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)2cm；(C)22cm；(D)12.5cm。解：(A)由动能定理)02.0(2000002.0200002120002.0212xmx03.01.一质量为m的物体,以初速0v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：jmvjmvimvimvvmvmIsin)sincos(cos00000sin0mv;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gxgT2.010,10021000)98.098()2.010(xxdxgxgTdxAhJ8821．摩托快艇以速率0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xmke0。解:(1)2kvdtdvm,分离变量并积分tvdtmkvdvv020,tkvmmvv00(1)(2)dttkvmmvvdtdx00,)ln(0000mtkvmkmdttkvmmvxt(2)(3)由（1）式得vvmtkvm00，代入（2）式得vvkmx0ln，xmkevv02．一根特殊弹簧，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)JxxdxxxdxFAba25.3)22()64(15.03215.02外外（2）根据质点的动能定理221mvEAk弹JxxdxxxdxFAba25.3)22()64(5.01325.012弹弹,222125.3v,smv/80.10vmvmI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:maTmg221,mamgT2,2/2/221mamRJRTRT,解得7/2ga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0/(3g)；(B)L0/(3g)；(C)4L0/(3g)；(D)L0/(6g)。LgmLLmgJM23,312,:2得根据解gLttLg32,230002.一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40rad/s减到10rad/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(620st,1255621540212200tt,2/n5.62圈;t0,/t)(3/5s2.一个飞轮直径为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220/11026.1405.00102strad54020)20(22202,reVn5.22(2)221,mRFRJM,NmRF3.474015.052121JFRSFA111515.03.47(3)sradt/1026.1104030,smRv/1089.16040015.02mrm2R3.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:amTgm111(1)对右滑轮:aRmRmITRRTAAAAAA212112111amTTA211(2)对左物体:magmT22(3)对左滑轮:aRmRmIRTTRBBBBBB212122222amTTB212(4)(1)(4)式相加得gmmmmmmaBA2/2/2121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=0.5kgm2。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JM得2/2.395.0/2.098//sradJFrJM(2)由牛顿第二定律、转动定理及线量和角量的关系得maTmg(1)JTr(2)ra(3)2/8.212.0/5.02.0108910/sradrJmrmg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0/2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kdtdJ（1）即dkJdt，2/000dkJdtt，2lnkJt（1）式可写成kddJ，dkJd，2/000dkJd，IkJ0,kJn420rmmmrmOFmgrTTm1gT1m2gT2T2TTT11．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0)(JRRvm,)/(3/42/222sradmRMRRvmmRJRvm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60角由静止释放(g取10m/s2)，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)60cos1(23121022lmgmlsradlg/323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JmvhmvhJ,JJ,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0，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（）(A)3/0；(B)3/0；(C)03；(D)03。解：(C)由角动量守恒得03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2iirmJ知转动惯量减小;由角动量守恒得,JJ00,60OO角速度增大,角动量不变;200021JEk,20202002212121JJJJJJEk,JJ0,0kkEE.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3/2ML,—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MLm233．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=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2231mlMlmvl,sradlvlmMmv/2303.0)3(3(2)根据机械能守恒得)cos1()cos1(23121222mgllMgmlMl,863.08.999.241)2(311cos222mMmlMl,29.30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=0.9c，B=0.8c。则两者互测的相对运动速度____________。解:9.08.019.08.0)/(12ccucvvuuxxxc9884.0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dx的线元，其电量ddqx。根据点电荷的场强公式，dq在P点所激发的场强沿x轴正方向，大小为lMOmvP201dd4π()xEabx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PP200001d11d()4π()4π4π()axaEEabxbababb