《大学物理教学课件》物理 11页

四、一质虽为加o，t为/的棒能绕通过o点的水平轴H由转动。一质最为加，速率为巾的子弹从水平方向飞来，击屮棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点获得的瞬时速率为多少。解：由角动量守恒定律町得mvQ~=mco+-mfco3°由此可得棒和了弹的瞬时角速度为Q=6mv03ml+4tnJ棒中点获得的瞬时速率为v=cor=6mv0I_3mv0；—x——=—3ml+4叫I23m+4m0七、一质量为加、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上（可看作圆环），可绕固定轴o转动.另一质量为加。的子弹（可看作质点）以速度％）射入轮缘，并留在轮内。开始时轮是静止的，求子弹打入后车轮的角速度。J=mR2m()v()R=(m+m0)/?269a)=加o(m+m0)7?八、长为/的木杆，质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。今有一了弹质蜃为m,以水平速度v射入杆的一端，并留在其中，求木杆获得的角速度（J=—M12）o12mv—=—M12co+m(—)2co212206mv(D—(M+3讪15、一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A=2.0xl0-2m,周期T=0.50s.当t=0吋,（1）物体在正方向端点;（2）物体在平衡位置、向负方向运动;（3）物体在x=1.0xl0-2/7i处，向负方向运动；（4）物体在x=-1.0xl0_2m处，向正方向运动。求以上各情况的运动方程。\n四、一质虽为加o，t为/的棒能绕通过o点的水平轴H由转动。一质最为加，速率为巾的子弹从水平方向飞来，击屮棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点获得的瞬时速率为多少。解：由角动量守恒定律町得mvQ~=mco+-mfco3°由此可得棒和了弹的瞬时角速度为Q=6mv03ml+4tnJ棒中点获得的瞬时速率为v=cor=6mv0I_3mv0；—x——=—3ml+4叫I23m+4m0七、一质量为加、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上（可看作圆环），可绕固定轴o转动.另一质量为加。的子弹（可看作质点）以速度％）射入轮缘，并留在轮内。开始时轮是静止的，求子弹打入后车轮的角速度。J=mR2m()v()R=(m+m0)/?269a)=加o(m+m0)7?八、长为/的木杆，质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。今有一了弹质蜃为m,以水平速度v射入杆的一端，并留在其中，求木杆获得的角速度（J=—M12）o12mv—=—M12co+m(—)2co212206mv(D—(M+3讪15、一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A=2.0xl0-2m,周期T=0.50s.当t=0吋,（1）物体在正方向端点;（2）物体在平衡位置、向负方向运动;（3）物体在x=1.0xl0-2/7i处，向负方向运动；（4）物体在x=-1.0xl0_2m处，向正方向运动。求以上各情况的运动方程。\n解：由题给条件知A=2.0xl(T%,co=27r/T=47rracl-s^而初相0可采用两种不同方法来求。解析法：(1)根据简谐运动方程x=Acos(a)t+(p),当/=0吋有x0=Acos(p,=-Acos\x\(po当xQ=A时,cos%=1,则%=0；(2)(3)(3)兀兀x()=0时，cos輕=0,则％=±—，因〃()v0,取％=—；x0=1.0x102m时，cos0[=O.5,cp.=±y,由q)v0,取贴=彳；x()=-1.0xl0"2mH'j,cos®=-0.5,(p4=7T±—,rtiq>0,取巾=——。旋转矢虽法：分别画出四个不同初始状态的旋转欠量图，如图(b)所示，它们所对应的初丄n八【1I7C兀714/T相分别力5=0,02=3'03=3，^4=—°振幅A、角频率0、初相0均确定后，则各相应状态下的运动方程为(1)x=2.0xl0~2cos4^/(m)(2)兀=2.0xl(T2cos(4;z7+龙/2)(加)(3)x=2.0xl0~2cos(4^r+^/3)(m)(4)x=2.0x10-2cos(4^z+4^/3)(m)5、图示为一平而简谐波在t=0时的波形图，求：(1)该波的波函数；(2)P处质点的振动方程。解：(1)由图知：\n旋转矢虽法：分别画出四个不同初始状态的旋转欠量图，如图(b)所示，它们所对应的初丄n八【1I7C兀714/T相分别力5=0,02=3'03=3，^4=—°振幅A、角频率0、初相0均确定后，则各相应状态下的运动方程为(1)x=2.0xl0~2cos4^/(m)(2)兀=2.0xl(T2cos(4;z7+龙/2)(加)(3)x=2.0xl0~2cos(4^r+^/3)(m)(4)x=2.0x10-2cos(4^z+4^/3)(m)5、图示为一平而简谐波在t=0时的波形图，求：(1)该波的波函数；(2)P处质点的振动方程。解：(1)由图知：\nu0.400080.04cos2兀tX、1・——712b0.4丿=5(5)ymA=0.04m,九=0.40m,\n（2）P处质点的振动方程为:——.「8一—V；=[Eg+J严d+J严d=0+2（丄_丄）+Q+2R.4码/?]R24齊&2.V2=J~E^dl+£E.-dl=Q（J__丄）+Q+。24叭r丁4兀坯R?4齊rR24齊&当r>R.时，有匕=「&d7=Q+°2一Jr4码r（2）两个球面间的电势差"山;童归盏讣十）17、两个很长的共轴圆柱面（尺=3.0x10-2加,尽=0.10加）,带有等量异号的电荷,两者的电势差为450Vo求：（1）I员1柱面单位长度上带冇多少电荷？（2）r=0.05m处的电场强度。解：（1）两圆柱而之间的电场强度为E=—^—2齊厂\n=2.1xlO_8C-m_,2亦("】2\nRJR,L2(2)解得两圆柱面Z间r=0.05m!l!的电场强度E=—=7475V•2;rEor18、两同心带电球面，分别带等量异号电荷Q。内球而半径尺，带电量+Q；外球面半径心，带电量・Q。求球面内外的场强分布和两球面间的电势差。19、如图所示，两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别是R】、R?，单位t外筒带负电，求空间各点的电场强度及两筒间的电势羌。作同轴圆柱面为高斯面，设筒面高为L,根据高斯定理E・2?Z7"/=》q/£()对厂v/?i，为纟=°，E、=0对/?]R2,工M+(-勿L,E=0(2)两筒间电势差20.在真空中，有一电荷为0半径为R的均匀带电球壳，其电荷是血分布的。试求：(1)球壳内两点乙、q间的电势差；(2)球壳外两点吃.乙间的电势差；(3)球壳外任意点的电势；(4)球壳内任意点的电势。解：由高斯定理口J求得电场分布fE-dS=^\nE}=0rR(1)球壳内两点的电势差匕一匕二・dl=0(2)球壳外两点的电势差cri)drQQ⑶球壳外任意点的电势V=fE2•刃=—^—4兀£(#(4)由于带点球売是一个等势体，当r=R时得球売表面及内部的电势v=——4庇()R20、有一同轴电缆，其尺寸如图(a)所示，两导体中的电流均为/,但电流的流向相反,导体的磁性可不考虑。计算以下各处的磁感强度：(1)(2)/?IR.o画l\\B-r图线。同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为厂的同心圆为积分路径,护〃7=B・2帀，利用安培环路定理巾金・力=“)工/,町解得各区域的磁感强度。解:说小严魏/?,R.B4-2兀r—//0(7—7)=0B4=0磁感强度B(〃的分和曲线如图(b)o20、如图所示，直角三角形金屈架°加放在均匀磁场屮，磁场B平行于肪边，be的\nr咔®ELtlw溢2®丘£沖庶沟&嫌醫同JEC叵喪召aaEtdi醫曲6芒乡cS汨_='=2匠翦淋U¥UCK”(B)三eupuncorp(B;2aaluculBd2.(c)uhRm22.(D)UW25I01C2.\n