大学物理B练习题答案瘦身板

答案：练习1填空题1.A；4133；2/3。2.2m/s，0m/s2，2m。3.an=____25.6_m/s2______；aτ=____0.8m/s2_______。4.v=v0+2t3/3,运动方程为x=x0+v0t+t4/6.5．20m/s,4m/s2。6、)(tVjti22；at=__212tt__；an=__212t__。7.g,-g。8.-g/22332vg9.20002ktmFtmFvv3020062ktmFtmFtv10.8J4m/s二、选择题1．D2.C3.D4D5B6A7D三、计算题2.解：RtdtdRRdtddtdvat6)(22ran2当切向加速度大小恰为总加速度大小的一半时，有：222nttaaa，3（1）位置矢量mjttmitjyixr)4321()53(2（2）轨迹方程18117x94x181y2（3）位移mjirrr)53(23（4）速度矢量smjtidtdrv/])3(3[（5）加速度矢量2/smjdtdva6．(1)5.0/txv0.5m2.5-2xm/s(2)v=dx/dt=9t-6t2v(2)=-6m/s(3)v＝0时t＝1.5vs，可见第1.5秒质点速度方向改变变S=|x(1.5)-x(1)|+|x(2)-x(1.5)|=2.25m练习2振动和波动一填空题1、（724），（34）2、m23、3、gl/24、10cos()2t，10cos()t，10cost5、26、变大7、cos/mg（2）cossingl8、)(sin21222tmA,)(cos2122tkA,29、a、e10、x=x1+x2=0.04cos(πt-π/2)11、12、))(2125cos(1022SItx13、纵小于14、330015、)2(cosxtA16、217、318、)23cos(2.02t19、25Hz，5m20、2cos(205.0t）_21、3222、mtx)32cos(1023、24、3225、15：16二、选择题1、B2、C3、B4、C5、D6、)2(cosxtA7、横sm/1038电场强度矢量8、D9、（A）10、C11、2d12、D13、（C）14、B15、B16、B17、D18、B19、C20、D21、C22、D23、B24、B25、B1．解：该质点的初相位振动方程)22cos(06.00ty)cos(06.0t(SI)(2)波动表达式])/(cos[06.0uxty])21(cos[06.0xt(SI)(3)波长4uTm2、解：(1)s/20mu,4振动方程tπ4cos1.0y波动方程)201(4cos1.0yxtπ(SI)t1=T/4=(1/8)s，x1=/4=(10/4)m处质点的位移)80/4/(4cos1.01Tym1.0)818/1(4cos1.0(3)振速)20/(4sin4.0xttyv．)4/1(212Tts，在x1=/4=(10/4)m处质点的振速26.1)21sin(4.0v1πππm/s3、解：(1)振动方程：)cos(0tAyA=10cm，=2=s-1，=u/=0.5Hz初始条件得210故得原点振动方程：)21cos(10.0ty(SI)(2)波动方程]21)100x(cos[10.0ππty（SI）(3)x=150cm处相位比原点落后23，所以)2321cos(10.0ty)2cos(10.0t(SI)也可写成tycos10.0(SI)4.（1）波源的振动方程为：y=4×cos(10πt)即，T/210)(2.0/2sT)(62.030muT（2）波动方程为)30(10cos4xty6.设简谐振动的振动方程为：)cos(tAx，则ｔ＝0和ｔ＝1ｓ时刻的旋转矢量如下图所示振幅：cm2A角频率：342T初相：320sincos210Av，振动方程：)3234cos(2tx7.(1)HzvsTsmA101.025.02010.01(2)22121079.244.41007.7smdtdvasmdtdxvmx8.(1)P处质点振动方程为])4/2cos[(tAyP)21cos(tA(SI)(2)波动表达式为])4(2cos[dxtAy(SI(3)O处质点的振动方程)21cos(0tAy9.（1）设O处质点的振动方程为：)cos(tAyOox0t1t2213T=0.01s所以2002T将初始条件代入振动方程有：2原点处质点的振动方程为：)2200cos(1.0tyO（2）该波的波动方程为：]2)400(200cos[1.0xty（3）质点P的振动速度202,05.0Pmxst时，当练习三静电场一、填空题1.0，0；2.Rr；3.0032E，0034E；4.0；5.S1和S2、S2；6.)(331320Rrr；7.lq06；lq068.不闭合，不相交；9.0；二、选择题10.A11.D:12.C:13.B:14.D;16.B；17.A；18.B；19.A;20.0;21.C;22.B;23.D;24.D25A26D三、计算题3、电荷分布具有球对称性，可以用高斯定理求电场。分别以r＜R1，R1＜r＜R2，r＞R2为半径，作与带电球壳同心的球面为高斯面，同一高斯面上E大小相等，方向沿径向外。根据高斯定理有012114qrEq1=0E1=0022224qrE)(3431322RrqE2=3.98V/m032334qrE)(3431323RRqE3=1.06V/mE2、E3的方向均沿径向外4、场强分布具有球对称性，由高斯定理可得：rR时有2104qEr得到：1204qEr方向沿矢径向外rR时有23230144433qErrR得到：2304qrER方向沿矢径向外练习4一、填空题1.原来的2倍；202Usd、202Usd;2.0、垂直、只能分布在导体表面；t3.不变、减少、dSr0，4.02、023；5.不闭合、闭合；S1和S2、S2；6.r1、1、r1；7.21111CCC、21CCC；8.Rq04、rq04；二、选择题9.D；11.D:12.D:13.D；14B15C三、计算题1、由导体的静电平衡性质可知内表面带电-q外表面带电2q，静电平衡状态的导体内部场强处处为零，所以距球心距离为r1rr2处场强为0，当距球心距离rr1时，以r为半径做球形高斯面。据高斯定理有0214qrE1204qEr同样rr2时02224qrE0222rqEE1、E2的方向均沿径向外2、（1）场强分布具有球对称性，由高斯定理可得brerqQbraarerqErr2020404（2）由nE0可得球壳内外表面的电荷分布内表面：ren，204aqEarr外表面：ren，204bQqEbrr练习五稳恒磁场电磁感应1.cR2；2.)(120II、)(120II；3.220RI；4.RI20；5.0.012Tm26.nI；8.)2(RlBI9.qBmV10.aBI211.1:212.1:1选择题1.D；3.A；4.C:5.C；7.D:10.B；11.C；12.C；14.B16.B17.C18.B21.D23.B计算题1.已知直导线上的电流为I，经过acb和adb的电流同为I/2。由于O点在直导线的延长线上，所以直导线1在O点形成的磁感应强度为0。经过acb和adb的电流在O点形成的磁感应强度大小相等，方向相反。直导线2在O点形成的磁感应强度为RIB4/0，方向垂直于纸面向外。4.矩形线圈通过的磁通量arrmmbdrrtIsdBt002sin)(0)1ln(2sin00ratbIm感应电动势为trabIdtdmmicos)1ln(2005.（1）ab中感应电动势为01000illlln2Ia点为高电势。（2）ab中感应电动势为01000illlln)tsintt(cos2I8、在导线ab上距长直导线r处，取线元dr，该处磁感应强度rIB20方向垂直纸面向内。该线元以速度v运动时，其感应电动势drrIvBvdrd20。导线ab中的感应电动势方向向左VdldIvdrrIvdldd500101.1ln22a端电势高。练习六1、频率相同,振动方向相同,相位差恒定2、上（n-1）e7、A8、C12、Nd215、（D）16、20、B23、C31、43、I0/8．44、变小45、亮斑48、266、2（n-1d