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=I β T2-kx=0 a=βR 联立解得a=(mg-kx)/(m+I/R2)d )(1d 02⎰⎰-+=hvkx mg RI m v v解得v=genhao (2mgh-kh2)/ (m+I/R2) 3.2 (10分)一皮带传动装置如图所示，B A,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。

B A,两轮皆可视为质量均匀分布的圆盘，其质量分别为1m 和2m ，半径分别为1R 和2R 。

设皮带在轮上不打滑，并略去转轴与轮之间的摩擦。

试求B A,两轮的角加速度1β和2β。

解121112121)(βR m R T T M =-- （1）……………………….2分 222222121)(βR m R T T =- （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：2211ββR R =由式（2）（3）得21211)(2R m m M+=β代入式（3）得21212)(2R R m m M +=β 3.3 (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μ，棒的初始角度为0ω。

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0ω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 =λ式中k 为常数。

由于细棒的总质量为m ，所以m r kr L=⎰d 0…由此得 22Lmk =故 r Lmkr 22==λ ……… 得一并代入式得由式得由式)1()3(21)2(121222221⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==-βββR R R m T T又 r r m r I d d 22λ⎰⎰==所以230221d 2mL r r Lm I L==⎰… （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r r Lg m f r M r r Lgm r g m g f d 2d d d 2d d d 222μμλμμ=====整个细棒所受到的摩擦力矩为mgL r r L mgM Lμμ32d 2022==⎰方向沿轴向下(3) 设细棒由角速度0ω到停止转动所经历的时间为t ，则角动量定理可得gL t m L gLt I Mt oo oμωωμω43)21(3202==-=-aA ＝aB ＝2(1sin a)5-g 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′－mg sin α＝maA ①mg －T2′＝maB ②又 T1′＝T1，T2′＝T2. ③ 对定滑轮，由转动定律得T2R －T1R ＝I β ④由于绳不可伸长，所以aA ＝aB ＝R β ⑤ 又 I ＝12mR2 联立式①，②，③，④，⑤得 T1＝2+3sin a5mg T2＝32sin a5+mg aA ＝aB ＝2(1sin a)5-g 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θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(22ml l mg= lg 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg= ∴lg θωsin 3=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1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ①a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.7215200508.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a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︒=60θ，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gl M m gl M m Ml ml ）（）（2121cos 21)31(21222+=+=+θϖ ( 2 )解（1）、（2）得第3大题： 计算题(80分)3.7 (10分)一半径为1R 的球体均匀带电，电荷体密度为ρ，球内有一半径为2R 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1R ，密度为ρ的大球和半径为2R ，密度为ρ-的小球产生的电势之和，即21V V V P +=取无限远处的电势为零，大球的电场分布为()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><=130311033R r rrR R r r E ερερ应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为()221011136d d 11r R r E r E V R R r-=+=⎰⎰∞ερ 对于空腔中心()a r O ='，大球产生的电势为()2210136a R V -=ερ 同理，可得小球在O '处产生的电势为220222263ερερR R V -=-= 由电势叠加原理()()[]02222102202212163263ερερερa R R R a R V V V O --=--=+=' 3.11(10分)电量q 均匀分布在长为l 2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)2/(l q =λ。

在处取电荷)l /(x q x q 2d d d ==λ它在P点产生的电势)x a l (l xq )x a l (q U P -+=-+=00π8d π4d d εε 整个杆上电荷在P 点产生的电势l l l l P )x a l ln(lq )x a l (x l q U ---+-=-+=⎰00π8d π8εε)al (l q 21ln π80+=ε 3.12 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0v 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 =ε，其上的电流为R Blv I /=，所受的磁力m F 在X 轴上的投影为v RBl IBl F m 2)(-=-=……………………………………….2分 由牛顿运动定律得v RBl t v m F m 2)(d d -==所以t RmBl v dv d )(2=…………………………………….2分根据初始条件，将上式两边积分⎰⎰-=tvv t Rm Bl v v 02d )(d 0得 t RmBl v v 20)(ln -=则t RmBl ev v 2)(0-= 又由于t RmBl e v txv 2)(0d d -==所以tt RmBl tt RmBl e Bl Rmv dt ev x 0)(200)(022)(--==⎰)1()(2)(20t RmBl e Bl Rmv --=3.13 如图所示，一无限长的直导线中通有交变电流t I i ωsin 0=，它旁边有一个与其共面的长方形线圈ABCD ，长为l 宽为)(a b -。

试求：（1）穿过回路ABCD 的磁通量Φ；（2）回路ABCD 中的感应电动势ε。

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 t rI riB ωμμsin π2π2000==…在距导线r 远处，取面元ldr ，穿过该面元的磁通量为ldrt rIBdS dS B S d B Φ⋅===⋅=ωμθsin π2cos d 00 在t 时刻穿过回路ABCD 的磁通量为ldr t rIS d B ΦΦS b a ⋅=⋅==⎰⎰⎰⎰ωμsin π2d )(00t I ablωμsin )(ln 00π2=（2）根据法拉第电磁感应定律，将Φ对时间t 求导数，得回路ABCD 中的感应电动势t I ab l t ωωμεcos )(ln π2d d 00-=Φ-=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ω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d l ，d l 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 rIB π20μ= （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)(B v⨯的方向沿OA 方向，即)(B v⨯与d l 间夹角为零。

由于线元d l 速度大小l v ω=，所以d l 上的动生电动势大小为l Bl l vB l B v d d d 0cos )2sin (d )(ωπε=︒=⋅⨯=金属棒上总的动生电动势大小为⎰⎰⋅⨯==LLOA l B v dd )(εε⎰⎰==LLl l rIBldl 00d π2ωμω………………….………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，2π=θdr dl b r l =-=,，将其代放上式故 r rb r Ir b r rILb bL b bOA d )(π2d )(π200-=-=⎰⎰++ωμμωε)ln(π20BLb b L I+-=ωμ由0>O A ε或由)(B v⨯可知，电动势OA ε的方向从O 指向A ，即A 点电势高。