大学物理B练习题答案.docx

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1、大学物理B练习题答案答案： 练习1 填空题 1. A ； 33-1； 2/3 。 2. 2 m/s， 0 m/s2， 2 m。 43. a n=_25.6_ m/s2 _； a=_0.8m/s2_。 4. v= v0+2t3/3 , 运动方程为x= x0+v0t+t4/6 . 5 20m/s, 4 m/s2。 vV6、(t)=rr2i+2tj； at =_2t1+t2_； an =_21+t2_。 7. g, -g 。 8. -g/2 FFFF232v 9. v=v0+0t-0kt2 v0t+0t2-0kt3 10. 8J 4m/s m2m2m6m3g二、选择题 1D 2.C 3.D 4D 5

2、B 6A 7D 三、计算题 du1、a=， du=adt=Ct2dt 两边取积分，得：du=Ct2dt dtu00utu-u0=Ct3(m/s) u=1Ct3+u0(m/s) 313dx1u= dx=udt=(Ct3+u0)dt dt3x-x0=13dx=(Ct+u0)dt 3x00xt14Ct+u0t 12q=(2+t3)rad,r=0.10m,dqdvdw=3t2,at=r=6rt,an=w2r=9rt4dtdtdt2.解： 12142Qat=at+an,6rt=36r2t2+81r2t8,t6=,t3=1.33223q=2+t3=3.15radw=3.略 4. 速度矢量v=(6ms-2)

3、ti+(4ms-2)tj 位置矢量；r=10m+(3ms-2)t2i+(2ms-2)t2j 轨迹方程3y=2x-20 轨迹的示意图 略 5.设太阳光线对地转动的加速度为w，从正午时分开始计时，则杆的影长为 s=htanwt，下午2时正，杆顶在地面上影子的速度大小为v=ds=hwdt1=1.9410-3ms-1 cos(wt)2其中=2/24/3600rad/s当杆长等与影长时，即s=h，则t=1wartans=36060s 即下午3时正 h5(1) v=Dx/Dt=-0.5 m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) v = d x/d t

4、= 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)| = 2.25 m 练习2 振动和波动 一填空题 1、，2、2m3、3、2pDl/g 4、10cos(pt-)，273gl cosq10cos(pt+p)，10cospt 5、2 6、变小 7、mg/cosq sinq118、mA2w2sin2(wt+f),kA2cos2(wt22t-/2) 11、+f),2pw 9、a 、e 10、x=x1+x2=0.04cos(51 12、x=210-2cos(t-p)(SI) 222pxlp) 16、 17 、 18

5、、13、纵 小于 14、3 300 15、Acosw(t-lw233pp2p-0.2p2cos(pt-) 19、25Hz ，5m 20、 0.052cos(wt+）_ 21、 2232px=10cos(pt+)m2p322、23、 p 24、 25、15：16 3二、选择题 1、B 2、C 3、B 4、C 5、D 6、Acosw(t-2pxlw8、D 9、10、C 11、2d 12、D 13、14、B 15、D 16、B 17、D 18、B 19、C 20、D 21、C 22、D 23、B 24、B 25、B 1解：该质点的初相位 f=p ) 7、横 3108m/s 电场强度矢量 2pt+p)

6、=0.06cos(pt+p) (SI) 2p(t-x/u)+p (2) 波动表达式 y=0.06cos1(t-x)+p (SI) =0.06cosp2(3) 波长 l=uT=4 m 振动方程 y0=0.06cos(2、解：(1) w=4p,u=20m/s 振动方程y=0.1cos4t 波动方程y=0.1cos4(t-1x) (SI) 20t1 = T /4 = (1 /8) s，x1 = l /4 = (10 /4) m处质点的位移 y1=0.1cos4p(T/4-l/80) =0.1cos4p(1/8-)=0.1m (3) 振速 v= t2=18y=-0.4psin4p(t-x/20) t1

7、T=(1/4) s，在 x1 = l /4 = (10 /4) m 处质点的振速 21 v1=-0.4sin(-)=-1.26 m/s 23、解： (1) 振动方程： y=Acosw(t+f0) A = 10 cm， w = 2pn = p s-1，n = u / l = 0.5 Hz 1初始条件得 f0=-p 21(t-p) (SI) 故得原点振动方程： y=0.10cosp2x1)- (2) 波动方程y=0.10cos(t-10023(3) x = 150 cm处相位比原点落后p， 所以 213(t-p-p)=0.10cosp(t-2p) (SI) y=0.10cosp22也可写成 y=0

8、.10cospt (SI) 4. 波源的振动方程为：y=4cos(10t) 即，w=10p=2p/T T=2p/w=0.2(s) l=uT=300.2=6(m) 波动方程为 y=4cos10p(t-x30) 5. P2点处质点的振动方程y2=Acos2pn(t-L1+L2 u)+f=Acos2pn(t-(L1+L2)Tl)+f=Acos2p(nt-L1+L2l)+f凡是位于波线上并与P1点的位置相差的整数倍的位置的点，均与P1点处质点振动状态相同。所以，坐标为x=L1k的位置点上的振动状态均与P1点相同，其中. 6. 设简谐振动的振动方程为：x=Acos(wt+j)，则0和1时刻的旋转矢量如下

9、图所示 振幅： A=2cm 角频率：w=t=0p 3w2p4p= T3 2 -1 - ot =12x-1=2cosj2 初相：j=p， v0=-Awsinj03 振动方程：x=2cos( 7. (1) 42pt+p) 33A=0.10mw=20ps-1j=0.25pT=0.1sv=10Hzv=dxdt=-4.44ms-1a=dvdt(2) x=7.0710-2m=-2.79102ms-28. (1) P处质点振动方程为1yP=Acos(2pt/4)+p=Acos(pt+p) (SI) 2(2) 波动表达式为 y=Acos2p(t+x-d)+p (SI (3) O处质点的振动方程y=Acos(1

10、pt) 024l9.设O处质点的振动方程为： yO=Acos(wt+j) T=0.01s 所以 w=2p=200p T 将初始条件代入振动方程有： j=-p2 原点处质点的振动方程为：yO=0.1cos(200pt- 该波的波动方程为： y=0.1cos200p(t-p2) xp)- 4002质点P的振动速度 当t=0.05s,x=2m时，uP=-20p 11解： 写系统的振动方程，要求出A，w，f w=k/(M+m) vm=wA, A=vm/w vm为子弹与木块开始运动的速率，由动量守恒得： mv0=(M+m)vm vm=mv0/(M+m) A=mv0M+m1 =mv0M+mkk(M+m)1

11、 f=p 21k1cost+p k(M+m)M+m2 x=mv012设该质点的振动表达式为x=Acos(wt+j). 其对应的旋转矢量图为 有：A4 4 -2 O O M0 当t0时，有：-2=4cosj 从图中可以看出j=4p 3(2w+4p)，t2，有0=4cos结合旋转矢量图中可以看出，2w+4p=2p+p，332故w=7p12，T=2pw=24=3.43 7振动方程为x=4cos(7p4pt+) 123xy=Acosw(t-)+j0u13 解：设平面简谐波的波函数为 由题有A=0.1m，w=2pn=2pul=10pt=0，x=0，y=0.05m，v00 0.05=0.1cosj0pj0

12、=-wAsinj003y=0.1cos10p(t-xp)+m103 所以 对于P点，设振动方程为y=Acos(wt+jP) t=0，yP=-0.05m，vP0 -0.05=0.1cosjP2pj=P-wAsinjP032py=0.1cos(10pt+)m3所以 由前P点回到平衡位置满足的条件为 wDt=Dq10pDt=p3+p2 Dt=1s12 所以P点回到平衡位置所需的最短时间为14解：A=0.2m，l=0.6m，u=Dx0.15l0.6=0.6(m/s)， T=1(s) Dt0.25u0.6x设波动表式为y=Acosw(t-)+j0 u由t=0和t=0.25时的波形图，得 y0|t=0=A

13、cosj0=0，v0|t=0=-Awsinj00j=- 3 . xt=0.5s=12cos(p/2-p/3)=10.4cm vt=0.5s=-12p(sinp/2-p/3)=-18.9cm/s at=0.5s=-12p2cos(p/2-p/3)=-103cm/s2 p2p 由旋转矢量可知pt-= 33 2pvt=1s=-12psin=-32.7cm/s 32p at=1s=-12p2cos=59.2cm/s23 tmin=3p/2-2p/3/w0=5/6s (2) t=0.5s 练习三 静电场 一、填空题 1. 0，0； 2. r24； 3. e0E0，e0E0； 4. 0； 33R5. S1

14、和S2、 S2； 6. 3rq233； 7. ； (r-R)14pe03le0r28. 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.D 三、计算题 应用场强叠加原理求解 POOPP点场强大小为 xrR434rprPOrpr31133EP=ERP+ErP=-+24pe0rPO4pe0(rPO+rOO)2 rr3=(-rPO)3e0(rPO+rOO)2 场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。 P点场强大小为 EP=ERP+ErP=-14pe0

15、rpR3432rPO413+4pe0(rPO+rOO)2 rpr3rr3R3=(-2)23e0(rPO+rOO)rPO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、半径大R实心球体和带负电密度为、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 r4pd3rrdrr球心O处的E0=e=e 23e04pe0dr4pd3rrdrr半径大R实心正电球体在P点处产生的E1=e=e 23e04pe0d33半径小r实心负电球体在P点处产生的4pe0(2d)2r3E2=-r4pr3re 所以P点处总场强为E1rrrr3r +

16、E2=(d-)e3e04d23、电荷分布具有球对称性，可以用高斯定理求电场。分别以rR1，R1rR2 ，rR2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 E14pr12=E2=3.98V/m q1e0 q1=0 E1=0 E24pr22=q2e04q2=rp(r23-R13) 3 E34pr3=2q3e03 q3=r4p(R2-R13) E3=1.06V/m E2、E3的方向均沿径向外 34、场强分布具有球对称性，由高斯定理可得： rR时有 E14pr2=1qe0 得到： qE1=q4pe0r2 方向沿矢径向外 E24pr2=rR时有 43pr

17、qre04pR33E2=4pe0R33得到： 方向沿矢径向外 第十一章 静电场中的导体和电介质 一、填空题 1. 原来的2倍；-d2e0sSU2、d2e0sU2; 2. 0、垂直、只能分布在导体表面； 3. 不变、减少、e0erd， 4. s3s、； 5. 不闭合、闭合； S1和S2、 S2； 2e02e06. 1er、1、1er； 7. 111qq、C=C1+C2； 8. 、； =+CC1C24pe0R4pe0r二、选择题 9.D； 11.D: 12.D: 13.D； 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

18、离为r1 r r2处场强为0，当距球心距离r r2时E24pr2=2qe0e0 E2=q2pre02E1、E2的方向均沿径向外 2、场强分布具有球对称性，由高斯定理可得 qr4per2er0rE=0Q+qre2r4per0由s外表面：nraarb=-q 24parr=e0En可得球壳内外表面的电荷分布 内表面：n=-er，s=-e0Err=er，s=e0Err=br=ar=q+Q 24pb3、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Q+q，导体球所有 电荷均匀分布在球面 则 rRRrR1E1=0E2=qR1rR24pe0r2E3=0E4=q+Q

19、4pe0r24、 C=(C1+C2)C3/(C1+C2+C3)3.1610-6 1上电压升到 100，带电量增加到1110-3 5 ：由于电场分布具有轴对称性，作如图示半径为r (R 1rR 2)，高为h的封闭圆柱面为高斯面。 vv1由高斯定理Eds=se0qqq0得 E2prh=h,E=e0L2pe0Lr1vE的方向沿圆柱面径向 两筒之间的电势差为DU=R2R1vvEdr =q2pe0LlnR2R1此圆柱形电容器的电容为 C=q/DU=2pe0L/lnR2 R1练习五 稳恒磁场 电磁感应 1. -4pR2c； 2. m0(I2-I1)、m0(I2+I1)； m0I2； 5. 0.012Tm

20、6. mnI； 7. C； 4R4pR8. D； 9.A； 10.D: 11.C； 12.D: 13.D； 14.B； 15.C； 3. 2； 4. 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B=m0I/4pR，方向垂直于纸面向外。 22. 导体横截面上的电流密度为d=I/p(R2-R12) m0Ivvvv安培环路定理Bdl=m0I ，利用其轴对称性Bdl=B2pr B1=0rR1m0Ir2-R1

21、2 B2=RrR22pr3.对o点直导线1为半无限长通电导线，所产生的磁感应强度的大小 B1=m0I3m0I=4poa4p3l 方向垂直纸面向里。 直导线2在o点产生的场强大小为 B2=m0I6m0I5p3(cos-cosp)=(1-)624poe4p3l 方向垂直纸面向里。 由于ab和acb并联，所以Iabab=Iacb(ac+cb) 根据毕奥-萨伐尔定律可求得Bab=Bacb，方向相反。所以o点总的磁感应强度B=B1+B2 因B1和B2方向相同，故B的大小为 B=B1+B2=3m0I(3-1)4pl方向垂直纸面向里。 rrr0+am0ImsinwtmIbsinwtabdr =0m4.矩形线

22、圈通过的磁通量 fm(t)=Bds=ln(1+) 2pr2pr0r0感应电动势为ei=-dfmmIbwa=-0mln(1+)coswt dt2pr05. ab中感应电动势为 ei=-m0I0l+luln012pl0a点为高电势。 ab中感应电动势为ei=-m0I0l+lu(coswt-wtsinwt)ln012pl06. 线圈总磁通 fm=m0Ialn3 2p E=madfdI=-0ln3=-8.810-8V 方向为沿逆时针方向。 dt2pdt7. 在铜棒上取微元dr，微元处于距离圆心r位置处，微元dr绕O点的线速度为r 根据动生电动势公式有，微元dr上产生的动生电动势dE为dE=(所示方向，u、B和dr三者相互垂直，uB)dr 根据图中uB的方向与dr方向相同，故动生电动势的方向与dr方LwBL2 向一致。dE=uBdr=wBrdr EwBrdt=0128、在导线ab上距长直导线r处，取线元dr，该处磁感应强度B=m0I2pr方向垂直纸面向内。该线元以速度v运动时，其感应电动势de=Bvdr=m0Ivdr2pr。导线ab中的感应电动势方向向左 e=de=d+ldm0IvmIvd+ldr=0ln2pr2pd a端电势高。 =1.110-5V9.E=