大連理工物理一作業(yè)答案詳解

R/t R/v 2vsin(2)vv0a

） ）

1s)

（2）

v2v1 v 9 3

39

36A運動的軌道方程為y18

2x

y174x29x2y216x y質點D運動的軌道方程為 1，橢圓.5 6v(t1s)3(m/s)，a(t1s)3(m/s2v(t2s)6(m/s)，a(t2s)15(m/s2)av(t2s)v(t1s)9(m/s2Sy(t1.5sy(t1sy(t1.5sy(t2s2.25(m

a 1（2）v(t0s) v(t100s)4.16103ms1a(t0s) a(t100s)90ms2 （1)質點的運動軌道yx28(軌道曲線略 (2)r12i12jm,r24i24jm；v12i8 ,v22i16 a1a28 aaatananaaa atdvdtRv22 aav2v2(gt)2

g v2g2tv2g2tg2at 2j(2i)2i2j earth（1）t1(s；（2）路程S1.5(m，角位移為R

(v22vgtsing2t2曲率半徑沒有極大值，曲率半徑：R(t) gv0v36i18j（km/h TT/1/cos2amMgM人對地面加速度為：ag2a03RRF0(mM)mgM（1）a0gmsinMmsin2k

（2）a/g(Mm)sinmMmsin2(1)v(t)v0exp(mt(2)xmaxkv0 (1)Im(i3j)(N/s)2)I10m(N/s3)v6(ms2F1.5104Nt0.4(s；V1.33(m/sF215.6(N）角動量守恒：）角動量守恒：J ， v （2）0t1t2 0A2FR20

LALBEKAEKBA1mR222

m2g。RRe(Re（1）A

Re(Re（2） g[(l2a2)(la)2lg[(l2a2)(la)2l23v H4R233kvk（1）

GmMA3(J M MmJAJB3（１）4（１15rd/s，22.5rad；a2 a2 5（１）756（１2.5（2）4Ng=102P點的角速度：/12(rad/h)；方向：在題中所給的圖，方向沿地球03．（１）４0；（２）3m2r2/20 K4（１） （2）vAl

；(由K2/Jddt解出(t和(t)975cos1 296第第PAGE53a2A t/4)2Acos(/2/4)T

222/2/3

T

2612取x軸向上 x 取x軸向下 x0.1cos(9.75t)2x6cos(100t0.7) cos2?t3/22 2 1 1m 10 2 m1m2m1

T

k amA0.02(4)23.16kNm(gam)1(9.83.16)6.64 amA(4)2 A0.062 T2 (2)vm2gh,x M A

tanv0kkk1.（1）xx0 ke100.10.23e0.23t0.3tln0.3 xAcos(t)0.2cos(10t0.295)v2sin(10t0.295)（2）0 vm2110.4?2630.4

262.6 xAcos(t)6.48102cos(2t1.12)Tx6 A A2 xx3T4T33 33 3103 4 42 2C

4cos[10t(x2)6]4cos[10t4x3

1120.78516m160.1252 y z(y,t)5cos[8(t )]5cos[8t2y

z(23,t)5cos[8t z(y,1)5cos[2y7

（2）yAcos(t2

)

(3) (x,t)Acos[2t

(x )]Acos[2tx x3

x2(x,t)Acos[2(t)4 0.65m2

1.3 v1.3230299 3 2

2

502(2)(t,x)0.005cos(2t 2n ,l(2n1)2n u (x,t)0.05cos(10t x)(x,t)0.05cos(10t x) (x,t)0.1cos(x)cos(10t) 波腹

x )1 x nx2(2n1)(m),n1, 波節(jié)

x )0 x

n

x4n(m), uu100 2 50②AB0,ACC①X10lg

(dB)；②99倍IPS

0.0804

IwuwI9

3

J

wmax6

J (2)WwVwSL310100.723004.61010

uuDSuS

110330V100V15.7m/s56.5330vnf2nu22vfunv20uvnf2nD1uuDu

3302.455kHz56839.1Hz33013D

uuDSuS

uuDu

.158651.73302、相對 4、SABC5L6.71108m67

u1c2t 0u 211111（3）L 18（1）t1.435108s（2）t'

天741u45L2

L1、（1）t (2)t' 34 5、' m0v2ab 6(在列車參考系觀測，列車比隧道長。但進口N21、N2N2、E3（1）m'1.25 （2）EAmc291016 (3)Emc2 4（1）E6.4571030c25.8121013(J)，E4.991013 5、1449倍（=724.5倍26（1）Ek0.25m0

k（2）v'（3）E'13m 7

方向x方CACA EE1 E1E23 3

0,

cos ；EEyj 3 20(a2y2)

dE0,y d

4

R2(2Rtg32F

2

ln2x

上下段分割，任意dQ在圓心產生 E0x0,Eo

2Ey(2Ey)，dEydE

E02dEcos24R2cos2

Rd

按題給坐標，O點的場強可以看作是兩個半無限長直導線、半圓在OE0E1E2E1 (ij),

(i00

線E2Ri（半圓 E0作業(yè)18E (RrR 20 E (rR1,rR2（1）QAR（2）EAr

(r< 40r r

(r>0 4r20（1）E

（2）LLELER，電荷體密度為的均勻帶電球體及半徑為R電荷體密度為一的均勻帶電球體（球心位于O處）產生場強的疊加，這兩球各自產生的場強 4 R34 E

r為由OP40 4 0 0 4R3 r 4r2

rra，rr，EPEE3r

r3(r

r3[r2(ra2] 5．（1）qEmgN（法線方向，設小球與圓心的連線跟通過圓心的垂線之間的夾角為θ，則運動方程為－(mgqE)sinmRdt整理后：dt

(mg

mgsinθ≈θ（即θ＜5°）mgqE0mg6.（1）O點的場強改變，穿過面的電通量不變；（2）場強與電通量都改變q24σ8.0106qQ d20 m 04

(x2R2)3/

dt

d20(2)當x＜＜R，運動方程近似為：4R mdt0d2x 0整理后為：dt 40q注意到q＜0，上式的解為：x(t)AqOA=x0（x0為小球的若q＞03A2PEcos2 S 2E

R2

R

04r0

,沿徑向.UP

(11

[3R2r2]U(∞)=0)0 8R0R2R2x 3.（1）

0i ]i（3）x6.0102m，U4.5104(V)；E4.5105(V/ E

Rsin2 000（1）球殼內E

i 球殼外 i

(cosisinj （2）20-（3）U

U

0EgradU，在三U處處為0，則E為0。但在二，比如XY平面內U處處為（2）不一定。比如，當選擇無限遠點電勢為零時，帶電量為＋q和－q的連線中間，U＝0，E不為0。rRr4rr

4R

00

R 4

40

C0d

內=－q

外=qE

rr2rr0xdxd0 0E120

E22(d EE1

daEdx

lnd

C U

lnd

ln 解: 定理EdSQ/0, E E 4r2 0A證明:(1)做出如圖所示的面S1，由于導體內部場強為零，側面法線方向與場強方向垂直，故由定理有S1面內電荷數為零，即23。(2)做出如圖所示的面S2，由于23，又E左=E，故有E1

右2右

。再做 S3，可知此時E1 12

5Cm- (1)一定相等.是等勢體.(2)不一定.

0r 定理，EA0r

A40rA

B 40BrrD

E (R<r<R 20rr 0UREcosds40Q Q rF 122 1 4

4

r r0 0r 定理,有DdSq0 E1

21r

(R<r<R E

(R<r<R 2r2CQ

R

U

2E

R3

lnR2ln 1

E2

DE0rE2.655105Cm-00rE2.655105Cm-PE1.77105Cm-eP1.77105Cm-E0E3.010V rrEE0E(r1)E2.0106Vm- 2E 2140rr1

E 402

q4r2 U1rE1dr E2drRdE3 40

(1R

R

) 40(Rd

(1

) 1 U2 E2dr

03dr4 0

R

40R U3

qr40q

dr

兩球外面的場強相同，分布區(qū)域相同，故外面靜電能相同；而球體(并不是導體)內部也有電荷分布，也有場分布，故也有靜電能。所以球體大于球面。 QQ1 不變，而C1因為插入介質，電容增加， C UCU [解]兩極間的電場E ，電子受力FeE

a d1at2

t

Q 5Q未并聯前，兩電容器的總能量為：W02C 總Q總

W1C'U212C3Q)2 WWW0

9Q

5Q

Q（1）QC0UC00（2）因為電源未切斷，故電容兩端U不變，電容器內是均勻電場。EdE E02WV1E21 WWW1W1C2 (1)由導體的靜電平衡條件和電荷守恒定律 定理，可分析得：導體球上所帶電量在球面球殼內表面帶電量為-