12-13-2大学物理B作业答案-

练习1质点运动1．在x轴上做变加速直线运动的质点，已知其初速度为v0，初始位置为X0，加速度a=t2，求（1）质点的速度与时间的关系；（2）质点的运动方程。解：（1）dtda，dttadtd2两边取积分，得：tdttd020)/(3130smt0331t（2）dtdxdttdtdx)31(03txxdttdx003)31(0，ttxx0401212.解：,t)rad2(34229,6,3ddRtRaRtdtdRdtdvattnt（1）t=4s，RRtat246（2）8222228136216,21trtrrtaaantt33.1,3436tt，3.15rad23t3.（1）jttitr)43()53(2，（2）35xt，4353)35(2xxy，956992xxy（3）jiijir638611（4）jti)32(3（5）ja24.（1）速度矢量jivtt)sm4()sm6(22位置矢量；jir])sm2[(])sm3(m10[2222tt（2）轨迹方程3y=2x-20（3）轨迹的示意图略5.设太阳光线对地转动的加速度为，从正午时分开始计时，则杆的影长为thstan，下午2时正，杆顶在地面上影子的速度大小为1321094.1)(cos1smwthdtdsv其中ω=2π/24/3600rad/s当杆长等与影长时，即hs，则shsart60603tan1即下午3时正5．(1)5.0/txvm/s(2)v=dx/dt=9t-6t2v(2)=-6m/s(3)v=dx/dt=9t-6t2=0时t=0,1.5s即1.5秒时质点开始反向运动S=|x(1.5)-x(1)|+|x(2)-x(1.5)|=2.25m课本习题一1-5解：（1）mxxx32230)0()4(（2）2612tt，t0时，v0；t=2s时，v=0，此后v0T从0到2s时，路程为m8210T从2s到4s时，路程为：-30-10=-40总路程为48m（3）2612tt，sm/489648)4(ta1212，2/364812)4(sma1-6解：（1）22,2tytx；轨迹方程为422xy（2）t=0时，jr2；t=2时，jir24（3）t：0-2s内，jir44；)15(222422r=2.47m1-7解：222015;3010ttyttx（1）ttyx4015;6010；T=0时，ji1510（2）加速度jia40601-16解：（1）bt0；bat，RbtRan202)(RbtbRaaant20222)()(（2）0,0btba；bt0（3）bt0时，Rbbbbs4;2220202002转过圈数练习2振动和波动1、某质点作简谐振动，周期为2s，振幅为0.06m，t=0时刻，质点恰好处在负向最大位移处，求(1)该质点的振动方程；(2)此振动以波速u=2m/s沿x轴正方向传播时，形成的一维简谐波的波动表达式，（以该质点的平衡位置为坐标原点）；(3)该波的波长．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、一简谐波，振动周期21Ts，波长=10m，振幅A=0.1m．当t=0时，波源振动的位移恰好为正方向的最大值．若坐标原点和波源重合，且波沿Ox轴正方向传播，求：(1)此波的表达式；(2)t1=T/4时刻，x1=/4处质点的位移；(3)t2=T/2时刻，x1=/4处质点的振动速度．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、一振幅为10cm，波长为200cm的平面简谐波．沿x轴正向传播，波速为100cm/s，在t=0时原点处质点在平衡位置向正位移方向运动．求(1)原点处质点的振动方程．（2）波动方程(3)在x=150cm处质点的振动方程．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)x(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、波源作简谐运动，其运动方程为y=4cos(10πt)，它所形成的波以30m·s-1的速度沿一直线传播。（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程。解：（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．某简谐振动的振动曲线如图所示。（1）请画出ｔ=0和ｔ=1ｓ时刻的旋转矢量。（2）写出该简谐振动的振幅，角频率和初相。3）写出该简谐振动的振动方程。解;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（与书上5-5相同）若简谐运动方程为25.020cos10.0tx，SI制单位。求：1）振幅、频率、角频率、周期和初相；2）st2时的位移、速度和加速度。ox0t1t2213解：(1)HzvsTsmA101.025.02010.01(2)22121079.244.41007.7smdtdvasmdtdxvmx课本习题5-8解：42,102.02TA（1）由右图可得，0，)4cos(100.22tx（2）由右图可得，2，)24cos(100.22tx(3)由右图可得，32，)34cos(100.22tx(4)由右图可得，34，)344cos(100.22tx5-9解：kmg2108.9，2100mk（1）)10cos(100.82tx（2）mkmAkAm06.06.0,216.02122)210cos(100.62tx5-10解：（1）A=0.10m，3245423，)3245cos(1.0tx（2）P点，0（3）03245t，st6.1586-6解：ty240cos100.43，smu/30（1）sT12012，muT25.0（2）波动方程为)]30(240cos[100.43xty6-8解：f=250Hz，（1）原点的振动方程为)cos(1.0ty，P点向上运动，表明波向x轴负方向运动，表明：t=0时，x=0.05m，向负方向运动。3，m20，smu/50005002T，原点的振动方程为)3500cos(1.0ty。波动方程为)3)5000(500cos(1.0xty（2）x=7.5m，)1213500cos(1.0)375.0500cos(1.0)3)50005.7(500cos(1.0tttysm/65.40)1213sin(506-9解：（1）原点的振动方程为)cos(04.0ty，2，m4.0，smu/08.0，suT5，)252cos(04.0ty波动方程为]2)08.0(52cos[04.0xty（2）P点，运动方程]2352cos[04.0]2)08.02.0(52cos[04.0tty6-11解：)24cos(08.0xty（1）t=2.1s时，x=0和x=0.1m处的相位为：4.8，2.8（2）x=0.8m和x=0.3m处的相位差为：练习三静电场1.应用场强叠加原理求解P点场强大小为))((3)(34413441230230230POOOPOOOPOPOPOrPRPPrrrrrrrrrEEE场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。P点场强大小为))((3)(3441344123230230230OPOOOPOOOPOPPrPRPrRrrrrrrrREEE场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。2、挖去半径为r的小球体之后，物体可以等效的看成半径为：带正电密度为ρ、半径大R实心球体和带负电密度为ρ、半径小r实心球体的合成。此时场强场强分布具有球对称性，由高斯定理可得球心O‘处的ededdE020303434（2）半径大R实心正电球体在P点处产生的ededdE020313434半径小r实心负电球体在P点处产生的erEd34)2(43220t所以P点处总场强为edrdEE)4(323021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静电场中的导体和电介质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3、作同球心的高斯球面，半径为r根据高斯定理和静电平衡特点球壳的内球面带电q，外球面带电qQ，导体球所有电荷均匀分布在球面则2042321202114040rQqERrERrRrqERrRERr