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。