南理工大學物理練習題-2017-上

1、一、一、一長為一長為l、質量為、質量為m的均勻細桿，可繞軸的均勻細桿，可繞軸O軸轉動。桌面與細桿軸轉動。桌面與細桿間的滑動摩擦系數(shù)為間的滑動摩擦系數(shù)為 ，桿初始轉速為，桿初始轉速為 0 ，求：（，求：（1）細桿受的）細桿受的摩擦力矩；（摩擦力矩；（2）從）從0到停止轉動共經歷的時間；（到停止轉動共經歷的時間；（3）從）從0到停到停止轉動共轉了多少圈（如圖止轉動共轉了多少圈（如圖1）。）。Ox0 圖1二、二、長度為長度為L，質量為，質量為m的均勻細桿的均勻細桿OA，在豎直平面內可繞軸，在豎直平面內可繞軸O自自由轉動。開始時桿處于水平位置，如圖由轉動。開始時桿處于水平位置，如圖2?，F(xiàn)在以初角速度。

2、現(xiàn)在以初角速度0向下向下釋放。則：（釋放。則：（1）桿在水平位置時的角加速度是多少？（）桿在水平位置時的角加速度是多少？（2）桿轉）桿轉到豎直位置時的角速度是多少？到豎直位置時的角速度是多少？A端的線速度是多少？端的線速度是多少？ AAOmg2圖圖1三、三、質量為質量為M20kg，半徑為，半徑為R2m的轉臺（可看作勻質圓盤）的轉臺（可看作勻質圓盤）繞中心豎直軸以勻速繞中心豎直軸以勻速0 勻速轉動，今有沙粒以每秒勻速轉動，今有沙粒以每秒2kg的速率的速率（dm/dt=2kg/s）垂直落到轉臺上，在轉臺上粘附成一半徑為）垂直落到轉臺上，在轉臺上粘附成一半徑為r1m的圓環(huán)（如圖的圓環(huán)（如圖3）。求）

3、。求試寫出轉臺的轉動慣量試寫出轉臺的轉動慣量I隨時間隨時間t的變化的變化關系式；關系式； 求當沙粒落到轉臺上使轉臺轉速減到求當沙粒落到轉臺上使轉臺轉速減到0/2 時所需要時時所需要時間。間。3圖圖四、四、水平桌面上，長為水平桌面上，長為L，質量為，質量為m1的勻質細桿，一端固定于的勻質細桿，一端固定于O點，點，細桿可繞經過細桿可繞經過O點的軸在水平桌面上轉動?，F(xiàn)有一質量為點的軸在水平桌面上轉動?，F(xiàn)有一質量為m2，速，速度為的小球垂直撞擊細桿的另一端，撞擊后粘在度為的小球垂直撞擊細桿的另一端，撞擊后粘在m1上與上與m1一起轉一起轉動動（如圖（如圖4）。）。 求：（求：（1）撞擊后桿的角速度大小；

4、（）撞擊后桿的角速度大小；（2）撞擊過程）撞擊過程中的能量損失。中的能量損失。O, l1m 2m0v4圖圖2五、五、一長為一長為L，質量為，質量為m的均勻細棒，一端可繞水平光滑軸的均勻細棒，一端可繞水平光滑軸O在豎在豎直平面內轉動。當細棒靜止在豎直位置時，有一質量為直平面內轉動。當細棒靜止在豎直位置時，有一質量為m0，速度，速度為的為的v子彈，水平射入其下端而不復出。此后棒恰好擺到水平位置子彈，水平射入其下端而不復出。此后棒恰好擺到水平位置后重又下落。求：（后重又下落。求：（1）子彈射入棒前的速度）子彈射入棒前的速度v ；（；（2）棒回到豎）棒回到豎直位置時的角加速度；（直位置時的角加速度；（

5、3）碰撞過程中損失的能量。）碰撞過程中損失的能量。 六、六、水星質量為水星質量為m1，繞質量為的太陽運行，繞質量為的太陽運行MS，軌道的近日點到太，軌道的近日點到太陽的距離為陽的距離為r1，遠日點到太陽的距離為，遠日點到太陽的距離為r2，求：（，求：（1）水星越過近）水星越過近日點時的速率；（日點時的速率；（2）從近日點到遠日點引力做的功。）從近日點到遠日點引力做的功。 七、七、一平面余弦波以速度一平面余弦波以速度u10m/s向向x負負方向傳播，時波形如圖所示，試求：（方向傳播，時波形如圖所示，試求：（1）入射波的波動方程；（入射波的波動方程；（2）p點的橫坐標點的橫坐標xp；（；（3）在處有

6、一反射墻，波從空氣傳）在處有一反射墻，波從空氣傳到墻壁被反射，求反射波的波動方程；到墻壁被反射，求反射波的波動方程；（4）合成波的波動方程及波節(jié)點的位置；）合成波的波動方程及波節(jié)點的位置；（5）合成波的平均能流密度。）合成波的平均能流密度。)(mym)(x5-52.-oP4u5圖3八、八、定滑輪半徑為定滑輪半徑為 R，轉動慣量為，轉動慣量為 I ，一長度不變的輕繩一端與固，一長度不變的輕繩一端與固定的勁度系數(shù)為定的勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，另一端與質量為的輕彈簧相連，另一端與質量為 m 的物體相連，的物體相連，繩子與滑輪間無相對滑動，忽略輪軸摩擦?，F(xiàn)將物體從平衡位置繩子與滑輪間無相對滑動，忽略

7、輪軸摩擦?，F(xiàn)將物體從平衡位置拉下一小段距離后釋放，（拉下一小段距離后釋放，（1）證明物體作諧振動并求其振動周期。）證明物體作諧振動并求其振動周期。ORmg TF0 x TFTFxx九、九、若入射波方程為若入射波方程為，在，在 x=0 =0 處反射。若反射端為自由端，則：處反射。若反射端為自由端，則：（1 1）反射波的波動方程；（）反射波的波動方程；（2 2）合成波的）合成波的波動方程；（波動方程；（3 3）波節(jié)點的位置。）波節(jié)點的位置。若反射端為固定端，則：（若反射端為固定端，則：（4 4）反射波的波）反射波的波動方程；（動方程；（5 5）合成波的波動方程；（）合成波的波動方程；（6 6）波腹

8、點的位置；（波腹點的位置；（7 7）該情況下合成波的能）該情況下合成波的能流密度。流密度。 )2sin(1 xtAy 圖圖6 6（2 2）當將）當將m m托至彈簧原長并釋放時，求買托至彈簧原長并釋放時，求買m m的的運動方程（以向下為正方向）運動方程（以向下為正方向）4十一、十一、有一卡諾熱機有一卡諾熱機.(1).(1)請在請在P-VP-V圖中圖中, ,畫出循環(huán)曲線畫出循環(huán)曲線; ;(2)(2)證明其效率證明其效率 =1 - T2/T1 . .十、十、試導出理想氣體準靜態(tài)絕熱過程方程：試導出理想氣體準靜態(tài)絕熱過程方程：PVPV=C=C（常數(shù)）（常數(shù)）（為絕熱比）為絕熱比）十二、十二、空氣標準奧

9、托循環(huán)由下述四個過程組成空氣標準奧托循環(huán)由下述四個過程組成：（：（1） a-b，絕熱；，絕熱； （2） b-c，等體吸熱；（，等體吸熱；（3） c-d，絕熱；（，絕熱；（4） d-a，等體放熱；，等體放熱；求此循環(huán)的效率。（如圖求此循環(huán)的效率。（如圖7） 十三、十三、1摩爾雙原子理想氣體的某一過程摩爾雙原子理想氣體的某一過程的摩爾熱容量的摩爾熱容量 ，其中，其中 為定為定容摩爾熱容量，容摩爾熱容量，R為氣體的普適恒量；為氣體的普適恒量；（1）求出此過程的過程方程；（）求出此過程的過程方程；（2）設）設初態(tài)為（初態(tài)為（P1，V1），求沿此過程膨脹到），求沿此過程膨脹到2V1時，氣體內能變化，對外

10、作功及吸熱時，氣體內能變化，對外作功及吸熱（或放熱）。（或放熱）。RCCv vC絕熱絕熱pVba2V1Vcod1Q2Q絕熱絕熱圖圖7 75十四、十四、1摩爾氧氣的循環(huán)曲線如圖摩爾氧氣的循環(huán)曲線如圖8，bc為絕為絕熱線，試求：（熱線，試求：（1）ab、ca過程系統(tǒng)吸收的熱過程系統(tǒng)吸收的熱量量Qab和和Qca；（2）循環(huán)效率）循環(huán)效率 。（要求：。（要求：Qab、Qca可用可用p1、p2、V1字母表示，字母表示，需算需算出數(shù)值）出數(shù)值）Pp2p1V22 V1V1abc圖8十五、十五、如圖，長為如圖，長為l、電荷線密度為、電荷線密度為的均勻帶電線段，求其延長線的均勻帶電線段，求其延長線上上p點的場強

11、和電勢。（如圖點的場強和電勢。（如圖9）PaOlx 圖圖9 96十六、半徑為半徑為R1的導體球，外套有一同心的導體球，外套有一同心的導體球殼，殼的內、外半徑分別為的導體球殼，殼的內、外半徑分別為R2和和R3，當內球帶電荷，當內球帶電荷Q時，時，求求：（：（1）求空間求空間中的電場分布；中的電場分布；（2）場中的電勢分布；場中的電勢分布；（3）整個電場儲存的能量；整個電場儲存的能量；（4）如果將如果將外套的導體球殼外側接地，計算儲存的能外套的導體球殼外側接地，計算儲存的能量；量；（5）此電容器的電容值。（如圖此電容器的電容值。（如圖10） 3R2R1RQ Q Q O圖圖1010推廣推廣：（：（1

12、）內）內外均為球殼，當作電容處理？求解（外均為球殼，當作電容處理？求解（1）、（）、（2）、）、（3）、（）、（4）、（）、（5）（2）單個球殼，當作電容處理？求解（）單個球殼，當作電容處理？求解（1）、（）、（2）、（）、（3）、）、（4）、（）、（5）7十七、兩個同軸的圓柱面（如圖），長度均為兩個同軸的圓柱面（如圖），長度均為l，半徑分別為，半徑分別為a和和b。兩圓柱面之間充有介電常數(shù)為兩圓柱面之間充有介電常數(shù)為 的均勻電介質。當這兩個圓柱面的均勻電介質。當這兩個圓柱面帶有等量異號電荷帶有等量異號電荷+Q和和-Q時，求：（時，求：（1）兩圓柱面之間介質層內）兩圓柱面之間介質層內（a r b

13、）的電場強度分布；（）的電場強度分布；（2）在半徑為）在半徑為r的（的（ a r b ）、厚）、厚度為度為dr、長度為、長度為l的圓柱薄殼中任一點處，電場能量密度的圓柱薄殼中任一點處，電場能量密度we；（；（3）此薄圓柱殼中電場的能量此薄圓柱殼中電場的能量dW；（；（4）電介質（）電介質（ a r b ）中總能量）中總能量We；（；（5）此圓柱形電容器的電容）此圓柱形電容器的電容C。（如圖。（如圖11）ba rdr圖圖1111推廣推廣1：（1）若為實心圓柱導體，且電荷線密度）若為實心圓柱導體，且電荷線密度為為則如何則如何 ？求解（？求解（1）空間中電場分布；）空間中電場分布；（2）柱外的一點的

14、能量密度；（）柱外的一點的能量密度；（3）此此薄圓柱外殼中電場的能量薄圓柱外殼中電場的能量dW。推廣推廣2：（1）若為實心圓柱介質，）若為實心圓柱介質，介電常數(shù)為介電常數(shù)為，且電荷體密度為且電荷體密度為則如何則如何 ？求解（？求解（1）空間）空間中電場分布；（中電場分布；（2）柱外的一點的能量密度；）柱外的一點的能量密度；（3）此薄圓柱外殼中電場的能量此薄圓柱外殼中電場的能量dW。8十八十八、兩塊可視為無限大的導體平板、兩塊可視為無限大的導體平板A A、B B，平行放置，間距為，平行放置，間距為d d，板面為板面為S S。分別帶電。分別帶電Q QA A、Q QB B。且均為正值。求兩板各表面上

15、的電荷。且均為正值。求兩板各表面上的電荷面密度及兩板間的電勢差。面密度及兩板間的電勢差。aad 1 2 3 42s1sQBQA圖圖1212推廣推廣：（1 1）若）若QB=0，則如何？，則如何？（2 2）若）若B板外側接地，則如板外側接地，則如何何 ？（3 3）若若B板內側接地，則如板內側接地，則如何何 ？910002 IIIMt ：用動量矩定理用動量矩定理（一）（一）（glmglmlMIt 3221310020 gdxgdmdflm ,1）（一、解：一、解：mgllggdxxxdfdMMl 2120 lgIM23 ：亦亦可可用用轉轉動動定定律律（二二）t 0glt 3200 11（3）（一）用

16、運動學方法：）（一）用運動學方法：glgllgglttN 6232232132221220202020 20202 或gl 322020 gln 6220 20210 IM 動動能能定定理理：（二二）glmgLmlMI 3213121212020220 glN 6220 12二、二、解解：（：（1）2LmgM 231mLI IM LgIM23 cos2)2( LmgM dLmgMddA cos220220212121cos2 IImgLdLmgdAA 202212121 ImgLI Lg320 gLLLA3202 13三、解三、解：（1）沙粒下落使轉臺的轉動慣量發(fā)生變化）沙粒下落使轉臺的轉動慣

17、量發(fā)生變化)1.(20mrII )2.(2ttdtdmm 其中其中).(240221222mkgttrMRI 所以所以（2）由角動量守恒，有）由角動量守恒，有2)2(02000 trIII srIIt2024022200 解之，得解之，得).(4021220mkgMRI 其中其中142220211()3m v lm lml）角動量守恒：）角動量守恒：（四、四、 120213(3)m vmm l2222212 0122 02121111()2232(3)m m vEEm vm lmlmm）損失的能量為：）損失的能量為：（215五五、解：、解：（1）取子彈、細棒為一系統(tǒng)，碰撞時角動量守恒：取子彈、

18、細棒為一系統(tǒng)，碰撞時角動量守恒：ILmLm 1000解解之之得得：；其其中中LmlI1231 Lmmm 3100細棒上擺過程中機械能守恒：細棒上擺過程中機械能守恒：mgLgLmmI21212102102 將（將（2）式代入上式可得：）式代入上式可得：0003)2)(3(mLgmmmm （2）棒在豎直位置時所受的力矩為零，由轉動定律得）棒在豎直位置時所受的力矩為零，由轉動定律得IM 0 IM1622222212000011111()22223126EEm vIm vm LmLm mmgL）損失的能量為：）損失的能量為：（3六、解六、解：（：（1）設水星越過近、遠日點時的速率分別為）設水星越過近、

19、遠日點時的速率分別為1和和2 ，分別由機械能守恒和角動量守恒定理，可得分別由機械能守恒和角動量守恒定理，可得 22112221212121rrrmMGmrmMGmSS水水水水21rmMGrmMGEEASSpk水水（2 2）)(211212rrrrGMS)(212122rrrrGMS17七、七、解：（解：（1 1） u45=2=t=0t=0時，由圖可知時，由圖可知0200vAy32m32845532104551xtxtuxtAycoscoscos（2 2）t=0t=0時，時，00ppvy233210045pxmxp67. 6320m3245510tycosm3245520tycos（3 3）（4

20、 4）m321045532104552)(cos)(cosxtxty324581021txyyysinsin波節(jié)點：波節(jié)點： x=8k, k=0,1,2（5 5）駐波的平均能流密度：）駐波的平均能流密度： I=018八、解八、解1 1：建立如圖所示的坐標軸，物體平衡時有：建立如圖所示的坐標軸，物體平衡時有：0kxmg 物體在任一位置物體在任一位置 x 處：處：maFmgT - IRFFTT ）（-對滑輪有：對滑輪有： IRxxkFT )(-0考慮到考慮到 ，有，有 Ra xRImka2 02 xx 即：即：kRImT222 （2）設振動方程為 )cos(tAxkmgxA0Ax01cos000s

21、intRImkkmgx2cos19解解2 2：系統(tǒng)機械能守恒，選平衡位置為勢能零點：系統(tǒng)機械能守恒，選平衡位置為勢能零點cmgxxxkImv 2022)(212121 兩邊求導，且兩邊求導，且0kxmg 0)(0 mgvvxxkImva0 kxvImva0 kxvRaRvImva0 kxvRaRvImva02 xRImkx )(22RImk 02 xx kRImT222 20九、九、解：（解：（1 1）x=0 =0 處為自由端，反射波無半波損失，處為自由端，反射波無半波損失， 反射波的波動方程：反射波的波動方程： )2sin(2 xtAy txAxtAxtAyyy sin2cos22sin2s

22、in)2(21 （3 3）波節(jié)點位置滿足）波節(jié)點位置滿足 ， 02cos x 212kx則則,2,1,04)12( kkx， （4 4）x=0 =0 處為固定端，反射波有半波損失，處為固定端，反射波有半波損失， 反射波的波動方程：反射波的波動方程： xtAy2sin2txAxtAxtAyyy cos2sin22sin2sin521 ）（6 6）波節(jié)點位置滿足）波節(jié)點位置滿足 ， 12sin x 212kx則則,2,1,04)12( kkx， 0)(72121 uuwIII）（21十十、解：、解：0 dQ)1( dTCpdVmV， 兩兩邊邊求求微微分分對對RTpV (1)(2)消去消去dT,得：

23、得：)2( RdTVdppdV 0)(, VdpCpdVRCmVmV整整理理可可得得：mVCPdVRVdPPdV, dEdA 0)(, VdpCpdVRCmVmVmPC,RCmV ,mVmpCC, 并利用并利用兩邊同除兩邊同除,mVPVC0 VdVpdp 可得：可得：恒恒量量 VdVPdP 恒恒量量兩兩邊邊同同取取對對數(shù)數(shù)，得得： pV恒恒量量得得： VPlnln 22pV432V1V1o21Q2Q3V4V1T2T）（）如圖）如圖十一、（十一、（211211VVlnRTMMQmol 4322VVlnRTMMQmol 1214321212111VVlnTVVlnTQQQQQ 對絕熱線對絕熱線2

24、3和和4 1：1212TTQQ 121TT 卡卡諾諾 231211 VVTVVTTbaabaab絕熱過程：絕熱過程：九、九、1211 VVTVVTTdcdcddc絕熱過程：絕熱過程： bcmVTTCQcb ,1 等容吸熱：等容吸熱： admVTTCQad ,2 等容放熱：等容放熱：1211211211211111 VVVVTVVTTTTTTTQQadadbcad循環(huán)的效率為：循環(huán)的效率為：十二十二24十三十三、解：、解： (1) 由熱量計算的兩種方法可得：由熱量計算的兩種方法可得： 1()VVdQCdTCR dTpdVRdTdQC dTpdV 代入理想氣體狀態(tài)方程：代入理想氣體狀態(tài)方程： pd

25、VVdpRdTpdV 20pdVVdp211202lnlnlndVdpVpCpVCVp21 12211 11 111122122pVp VVpVApVpVnV（ ）221 11 154VVCECTp VpVpVR 1 11 11 1513424QEApVpVpV 25 ccbbVpVp 4 . 1121222)( VVppoo/6 .14124 . 114 . 1 即即 （2）112ab)(25)()(QVppVppRCTTCaabVabV 11211ca27)()(QVpVVpRCTTCpcap )1(571)(57111121121112 ppVppVpQQQQabca 十四十四、解：、解

26、： （1）26十五、十五、解：（解：（1）電場強度：）電場強度： 202044xdxxdqdE laaxdxdEElaap1144020 xdxxdqdU00442 ）（alaxdxdUUlaa ln4400 2728)( 4)( 0)( 4)( 032043232120211RrrQERrRERrRrQERrE ）：（十十六六、由由高高斯斯定定理理可可得得1）由電勢公式可得：）由電勢公式可得：（2)( 4)( R14)( R1R1r14)( R1R1R1430432303212302123101RrrQVRrRQVRrRQVRrQV 29（3） 整個電場儲存的能量：整個電場儲存的能量：21R

27、rR 21d4)4(21222001RRrrrQW 21)11(88d21022021RRRRQrrQW 3Rr 323022200218d4)4(21RRQrrrQW )111(83210221RRRQWWW 總能量：總能量：(4)導體殼接地時，只有導體殼接地時，只有 21RrR )11(821021RRQWW (5) 電容器電容，電容器電容，(3)的電容的電容 3210211142RRRWQC 30推廣：等量異號的同心帶電球面推廣：等量異號的同心帶電球面解解: :由高斯定理由高斯定理由電勢差定義：由電勢差定義： ARBRq q 已知：已知：+ +q 、- -q、RA 、RB 。 E020r

28、4qBARrR ARr BRr 或或)(BARRABRRqdrrqVBA1144020 BABAABl dEVVV31ARBRq q r取體積元取體積元drr4dV2 dVE21dVdW20 drr4r4q2122200)( )11(8802202BAVRRRRqdrrqdWWBA 2qC21 32用高斯定理求解用高斯定理求解0r4E21 0E1 Rr 022qr4E 202r4qE Rr 推廣：一半徑為推廣：一半徑為R的金屬導體球的電容。的金屬導體球的電容。rR( (球內任意一點球內任意一點) )=0 rdlEUdlEdlERRr 外內drr4q0R20 R4q0 33qR+P.rrR( (

29、球球外外任意一點任意一點) )drEVr 外drr4qr20 r4q0 推廣：一半徑為推廣：一半徑為R的金屬導體球的電容。的金屬導體球的電容。+qURRUqC04RqU04 02202042121drrEdVEWeVe 0222002204)4(21+4)0(21=RRdrrrQdrrRQ028=方法如此等等，留一些大家自己思考整理！34由高斯定理由高斯定理十七、解：十七、解： (1)intqSdDS ll rD 2l rQrlQrD 222 l rQDE 2 （2 2）圓柱體內的電場能量密度為：）圓柱體內的電場能量密度為： 222222822121lrQl rQEwe （3 3）在此薄圓柱殼

30、中電場的能量）在此薄圓柱殼中電場的能量 rdrlQdrl rlrQdVwdWe 42822222（4 4）電介質（）電介質（a r b）中總能量）中總能量 ablQrdrlQdWWbaeln4422 （5 5）電容圓柱形電容器的）電容圓柱形電容器的C C ablQCQWeln42122 ablCln2 35推廣1：（1）由高斯定理得：0 iSqSdE RrrRrE020 （2 2）導體圓柱體外的電場能量密度為：）導體圓柱體外的電場能量密度為： 202220020822121rrEwe （3 3）在此薄圓柱殼中電場的能量）在此薄圓柱殼中電場的能量 ldrrdrl rrdVwdWe02202242

31、8 36intqSdDS ；lrl rD 212 ;2221rrllrD ;211 rDE （2 2）圓柱體外的電場能量密度為：）圓柱體外的電場能量密度為： 2422222822121rRrREwe （3 3）在此薄圓柱殼外電場的能量）在此薄圓柱殼外電場的能量 ldrrRdrl rrRdVwdWe 42842242 推廣2：（1）由高斯定理得：柱內（rR）：37十八、十八、解：設四個表面電荷面密度分別為解：設四個表面電荷面密度分別為 1、 2、 3、 4作高斯面作高斯面S S010 內內SiSqSdE 02312 ss 32 導體內場強為零，為場中所有電荷導體內場強為零，為場中所有電荷共同疊加的結果。共同疊加的結果。aad 1 2 3 4QBQAabX0222204030201 41= AQSS 21 BQSS 43 電荷守恒電荷守恒38SQQBA241S