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=Iβ T2-kx=0 a=βR 联立解得a=(mg-kx)/(m+I/R2)

?vvdv1h0?(mg?kx)d

m?I?0R2解得v=genhao (2mgh-kh2)/ (m+I/R2) 3.2 (10分)一皮带传动装置如图所示，

A,B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。A,B两轮皆可视为质量均匀分布的圆盘，其质量分别为m1和m2，半径分别为R1和R2。设皮带在轮上不打滑，并略去转轴与轮之间的摩擦。试求A,B两轮的角加速度?1和?2。解

M?(T1?T2)R1?12mR211?1 （1）……………………….2分 (T1?T12)R2?2m22R2?2 （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：

R1?1?R2?2

由式(2)得T11?T2?2m?2R2?2???一并代入式(1)得由式(3)得?R12?R?1?2?? 由式（2）（3）得

?M

1?2(m21?m2)R1代入式（3）得?2M 2?(m1?m2)R1R23.3 (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

?L0krdr?m…

由此得 k?2mL2 故 ??kr?2mL2r ……… 又 I??r2dm??r2?dr

所以

I??L2m0L2r3dr?122mL … （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

df??gdm??g?dr?2m?gL2rdr

dM?rdf?2m?g2L2rdr整个细棒所受到的摩擦力矩为

M?2?mg2L2?L0rdr?23?mgL

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

?Mt?0?I?o 213?gLt?(2mL2)?o

t?3?oL4?gaA＝aB＝

2(1?sina)5g 3.4 (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′－mgsin α＝maA ①

mg－T2′＝maB ②

又 T1′＝T1，T2′＝T2. ③ 对定滑轮，由转动定律得

T2R－T1R＝Iβ ④

由于绳不可伸长，所以

aA＝aB＝Rβ ⑤ 又 I＝

12mR2 联立式①，②，③，④，⑤得 T1＝

2+3sina5mg T2＝

3?2sina5mg aA＝aB＝

2(1?sina)5g 3.5 (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

mgl132?(3ml2)? ??g2l (2)由机械能守恒定律，有

mglsin??1(1ml2223)?2 ∴

??3gsin?l 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m1＝50kg，

m2＝200 kg,M＝15 kg, 解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所

示．对m1,m2运用牛顿定律，有

m2g?T2?m2a ①

T1?m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

T?T12r1r?(2Mr2)? ③

又， a?r? ④

联立以上4个方程，得

a?m2g?200?9.8?7.6m?s?2

m1?m2?M250?200?152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

12(ml2?13Ml2)?2?（m?1112M）glcos??2（m?2M）gl ( 2 )

解（1）、（2）得

第3大题： 计算题(80分)

3.7 (10分)一半径为R1的球体均匀带电，电荷体密度为?，球内有一半径为R2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R1，密度为?的大球和

半径为R2，密度为??的小球产生的电势之和，即

VP?V1?V2

取无限远处的电势为零，大球的电场分布为

???r?r?R1? E???3?0

??R3

1r

??3?3

?r?R1?0r

应用电势定义，可得大球内任意点的点电势

为

VR1??1??rE1dr??RE1dr?1??3R21?r2? 60对于空腔中心O??r?a?，大球产生的电势为

V1??6??3R21?a2? 0 同理，可得小球在O?处产生的电势为

V???3R222?R6???22 02?0由电势叠加原理

??3R22VV?1?a2??R22??3?R1?R22??a2?3.11

O??1?V26???02?06?0(10分)电量q均匀分布在长为2l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

??q/(2l)。在处取电荷dq??dx?qdx/(2l)它

在

P点产生的电势

dUdqqdxP?4π?a?x)?0(l?8π?0l(l?a?x)整个杆上电荷在P点产生的电势

UqldxP?8π?0l??l(l?a?x)

??q8π?ln(l?a?x)l?l0l?q8π?ln(1?2l) 0la3.12 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v0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

I?Blv/R，所受的磁力Fm在X轴上的投

影为

IBl??(Bl)2Fm??Rv……………………

………………….2分 由牛顿运动定律得

?mdv(Bl)2Fmdt??Rv

所以

dv(Bl)2v?Rmdt…………………………………….2分

根据初始条件，将上式两边积分

?vdv??(Bl)2tv0vRm?0dt

lnvv??(Bl)2得t则

0Rmv?v?(Bl)20eRmt 又由于

v?dx?v?(Bl)2Rmtdt0e所以

t(Bl)2(Bl)2tx?v?0?eRmt0dt?v0Rm?Rmt(Bl)2e

0)2?v0Rm(1?(BlRmt(Bl)2?e)

3.13 如图所示，一无限长的直导线中通有交变电流i?I0sin?t，它旁边有一个与其共面的长方形线圈ABCD，长为l宽为

(b?a)。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 B??0i2πr??0I02πrsin?t…在距导线r远

处，取面元ldr，穿过该面元的磁通量为

dΦ?B??dS??Bcos?dS?BdS??0I02πrsin?t?ldr在t时刻穿过回路ABCD的磁通量为

Φ??dΦ???B??dS??(S)?b?0I0a2πrsin?t?ldr

??0l2π(lnba)I0sin?t（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

???d??l?bdt??02π(lna)I0cos?t

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 B??0I2πr （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

(v??B?)的方向沿OA方向，??π2即(v??B?)与dl间夹角为

零。由于线元dl速度大小v??l，所以dl上的动生电动势大小为

d??(v??B?)?d?l?(vBsin?2)cos0?dl??Bldl

金属棒上总的动生电动势大小为

?OA??d?(v??B?)?d?L??Ll

??L0?Bldl??L??0I………………….

02πrldl………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，

l?r?b,dl?dr，将其代放上式故 2.7?103?2.03?103?6.7?102V

?L?0Ib?L(r?b)OA??b?b?2πr(r?b)dr??0?I2π?brdr??0?Ib?L2π(L?bln)由?OA?0或由

B(v??B?)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

V11?4??(q1?q2 0RR)12由上式可解得：q1?1.0?10?8C ⑵

V1q1?q22?4?? 0R2由上式可解得：V32?2.03?10V 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V2?2.03?103V。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

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?aOb??,ab?Ox。若t?0时，ab边由x?0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；

??BS?B?12lx

将x?vt,l?xtan??vttan?代入上式，则

??B?12v2t2tan? .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

??d?dt?Bddt(12v2t2tan?)?Bv2ttan??Bv2ttan?

?的方向从b指向a。

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