θsin 0mv ;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gx g T 2.010-=,=-=-==??

100210

)98.098()2.010(x x dx gx g Tdx A h

J 882

1． 摩托快艇以速率

行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F =-k 2

（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) 证明速度与路程x 之间的关系为x m

k

e

-=0υυ。

解:(1)2

kv dt dv m -=,分离变量并积分??-=t v dt m k v dv v 020

, t

kv m mv v 00+= (1) (2) dt t kv m mv vdt dx 00

+=

=,)ln(00

0m t kv m k m dt t kv m mv x t +=+=? (2) (3) 由（1）式得v v m t kv m 00=+，代入（2）式得v

v

k m x 0ln =，x m

k

e v v -=0

2． 一根特殊弹簧，在伸长x 米时，其弹力为(4x +6x 2

)牛顿。将弹簧的一端固定， （1）把弹簧从x =米拉长到x =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

v m

θ

x =米回到x =米时物体的速率。

解:(1)J x x dx x x dx F A b

a

25.3)22()64(15.0321

5

.02=+=+==??外外

（2）根据质点的动能定理 2

2

1mv E A k =

?=弹 J

x x dx x x dx F A b

a

25.3)22()64(5

.01325

.01

2=+-=+-==??弹弹,

222

1

25.3v ??=

,

s m v /80.1=

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:ma T mg 221=-,ma mg T =-2,2/2/2

21ma mR

J R T R T ===-αα, 解得

7/2g a =

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，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0

，

则棒停止转动所需时间为 ( A )

(A)2L

/(3g )； (B) L

/(3g )； (C) 4L

/(3g )； (D) L

/(6g )。

m

r m

R

L

g

mL L mg

J M 23,312,:2-

==-=ααμα得根据解g L t t L g μωω32,23000=-=

2.一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40rad/s 减到10rad/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

:

)

/1(620

s t

πωωα-=-=

,

πππαωθθθ125562

1

540212200=??-?=+=-=?t t ,

=?=πθ2/n 5.62圈; t αω+=0,=-=αω/t )(3/5s

2.一个飞轮直径为、质量为，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220

/11026.1405

.00

102s t

?==-?=

-=

ππωωα

rad πππαωωθ54020

)20(222

02=?-=?-=?,reV n 5.22=?=

π

θ (2)αα221,mR FR J M =

=,N mR F 3.474015.052

1

21=???==πα J FR S F A 111515.03.47=??=??=?=πθ

(3)s rad t /1026.110403

0?=?=+=παωω,

s m R v /1089.16040015.02?==?==ππω

3. 如图所示，物体的质量m 1和m 2，定滑轮的质量m A 和m B ，半径为R A 和R B 均为已知，且m 1>m 2。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m 1和m 2的加速度。

解：4.解：对右物体: a m T g m 111=- (1) 对右滑轮:a R m R m I TR R T A A A A A A 2

12112

111==

=-αα a m T T A 2

1

1=

- (2) 对左物体: ma g m T =-22 (3)

m 2g

T

T 2

T

T 1

对左滑轮:a R m R m I R T TR B B B B B B 2

12122222==

=-αα a m T T B 2

1

2=

- (4) (1)(4)式相加得g m m m m m m a B A 2

/2/212

1+++-=

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 =m 2

。

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αJ M =得

2/2.395.0/2.098//s rad J Fr J M =?===α

(2)由牛顿第二定律、转动定理及线量和角量的关系得

ma T mg =- (1) αJ Tr = (2) αr a = (3)

2/8.212

.0/5.02.0108910/s rad r J mr mg =+???=+=α

6．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0

。设它所受阻力矩与转动角速

度成正比M = k (k 为正常数),它的角速度从0

变为

/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 ωω

k dt d J

-= （1） 即ω

ωd k J dt -=， ??-=2/000

ωωωωd k J dt t ，2ln k J

t =

（1）式可写成 ωθωωk d d J -=，ωθd k

J

d -=，

?

?

-

=2

/0

00

ωωθ

ωθd k

J

d ，Ik J 0ωθ=,k

J n πωπθ420==

1． 关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( )

r

m

m

m '

m '

O F

r

T

m 1g

1

（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

0)(=--'ωωJ R R v m ,)/(3/42/2

22s rad mR MR R

v m mR J R v m =+'=+'=

ω

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，今使杆从与竖直方向成?60角由静止释放(g 取10m/s 2

)，则杆的最大角速度为 ( )

（A ）3rad/s ； (B) rad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。 解：(A)杆转至竖直位置角速度最大. 由

机

械

能

守

恒

得

)60cos 1(2

3121022-=??l

mg ml ωs rad l

g

/323==

ω

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

ωω''=-+J mvh mvh J ,J J >',ωω<'

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0J ，角速度为0ω，

然后她将两臂收回,使转动惯量减少为3/0J ，这时她转动的角速度变为

?

60O O

υ

υ

（ ）

(A) 3/0ω； (B) 3/0ω； (C) 03ω； (D) 03ω。解：(C)由角动量守恒得03ωω=

1．质量为m 的质点以速度v

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2

i i r m J ∑=知转动惯量减小;由角动量守恒得,J

J 0

0ωω=

,角速

度

增

大

,角动量

不

变;2000

21ωJ E k =,2

02

02

002212121ωωωJ

J J J J J E k =

??? ??==,J J >0,0k k E E >.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3/2

ML ,—质量为m 、速率为v 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2/v ,此时棒的角速度应为 。解：角动量守恒ML m 23υ

3． 长l =、质量M =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=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 ω??

? ??+=2

2

3

1

ml Ml mvl ,

s rad l

v

l m M mv /2303.0)3(3==+=

ω

(2)根据机械能守恒得 )cos 1()cos 1(2

3

1

212

2

2θθω-+-=??

? ??+mgl l

Mg

ml Ml , l M

O

m v

863.08

.999.241)2(311cos 222=?-=+??? ??+-=m M ml Ml ω

θ, 29.30=θ

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A

=，

B

=。则两

者

互

测

的

相

对

运

动

速

度

____________

。

解:9.08.019.08.0)/(12

?+--='++'=c c u c v v u u x

x x c 9884.0-=

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Ｂ端距离为ｂ的Ｐ点处的电场强度。

解：以一端A 为坐标原点o ，沿AB 细直线为x 轴，如图所示。在细线上取长为d x 的线元，其电量d d q x λ=。根据点电荷的场强公式，d q 在P 点所激发的场强沿x 轴正方向，大小为

P 2

01d d 4π()

x E a b x λε=

+- 根据场强的叠加原理，P 处的总场强沿x 轴正方向，其大小为

P P 20

0001d 11d ()4π()4π4π()a x a E E a b x b a b a b b

λλλεεε===-=+-++??

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

θ处取长为d l 的线元，其电量

0d d sin d q l R λλθθ==。根据点电荷的场强公式，d q 在细圆环中

心o 处所激发的场强方向如图所示，其大小为

02

00sin d d d 4π4πq

E R R

λθθεε=

= d E 沿x 、y 方向的分量分别为d cos d x E E θ=-和d sin d y E E θ=-。根据场强的叠加原理，细圆

环中心o 处场强的分量分别为

2π

00

0sin d cos d 04πx x E E R

λθ

θθε==-

=?? 200000sin d sin d 44y y E E R R

λθλ

θθεεπ

==-

=-π??

所以，细圆环中心处的场强为004x y E E i E j j R

λε=+=-。

3．解：以左侧表面上任意一点为坐标原点o ，垂直于板面向右为x 轴

正方向，建立图示坐标系。在平板内x 处取厚度为d x 的簿层，该簿层与原带电平板平行，其单位面积的电量为=d x σρ。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00d d 22E x σρεε==，方向平行于x 轴，根据场

强的叠加原理可以求得

1M 处的场强为 2

100

000

d d 224a a kx ka E x x ρεεε=-=-=-??

2M 处的场强为 2

200000d d 224a

a kx ka E x x ρεεε=

==??

M 处（0>>x a ）的场强为 2200

00d d (2)224x a x k E x x x a ρρεεε=+-=-??

由以上各处场强大小可以看出，场强最小在0a x >>之间，其最小值为零。令

220

(2)04k x a ε-=，得x =。

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P 到球心距离为1r ，过P 点作一个与带电球形壳层同心的球面作为高斯面S 。高斯面内的总

x

o

d E

θ

1

M

电量为

33

144(ππ)33

q V r a ρρ==-∑ 对S 面应用高斯定理1

S 0d q E S ε?=∑??，得2110

4πq E r ε?=∑，P 点的场强大小 3331112

2

201010144(ππ)

3

3()443r a q

a E r r r r ρρεεε-=

=

=-ππ∑ 1()a r b ≤≤

1．解：以一端A 为坐标原点o ，沿AB 细直线为x 轴，如图所示。在细线上取线元d x ，其电量为d d q x λ=。根据点电荷电势公式，d q 在P 点处的电势为

P 00d 1d d 4π4πq x V r a b x

λεε=

=

+-

根据电势的叠加原理，P 点处的电势为

P P 0

001d d ln

4π4πa x a b V V a b x b

λλεε+===+-??

4．解：设内球带电量为q ，根据高斯定理，两球间的电场强度大小为

2

04q E r

ε=

π

根据电势差与场强的积分关系，两球间的电势差满足

222

1

1

1

2

001211d d d 44R R R R R R q q U E r E r r r

R R εε??

=?=?=?=- ?ππ??

???

内球面所带的电量为

012214R R U

q R R επ=

-

1．解：设铁环半径为r ，长直导线中的电流为I 。A 、B 两点把铁环分为两段，长度分别为1l 和2l ，电阻分别为1R 和2R ，通过的电流分别为1I 和2I 。根据并联电路分流公式得，2112R I I R R =+，12

12R I I R R =+。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

010

1

2111222π22πI l R I l B r r

r R R r

μμ=

=

+，

020

21221222π22πI l R I l B r r r R R r μμ==+ 根据电阻定律可知112

2

R l R l =，所以21B B =。由于1B 与2B 方向相反，所以环中心处的总磁感应强度为120B B B =+=。

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

0(sin 90sin 60)4I

B d

μ=

?-?π

式中d 为正三角形中心到长直导线2

的距离，tan 302l d =??=

，所以

03)4I B l

μ=

=π

方向垂直纸面向里。根据电阻定律和欧姆定律，ac 边中的电流强度是ab （或bc ）边中的

电流强度的两倍，在正三角形中心处，ac 边中电流产生的磁感应强度是ab （或bc ）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。

2

I

3．解：建立如图所示坐标系，沿电流方向在导体上坐标x 处取宽度为d x 的窄条，其电流强度为d d I

I x a

=

。根据无限长直导线电流的磁场公式，d I 在P 点的磁感应强度 00d d d 2π()

2π()I

I

B x a b x a b x a

μμ=

=

+-+-

方向垂直于纸面向里。根据磁场叠加原理，P 点的磁感应强度

000

d d ln

2π()2πa

I

I

a b B B x a b x a

a

b

μμ+===

+-??

方向垂直于纸面向里。

5．解：P 为圆柱面轴线上任一点，过P 点取垂直于轴线的平面，以P 为原点建立直角坐标系，如图所示，电流垂直于纸面（xy 平面）向外。沿电流方向在圆柱面θ处取角宽度

为d θ的窄条，其电流强度d d π

I

I θ=。由无限长直导线电流磁场公式，d I 在P 点的磁

感应强度

002

d d d 2π2πI

I

B R R

μμθ=

=

d B 沿y 轴方向分量为 02d d cos cos d 2πy I B B R

μθθθ=-?=-

d B 沿x 轴方向分量为 02d d sin sin d 2πx I B B R

μθθθ=?=

π

02

=d cos d 02πy y I

B B R

μθθ=-

=?? π

00220

d sin d 2ππx x I

I B B B R

R

μμθθ====

??

d

5．解：根据安培环路定理，与载流无限长直导线距离为r 处的磁感应强度大小为02πI r

μ。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 300123d ln

2π2π

2

d

d

I

Id

d r r

μμΦ=?

=

? 较近导线中的电流在线圈中产生的磁通量为

2002d ln 22π2π

d

d

I

Id

d r r

μμΦ=-?

=-

?

总磁通量为0124ln 2π

3

Id μΦ=Φ+Φ=-

感应电动势为00d 4d 4(ln )ln d 2π

3d 2π

3

d d I t

t

μμεαΦ=-==

方向为顺时针。