大连理工物理一作业答案详解

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

） ）

1s)

（2）

v2v1 v 9 3

39

36A运动的轨道方程为y18

2x

y174x29x2y216x y质点D运动的轨道方程为 1，椭圆.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)质点的运动轨道yx28(轨道曲线略 (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，角位移为R

(v22vgtsing2t2曲率半径没有极大值，曲率半径：R(t) gv0v36i18j（km/h TT/1/cos2amMgM人对地面加速度为：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）角动量守恒：）角动量守恒：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点的角速度：/12(rad/h)；方向：在题中所给的图，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轴向上 x 取x轴向下 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, 波节

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、相对 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(在列车参考系观测，列车比隧道长。但进口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在圆心产生 E0x0,Eo

2Ey(2Ey)，dEydE

E02dEcos24R2cos2

Rd

按题给坐标，O点的场强可以看作是两个半无限长直导线、半圆在OE0E1E2E1 (ij),

(i00

线E2Ri（半圆 E0作业18E (RrR 20 E (rR1,rR2（1）QAR（2）EAr

(r< 40r r

(r>0 4r20（1）E

（2）LLELER，电荷体密度为的均匀带电球体及半径为R电荷体密度为一的均匀带电球体（球心位于O处）产生场强的叠加，这两球各自产生的场强 4 R34 E

r为由OP40 4 0 0 4R3 r 4r2

rra，rr，EPEE3r

r3(r

r3[r2(ra2] 5．（1）qEmgN（法线方向，设小球与圆心的连线跟通过圆心的垂线之间的夹角为θ，则运动方程为－(mgqE)sinmRdt整理后：dt

(mg

mgsinθ≈θ（即θ＜5°）mgqE0mg6.（1）O点的场强改变，穿过面的电通量不变；（2）场强与电通量都改变q24σ8.0106qQ d20 m 04

(x2R2)3/

dt

d20(2)当x＜＜R，运动方程近似为：4R mdt0d2x 0整理后为：dt 40q注意到q＜0，上式的解为：x(t)AqOA=x0（x0为小球的若q＞03A2PEcos2 S 2E

R2

R

04r0

,沿径向.UP

(11

[3R2r2]U(∞)=0)0 8R0R2R2x 3.（1）

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

Rsin2 000（1）球壳内E

i 球壳外 i

(cosisinj （2）20-（3）U

U

0EgradU，在三U处处为0，则E为0。但在二，比如XY平面内U处处为（2）不一定。比如，当选择无限远点电势为零时，带电量为＋q和－q的连线中间，U＝0，E不为0。rRr4rr

4R

00

R 4

40

C0d

内=－q

外=qE

rr2rr0xdxd0 0E120

E22(d EE1

daEdx

lnd

C U

lnd

ln 解: 定理EdSQ/0, E E 4r2 0A证明:(1)做出如图所示的面S1，由于导体内部场强为零，侧面法线方向与场强方向垂直，故由定理有S1面内电荷数为零，即23。(2)做出如图所示的面S2，由于23，又E左=E，故有E1

右2右

。再做 S3，可知此时E1 12

5Cm- (1)一定相等.是等势体.(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

两球外面的场强相同，分布区域相同，故外面静电能相同；而球体(并不是导体)内部也有电荷分布，也有场分布，故也有静电能。所以球体大于球面。 QQ1 不变，而C1因为插入介质，电容增加， C UCU [解]两极间的电场E ，电子受力FeE

a d1at2

t

Q 5Q未并联前，两电容器的总能量为：W02C 总Q总

W1C'U212C3Q)2 WWW0

9Q

5Q

Q（1）QC0UC00（2）因为电源未切断，故电容两端U不变，电容器内是均匀电场。EdE E02WV1E21 WWW1W1C2 (1)由导体的静电平衡条件和电荷守恒定律 定理，可分析得：导体球上所带电量在球面球壳内表面带电量为-