大学物理 大题

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1、第五章：刚体的转动：1、如图所示，半径为 r1=0.3m 的 A 轮通过皮带被半径为 r2=0.75m的 B 轮带动，B 轮以匀角加速度为 rad/s2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求 A轮达到转速 3000r/min 所需要的时间。2、如图示，一长为L、质量可以忽略的刚性直杆，两端分别固定质量分别为2m和m的小球，杆 可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始杆与水平成某一角度，处于静止状态，释放后， 杆绕O轴转动，则当杆转到水平位置时，求（1）该系统所受到的合外力矩M的大小；（ 2）该系统对光滑固定转轴的转动惯量；（3）此时该系统角加速度的大小。3、如图所示，

2、设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1 m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计。设开始时系统静止，试求（1）滑轮的角加速度 ， （2）重物的加速度a， （3）t时刻滑轮的角速度 4、质量为 M1=24kg 的鼓形轮，可绕水平光滑固定的轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为 M2=5kg 的圆盘形定滑轮悬有 m=10kg 的物体。求当重物由静止开始下降了h=0.5m 时， （1）物体的速度；（ 2）绳中张力（设绳与定滑轮之间无相对滑动，鼓轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为 ， ）21RMJ2rJm2rm12mmoM

3、2M1R rm5、一长 l，质量为 m 的匀质刚性细杆 OA，可绕过其一端点 O 的水平轴在铅垂面内自由摆动（摩擦力可不计）。现将细杆从水平位置静止释放，求：（1）当细杆摆至图中 角位置时，细杆所受力矩 M 为多少？以及此时细杆角加速度 的大小？（2）当细杆运动到=/2 时，细杆转动角速度 为何？（细杆对过 O 转轴的转动惯量为 ）231ml6、一长l，质量为M的匀质刚性细杆，可绕过其一端点O 的水平轴在铅垂面内自由摆动（摩擦力不计）。开始时细杆铅直悬挂，现有一质量为m的子弹，以速度 v0垂直入射并嵌入到细杆中 P点（到水平轴的距离为a），而后一起转动，求：（1）碰撞前子弹对转轴O的角动量L0

4、；（2）碰撞刚完成时细杆的角速度；（3）细杆与子弹一起上摆可以到达的最大转角max。（细杆对过O 转轴的转动惯量）21Ml1、解：两轮的角加速度分别为 A， B，有atA=atB=at=r1 A=r2 B 则 =A12rB又 = At 212rrtBA= 75.03.)6/3(=40s2、解力矩： gmrM21在 =0时， M=2mgl/2-mgl/2， mglO APa 0mOmax 2r1rAB2mmo由刚体定轴转动定理 M=J刚体的转动惯量 J=2m(l/2)2+m(l/2)2= 3ml2/4 角加速度 =M/J= lg33、解：作示力图 两重物加速度大小 a相同，方向如图对重物1应用牛

5、顿第二定律： m1g-T1=m1a （1） 对重物2应用牛顿第二定律： T2- m2g =m2a （2） 应用定轴转动定理有： （ T1-T2） r =J （3） 绳与滑轮间无滑动，有： a= r （4） 联列求解（1）（4）式，有： 角加速度： Jrmg21)(加速度： ra21t 时刻的角速度： Jrgtt21)(4、解：受力分析如图示，由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程： 2212 rMJrT1Rmag21rahv2求解联立方程，可得 221/4)(mgsMsahv/2T2Mg21N1N1Tg112gmNagmT58)(2M415、解：力矩： gmr在转到 时， M=

6、 cos mgl/2 由刚体定轴转动定理 M=J 刚体的转动惯量 J=ml2/3 角加速度 =M/J= 3g cos /(2l) dt 两边积分： ，有2/00 lglg32/sin36、解：（1）碰撞前，子弹的角动量： 0amvL（2）碰撞过程，角动量守恒：)31(220MlmaL )/(20lv（3）碰撞完成后上摆，机械能守恒：（以转轴为重力势能零点） maxmax22 coscos2101)3(1 gMglmaglla )/()3(rcos2max la第六章1如图所示，一长为 10cm 的均匀带正电细杆，其带电量为 1.510-8C.试求在杆的延长线上距杆的端点 5cm 处的 P 点的

7、电场强度。(O APa 0mOmax)290/14CmN2. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之一圆弧 AB 半径为 R，试求圆心 O 点的场强。3. 半径为 和 （ ）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分1221别带有电量 和 ，试求：（1） ；（2） ；1Rr21Rr（3） 处各点的场强。2Rr4.电量 q 均匀分布在长为 2 的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为 的 p 点的电势l a（设无穷远处为电势零点） 。5. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为 ，球层内表面半径为 ，外表面半径1R为 。设无穷远处为电势零点，求球层中半径为 r 处的电势

8、。2R6. 如图所示，一半径为 R 的均匀带正电圆环，其电荷线密度为。在其轴线上有 A、 B 两点，它们与环心的距离分别为，一质量为 、带电量为 q 的粒OR8,3m子从 A 点运动到 B 点，求在此过程中电场力所作的功。1.解：设 P 点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点 O， X 轴沿杆的方向，如图，并设杆的长度为 L， P 点离杆的端点距离为 d，在 x 处取一电荷元 dq=(q/L)dx，它在 P 点产生场强2020 )(4)(4dLqLqdEP 点处的总场强为)(4)(0402dLqxdLqE代入题目所给数据，得的方向沿 X 轴正向。CN/18.E2.解：在 O 点建立坐标系如图所示

9、，半无限长直线 A 在 O 点产生的场强：)(401jiRE半无限长直 点产生的场强：在Bji02四分之一圆弧段在 O 点产生的场强： )0cos2(4sin4 )in(sico020 RdREAByx )(403jiRE由场强叠原理， O 点合场强为： )(0321ji或写成场强： ，方向 。204xyE453.解：利用高斯定律： 。01iSSdqA内（1） 时，高斯面内不包括电荷，所以： ；1rR 10E（2） 时，利用高斯定律及对称性，有： ，则：2 20lrl；20Er（3） 时，利用高斯定律及对称性，有： ，则：2R 3rlE；即： 。1202rREr4.解：设坐标原点位于杆中心 O

10、点， X轴沿O B A y x 3E 2 1 杆向右的方向，如图所示,细杆的电荷线度 ，在 x处取电荷)2/(lq元 ，它在 P点产生的电势)2/(lqdx)8400 xaqdaldUp 整个杆上电荷对 P点产生的电势)(80lxqplal|n)21(80lq5.解： r处的电势等于以 r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势 U1和球面以外的电荷产生的电势 U2之和，即U=U1+U2 rRrqi 03104)(/)4/(33120R为计算以 r为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取的薄层，其电量为drq24它对该薄层内任一点产生的电势为 则002 /)4/(rddqU)(220022 rR

11、rddU于是全部电荷在半径为 r处产生的电势为 )()(320312021 r(60rR注：也可根据电势定义直接计算。6.解：设无穷远处为电势零点，则 A、 B两点电势分别为02043RUA68Bq由 A点运动到 B点电场力作功为0012)64()( qqUqWbA注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。第七章1一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为 a，外筒半径为 b，筒长都是 L，中间充满相对介电常数为 r的各向同性均匀电介质，内、外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q，设b-ab，可以忽略边缘效应，求：（1） 半径 r 处（aR3r01(2) 40212rQEe= （3）将 Q1和

12、R1、R 2的值代入有： dVWe drR240321Je 8219.)6/(123EO rS第八章1、一根无限长直导线，通有电流 I， 中部一段弯成半径为 R 的四分之一圆弧，各段导线都在同一平面内（纸面内） ，求图中 O 点的磁感应强度。2、 在一半径 R的无限长半圆柱形金属薄片中，沿长度方向有电流 I通过，横截面上电流分布均匀。试求圆柱轴线上任一点的磁感强度。3、一根半径为 R 的无限长直铜导线，导线横截面上均匀通有电流 I，试计算：（1）磁感强度 的分布；B（2）通过单位长度导线内纵截面 S 的磁通量。4、 有一圆环形导体薄片，内外半径分别为 R1和 R2，如图所示，在圆环面内有稳定的

13、电流沿半径方向均匀分布，总电流强度为 I，求圆心 O 点处的磁感强度和磁矩。5、如图所示，在长直电流 I1旁有一个载有电流 I2的刚性矩形导体框。（1）求在 I1的磁场中 AB、 BC、CD 和 AD 边所受的安培力；（2）求导体框所受的合力； 6、一矩形截面的环形螺线管，环内充满磁导率为 的磁介质，螺线管均匀绕有 N 匝线圈，线圈中通有电流 I，试求：（1）环内距轴线为 r 远处的磁感强度；（2）通过螺线管截面的磁通量。1、解：根据磁场叠加原理， O 点的磁感应强度是图中 4 段载流导线磁感应强度的叠加。由公式 ，可得210cosdIB对导线 1 和 4，有： 041B对导线 3，有：I I

14、RO12 3412 I O d x y R2R1I OI1 I2 I2d blA BCDI IRO12 3412 I O d x y RIRIdIB 243cos24cos4 002103 方向垂直向里；对导线 2，有： RIIdlRIIdlrIdlB 8244sin4 002020202 方向垂直向里；O 点的磁感应强度： ，方向垂直向里。)14(204321 IB2、解：建立如图坐标系，在金属薄片上取宽为 l 的无限长窄条，其中电流为 dIRIdlI该电流在轴线上处的磁感强度为：大小： IIB200方向：如图（不同电流的 方向不同）Bd其分量为 RIdIBdBxx 2002sinsinco02IcoyyS半圆柱轴线上的磁感强度 iRIB203、解：根据安培环路定理： ， Ild0L选取圆形回路为闭合路径。： ，Rr20rRIr2B rRIB20： ， I通过距离轴线为 r，长度为 l、宽度为 dr 的面积元的磁通量为：SdBmlrR2I0通过单位长度导线内纵截面 S 的磁通量： 4200IdrRIm4、解：分析 圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环, 应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式和磁感强度的叠加原理求解。在圆环形导体上距 O 点为 r 处取宽为 dr 的细圆环，所载电流 ，d