西南交通大学大学物理CH09-6

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西南交大《大学物理》机械振动

动能之比为势能之比为 2：1 0：
w.
1 kA 2 或 0 4
6. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：
ww
1 x1 = 3 × 10 −2 cos( 4t − π ) (SI) 2
和
x 2 = 2 × 10 −2 sin( π − 4t ) (SI)
。
它们的合振动的振幅为解：将 x2 改写成余弦函数形式有：
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《大学物理 AII》作业
No .1 机械振动 No.1
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题： 1. 一劲度系数为 k 的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联，下面挂一质量为 m 的物体，如图所示。则振动系统的频率为 [ ] (A) (C)
x2 t
1 mω 2 A2 cos 2 (ωt + φ ) 2 1 2 kA cos 2 (ωt + φ ) 2
� A2
x
合振动初相与 x1 初相一致，即 ϕ 二、填空题： 1. 一简谐振动的表达式为 x 0.16m⋅s -1，则振幅 A = 解：由已知初始条件，得振幅： A =
=π 。
故选 C
= A cos(4t + ϕ ) ，已知 t = 0 时的初位移为 0.03m, 初速度为
zh in an ch e.
，势能之比为
m = 2π k
∆l g
1 π) 。则该物体在 t = 0 时刻的动能与 2
。
1 x = A cos(ωt + π) 2
1 1 1 1 1 Ek = mv2 = m[− Aω sin(ω × 0 + π )]2 = mA2ω 2 = mA2ω 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 势能： E p = kx = k [ − A cos( ω × 0 + π )] 2 = 0 2 2 2 1 2 1 T 1 1 当 t = T / 8 时，动能： Ek = mv = m[− Aω sin( ω × + π )] 2 = mA 2 ω 2 2 2 8 2 4 1 2 1 T 1 1 势能： E p = kx = k[ − A cos( ω × + π )] 2 = kA 2 2 2 8 2 4

西南交通大学大学物理实验期末试题汇总大二

误差理论＿36 出题：物理实验中心在用作图法绘制实验曲线时，横纵坐标上除了标明它所代表的物理量的名称和单位外(A) A) 还应标明分度值 B) 还应标明不确定度 C) 还应标明最大误差 D) 还应标明相对误差
误差理论＿37 出题：物理实验中心某量的测量结果为 6.2343 m，根据其不确定度将其修约到小数点后保留三位，结果是(A) A) 6.234 m B) 6.235 m C) 6.236 m D) 6.233 m
误差理论＿33 出题：物理实验中心
函数关系
N
x
1 2
y3
(其中
x，y
的不确定度用
x
、
y
表示。其最佳估值用
x
、
y
表示)。则间接测量量
N
的
最佳估值和不确定度表示式为(A)
A)
N x 1 y3 N 2，
2 x
3 2
y 2
y
2
B)
N
x
1 2
y3 N
，
2 x
1 2
2 y
C)
N
x
1 2
y3 ，N
2 x
绪论试题误差理论＿01 出题：物理实验中心下列测量结果正确的表示为（B）
A) t=（8.50 0.445） s B) v=（343.2 2.4） m s
C) v=0.34325 k m s 2.3 m s
D) l =25.62 m 0.06 m
误差理论＿02 出题：物理实验中心用误差限 0.10 mm 的钢尺测量钢丝长度，10 次的测量数据为：（单位：mm）25.8、25.7、25.5、25.6、25.8、25.6、25.5、 25.4、25.7、25.6。钢丝的测量结果为(D) A) l =25.62 0.04 m B) l =25.62 0.10 m C) l =25.62 m 0.06 m D) l =25.6 0.1 m

西南交大峨眉校区《大学物理》机械振动作业-答案

西南交大峨眉校区《大学物理》（机械振动）作业1一选择题1. 把一弹簧振子的小球从平衡位置向位移正方向拉开，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时．若用余弦函数表示其运动方程，则该弹簧振子振动的初相为 (A) 0． (B) π/2． (C) π． (D) 3π/2．［ A ］[参考解答] 开始计时时，位移达到最大值。

2. 一质点在x 轴上作简谐振动，振幅A=4cm,周期T=2s ，其平衡位置取作坐标原点，若t=0s 时刻质点正通过x=-2cm 处，且向x 轴负方向运动，则质点下一次通过x=-2cm 处的时刻为：（A ）1s （B ）2s/3 （C ）4s/3 （D ）2s［ B ］3．一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时，其动能为振动总能量的（A ）7/16 （B ）9/16（C ）11/16 （D ）13/16 （E ）15/16[ E ][参考解答] 4/)cos(A t A x =+=ϕω，16/15)(sin ,4/1)cos(2=+=+ϕωϕωt t 即，1615)(sin max2max k k k E t E E =+=ϕω4．图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为：（A ）2π（B ）π （C ）23π （D ）0[ B ][参考解答] t=0时刻的旋转矢量图：OA/2-AA 合cm ）1.一竖直悬挂的弹簧振子，自然平衡时弹簧的伸长量为x 0，此振子自由振动的周期T = g x /20π．[参考解答] 受力分析如右图，以平衡位置为原点，向下为x 轴正方向，有：22/22)/(dtX d mkX k mg x k mg kx dtx d m kmg x X =-=--=+-=-=令对坐标X ，其运动为简谐运动，其角频率满足：，mk =2ωg x T /2/20πωπ==2. 一质点作简谐振动，速度最大值v m = 5 cm/s ，振幅A = 2 cm ．若令速度具有正最大值的那一时刻为t = 0，则振动表达式为 )()2325cos(2cm t x π+=．[参考解答] s rad cm A A v m /5.2,2,=∴==ωωt =0时，质点通过平衡位置向正方向运动，初相为：230πϕ=3．一弹簧简谐振子的振动曲线如图所示，振子处在位移为零，速度为－ωA ，加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的 b, f 点，振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－ω2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应于曲线上的 a, e 点。

西南交大大学物理 2014版no6详细解答

©物理系_2014_09《大学物理AII 》作业 No.6 光的衍射班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．无线电波能绕过建筑物，而可见光波不能绕过建筑物。

这是因为光是沿直线传播的。

解：无线电波能绕过建筑物，是因为它的波长长，而可见光不能绕过，是由于其波长同障碍物比起来，数量级差太多，衍射现象不明显。

[ F ] 2．光的夫琅和费单缝衍射图样的特点是各级亮条纹亮度相同。

解：单缝夫琅和费衍射条纹的亮度是非均匀的，中央亮纹最亮，其余明纹随着级次增加亮度减弱。

[ T ] 3．光学仪器的分辨率与仪器的通光孔径成正比，与入射光的波长成反比。

解：光学仪器的分辨率为：λϕD 22.111=Δ，从上式知道题目所述正确。

[ F ] 4．用半波带法处理单缝夫琅禾费衍射时，就是将单缝分成若干个缝宽为2λ的半波带。

解：用半波带法处理单缝夫琅禾费衍射时，是将衍射角为ϕ的一束平行光的在缝外的最大光程差用2λ去分，这样，对应的单缝也被分成若干个半波带，并不是说每个半波带的缝宽是2λ，而是只相邻的两个半波带的对应光线在缝外引起的光程差是2λ。

[ F ] 5．光栅的分辨率与其光栅常数成正比。

解：教材P.140,光栅的分辨率为：kN R =，即：光栅的分辨率与谱线的级次k 和光栅的总缝数N 成正比，与光栅常数d 无关。

二、选择题：1．根据惠更斯--菲涅耳原理, 若已知光在某时刻的波阵面为S , 则S 的前方某点P 的光强度取决于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的[ D ] (A) 振动振幅之和 (B) 振动振幅之和的平方(C) 光强之和 (D) 振动的相干叠加解：教材126页。

2．一般情况下光波与声波相比较，光波的衍射现象不显著, 其可能的原因是[ D ] (A) 光波是电磁波, 声波是机械波 (B) 光波传播速度比声波大(C) 光是有颜色的 (D) 光的波长比声波小得多解：光波与声波相比较，光波的衍射现象不显著原因是光的波长比声波小得多，不容易找到同入射波波长相当的障碍物。

西南交通大学大学物理CH09-5

无规运动： “电子气”
二、静电平衡
1. 无规运动； 2. 宏观定向运动
导体内电荷重新分布， ' 出现附加电场 E 直至静电平衡
E
E0
E E0 E
+
+
+ + + +
由导体内场强为零和高斯定理：内表面带与腔内带电体等量反号电荷。
【思考】移动腔内带电体或改变腔内带电体电量，是否影响内、外表面电荷分布？ 6
2、静电平衡导体的表面电荷密度，与当地表面紧邻处的电场强度的大小成正比。
E n
0
S
S
S 0 S E S 0 E 0
q q q UA 0 4 0 R1 4 0 R2 4 0 R3
可解出 q( q) 。
18
q
[例2] 相距很近的平行导体板
a
b
a, b ，分别带电
Qa , Qb 求电荷分布。
解：设平板面积为 S
1 2 3 4
S
Qa Qb
由电荷守恒：
解：〈1〉画出未接地前的电荷分布图.

R

q q q o d

腔内壁非均匀分布的负电荷对外效应等效于：
在与 q 同位置处置
q 。
27
q q q U U U U U 0 q 壳地内壁外壁 q q R o d q外壁 0

西南交大大学物理作业参考答案NO.1

该题也可用动能定理来解，如下：
y

2

1 1 1 1 2 2 A Fdy mkydy mky0 mky 2 EK mv 2 mv0 y 2 2 2 2
0
整理得到： v v 0 k y 0 y
2
2

2
2

2．一张致密光盘（CD）音轨区域的内半径 R1＝2.2 cm，外半径为 R 2＝5.6 cm（如图），径向音轨密度 N ＝650 条/mm。在 CD 唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光束相对光盘以 v＝1.3 m/s 的恒定线速度运动。 (1) 这张光盘的全部放音时间是多少？ R2 R1 (2) 激光束到达离盘心 r＝5.0 cm 处时，光盘转动的角速度和角加速度各是多少？解：(1) 以 r 表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的矢径，则在 d r 宽度内的音轨长度为 2 rN d r 。激光束划过这样长的音轨所用的时间为 d t 由此得光盘的全部放音时间为

2
2
m s
2 2
2
飞轮转过 240 时的角速度为，由 2 0 2 , 0 0 ，得 2 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为
an r 2 r 2 0.3 2 0.5
240 2 1.26 360
1 1 2.5 2 1 1 2 1 2m 2 2
2
2．在 x 轴上作变加速直线运动的质点，已知其初速度为 v 0 ，初始位置为 x0，加速度 a Ct （其中 C 为常量），则其速度与时间的关系为 v v v 0
1 3 Ct ，运动学方程为 3
x2 t2

西南交大大学物理版NO参考答案

1π 2
−0−
2π λ
( 21 λ 4
− 3λ ) =
−4π
Δϕ = 4π
5．一简谐波沿 Ox 轴负方向传播，图中所示为该波 t 时刻的波形图，欲沿 Ox 轴形成驻波，且使坐标原点 O 处出现波节，在另一图上画出另一简谐波 t 时刻的波形图。
y
u
A
O
x
四、计算题：
1. 一列横波在绳索上传播，其表达式为
式为：
[
] (A) y2 = 2.0 ×10−2 cos [ 2π (t / 0.02 + x / 20) +π / 3 ] (SI)
(B) y2 = 2.0×10−2 cos [ 2π (t / 0.02 + x / 20) + 2π / 3 ] (SI)
(C) y2 = 2.0 ×10−2 cos [ 2π (t / 0.02 + x / 20) + 4π / 3 ] (SI)
2πx λ
cos(ω
t
+
π
2
)
λ 将 P 点坐标 OP
=
6 4
代入上式，得 P 点振动方程
y = −2Acos(ω t + π ) = 2Acos⎜⎛ωt − π ⎟⎞
2
⎝ 2⎠
方法二：
入射波在 P 点引起的振动为：
y = Acos(ω t − 2π ⋅ 6 λ + π ) = Acos(ω t − 5π ) = Acos(ω t − π )
−
π 3
=
π
，所以
ϕ2
=π
+
π 3
=
4π 3
y2
=

大学物理答案第八章西南交大版

大学物理答案第八章西南交大版第八章相对论8-1 选择题v(1)一火箭的固有长度为L，相对于地面作匀速直线运动的速度为，火箭上有一个1v人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为的子弹。

在火箭2上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是:LL(A) (B) v，vv122LL(C) (D) [B] 2v,v21，，v1,v/c11v解:在火箭参考系中，子弹以速率，匀速通过距离L，所需的时间 2L ,t,v2(2)关于同时性有人提出以下一些结论，其中哪个是正确的,(A)在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生。

(B)在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生。

(C)在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生。

(D)在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生。

[C]u,,,解:由洛仑兹变换,可知: ,t,,t,,x,,2c,,,,t,0,,x,0,t,0当时，即在一个惯性系中同时同地发生的两个事件，在另一惯性系中一定同时发生;,,t,0,,x,0,t,0当时即在一个惯性系中的同时异地事件，在另一惯性系中必然不同时。

,,x,0,,t,0,t当时的大小有各种可能性，不是必然不为零的。

(3)一宇宙飞船相对地球以0.8c(c表示真空中光速)的速度飞行，一光脉冲从船尾传到船头，飞船上的观察者测得飞船长为90m，地球上的观察者测得脉冲从船尾发出和到达船头两个事件的空间间隔为65(A)90m (B)54m (C)270m (D)150m [C],,ss系，飞船系为系。

系相对于系沿x轴方向以飞行，解:设地球系为u,0.8css1,, 21,0.890,,,s,x,90m系中， ,t,c,,，，x,,x，ut由洛仑兹坐标变换得,,，，,x,,,x，u,t190,,,90，0.8c，,,2 c,,1,0.8,270m163.6，10J(4)某核电站年发电量为100亿度，它等于的能量，如果这是由核材料的全部静止能转化产生的，则需要消耗的核材料的质量为 (A)0.4kg (B)0.8kg 77(C) (D) [A] ，，12，10kg1/12，10kg2解:由质能关系 E,mc0016E3.6，100 m,,,0.4kg0228c，，3，10(5)设某微观粒子的总能量是它的静止能量的K倍，则其运动速度的大小cc2(A) (B) 1,KK,1Kcc2(C) (D) [C] ，，K,1KK，2K，1K22解:由质能关系 E,mc,E,mc00Em ,,KEm00m0m,又由质速关系 2u,,1,,,c,,661,K 得 2u,,1,,,c,,c2 u,k,1K8-2 填空题,6(1)子是一种基本粒子，在相对于子静止的坐标系中测得其寿命为。

西南交通大学习题册答案

y x, t 0.2 cos[ (t 3

x 0 .6 7 x 13 x 1 ) ] 0.2 cos[ (t ) ] 0.2 cos[ (t ) ] 0.2 6 3 0 .2 6 3 0 .2 6
或者： y x, t 0.2 cos[
解：只要将任一点的坐标代入波动方程，就将得到该点的振动方程。 [ F ] 3．在平面简谐行波中，波动介质元的机械能守恒，动能和势能反相变化。
解：对于波动的介质元而言，机械能不守恒，其动能和势能同相变化，它们时时刻刻都有相同的数值。 [ T ] 4．沿x轴正向传播的简谐波，波线上两点（x2<x1）的相位差2-1一定大于零。
2 代入，得
2
或者 pቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ

3 2
，则 P 点的振动方程为：y p
A cos(2
t' )， T 2
y p A cos(2
（SI）
t2 t2 7 ) 0.2 cos( t ) ) 0.2 cos(2 6 2 3 6 T 2
t 2 3 5 t 2 3 ) 0.2 cos(2 ) 0.2 cos( t ) 2 T 6 2 3 6

3
(t
x 0.6 5 x 1 ) ] 0.2 cos[ (t ) ] 0 .2 6 3 0.2 6
5．一平面简谐波，波速为 6.0m/s，振动周期为 0.2s，则波长为方向上，有两质点的振动相位差为 7 解：由 uT 可得
1.2 m 。在波的传播
0 ，得
………… (1)
0.1 7 1 2k 2 u a 0.2 dy 0 ，得 7 1 2k 由 y b 0.05, dt b 3 u

西南交大大学物理卷子

第一个方程加上自然周期条件构成本征值问题，本征值为 2
m 0,1,) (m
对应的本征函数为
( ) A cos m B sin m
这时，另一个方程为
5
1 d d m (sin ) [l (l 1) 2 ] 0 sin d d sin
x
d 2R dR 2 x x ( x 2 m2 ) R 0 2 dx dx
11
这称为虚宗量贝塞尔方程，只要把贝塞尔方程的自变量x用ix代换，就将贝塞尔方程变为虚宗量贝塞尔方程。前面，对三维Laplace方程，在球坐标系中，由的方程导出L阶勒让德方程，柱坐标系中，由R的方程在两种情况下分别导出贝塞尔方程和虚宗量贝塞尔方程。 2. 波动方程
与Laplace方程时的情况比较，仅是R的方程不同，R 的方程可写为
d R dR r 2r [k 2 r 2 l (l 1)]R 0 dr2 dr
2
2
16
称为L阶的球贝塞尔方程。作代换
x kr, R(r )
得到

2xΒιβλιοθήκη y ( x)d2y dy 1 2 2 2 x x [ x (l ) ] y 0 2 dx dx 2 这称L+1/2阶的贝塞尔方程。当k=0时，方程则退化为欧拉型方程。 (2) 柱坐标系柱坐标系中的亥姆霍兹方程为
第九章
二阶常微分方程级数解法本征值问题
1.特殊函数常微分方程
2.常点邻域上的级数解法
3.正则奇点邻域上的级数解法 4.施图姆-刘维尔本征值问题(自学)
1
§1. 特殊函数常微分方程
place方程
2.波动方程 3.输运方程
4.亥姆霍兹方程

西南交大大物09级半期考试

本习题版权归物理与科学技术学院物理系所有，不得用于商业目的1. 如图，一圆频率为ω、振幅为A 的平面简谐波沿x 轴正方向传播，设在 t = 0时刻该波在坐标原点O 处引起的振动使媒质元由平衡位置向y 轴的负方向运动。

M 是垂直于x 轴的波密媒质反射面。

已知4/5'λ=OO ，4/'λ=PO (λ为该波波长)；设反射波不衰减，求：(1) 入射波与反射波的波动方程； (2) P 点的振动方程。

解：(1) 由题意t = 0时刻该波在坐标原点O 处引起的振动使媒质元由平衡位置向y 轴的负方向运动知O 点振动初相位为2π 则O 点的振动方程为 )2cos(0πω+=t A y入射波的波动方程为 )45()22cos(1λπλπω≤+-=x xt A y 入射波引起反射点O '振动的振动方程为)cos()4/522cos(t A t A y o ωλλππω=⋅-+='在O '点反射时，因是波密媒质反射面，故有半波损失，反射波引起反射点O '振动的振动方程为 )cos(πω+='t A y o则反射波波动方程为)232cos(])(2cos[)]2cos[2πλπωπλπωπλπω-+=+--=+-=x t A x o o t A P o t A y (2) 合成波的波动方程为)232cos()22cos(21πλπωπλπω-+++-=+=x t A x t A y y y )2c o s ()2c o s (2πωπλπ--=t xA将P 点坐标λλλ=-=4145OP 代入上式，得 P 点振动方程)sin(2)2cos(2t A t A y ωπω-=--=2. 已知波长λ = 5000Å以θ = 30︒照射到光栅常数d = 2.5a = 2μm 的光栅上，由：求： ① 中央主极大位置② 屏中心F 处条纹级次 ③ 屏上可见到哪几级主明纹？解：由 λθϕk d d =-=∆sin sin ① 中央主极大 0=∆θϕsin sin =30==θϕλθϕk d d =-=∆sin sin（2）屏中心 F 处：所以：（3）考虑缺级：屏上的级次为：共6条主明纹（k = -5级缺级）0=ϕλθk d =-sin 21050005.0102sin 106-=⨯⨯⨯-=-=--λθd k 得上方取2F πϕ=2)sin 1(=-<λθd k 1max =k 得下方取2F πϕ-=6)sin 1(-=-->'λθd k 5max-='k k k a d k '='=25)4,2( ±±='k 4,3,2,1,0,1----+。

西南交通大学物理作业题答案

No.3 角动量、角动量守恒定律一、选择题： 1．D解：设地球绕太阳做圆周运动的速率为v ，轨道角动量为L ，由万有引力定律和牛顿运动定律 R v m R m M G 22=可得 GMR m mvR L RGMv ===,2．B解：设棒长为l ，质量为m ，在向下摆到角θ时，由转动定律βθJ lmg =⋅cos 2（J 为转动惯量）在棒下摆过程中，θ增大，β减小。

棒由静止开始下摆，ω与β转向一致，所以由小变大。

3．C解：设A 、B 连盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即 B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。

4．B解：（1）对转轴上任一点，力矩为F r M ⨯=。

若F 与轴平行，则M一定与轴垂直，即对轴的力矩0=z M ，两个力的合力矩一定为零。

正确。

（2）两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩为零。

正确。

（3）两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。

（4）两个力对轴的力矩只要大小相等，符号相反，合力矩就为零，但两个力不一定大小相等，方向相反，即合力不一定为零。

5．C解：以两个子弹和圆盘为研究对象，外力矩为零，系统角动量守恒。

设圆盘转动惯量为J ，则有 ()ωω202mr J J mvr mvr +=+-022ωωmr J J+=可见圆盘的角速度减小了。

m二、填空题：1． M = 0 ； L= k ab m ω 。

解：由j t b i t a rωωsin cos +=，质点的速度和加速度分别为jt b i t a a jt b i t a vωωωωωωωωsin cos cos sin 22--=+-= 质点所受对原点的力矩为M a m r F r⨯=⨯=()()0sin cos sin cos 22=--⨯+=jt mb i t ma j t b i t a ωωωωωω质点对原点的角动量为()()j t mb i t ma j t b i t a v m r Lωωωωωωcos sin sin cos +-⨯+=⨯= k ab mω=2． M =mgl β=lg 。

大学物理答案第五章西南交大版

第五章角动量角动量守恒定律5-1 选择题：（1）一质点作匀速率圆周运动时，（A ）它的动量不变，对圆心的角动量也不变。

（B ）它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。

（C ）它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。

（D ）它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。

[C] 解：质点作匀速率圆周运动时，其速度大小虽不变，但速度方向不断改变，故其动量不断改变。

而该质点对圆心角动量大小不变，方向始终垂直于圆轨道平面，指向也不变。

（2）已知地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为（A ）GMR m （B ）RGMm（C ）R G Mm（D ）RGMm 2 [A] 解：由万有引力定律和牛顿第二定律有R v m RmM G 22=得地球绕日运动速率RGM v =由角动量定义得GMR m mvR L ==（3）一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ω沿z 轴正方向），设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 543++=，其单位为“m 102-”，若以“12s m 10--⋅”为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（A ）k j i v 0.1576.1252.94++= （B ）j i v 8.181.25+-= （C ）j i v 8.181.25--=（D ）k v 4.31= [B] 解：刚体转动平面与转轴垂直，所以P 点速度无z 分量。

由题意，作出P 的位矢，可知该时刻P 点速度的x 分量为负而y 分量为正，故答案（B ）正确。

（4）均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？（A ）角速度从小到大，角加速度从大到小。

（B ）角速度从小到大，角加速度从小到大。

（C ）角速度从大到小，角加速度从大到小。

交大版(第四版)大学物理上册答案

v y 0 v0 sin 60 0 →
2 1 y v0 sin 60 0 t g sin 60 0 t 2 2
（2）
2v0 g
第二次落地时： y 0 ，代入（2）式得： t 所以： x v0 cos 600 t g cos 600 t 2
1 2
，
2 2v0 2 2 gh 4h 80cm 。 g g
gx 2 h 2 2v0
（3）∵ r v0 t i (h
在落地瞬时，有： t
2h g
，∴
dr v0i 2 gh j dt
2 2 又∵ v vx2 vy v0 ( gt )2 ，∴
g 2 gh g 2t dv 1 2 dt [v 2 ( gt ) 2 ] 2 v0 2 gh 0
an a 2 at2
2 t2 1
。
1-4．一升降机以加速度 a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为 d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为 y1 ，升降机上升的 y 高度为 y2 ，运动方程分别为
x v0 t ┄①， h
1 2 gt ┄② 2
h
x 联立方程解得： x 447m ，∴ arctan 77.50 O 。 h
x
1-12．设将两物体 A 和 B 分别以初速 v A 和 vB 抛掷出去． vA 与水平面的夹角为； vB 与水平面的夹角为，试证明在任何时刻物体 B 相对物体 A 的速度是常矢量。证明：两个物体初速度为 vA0 和 vB 0 ，在任意时刻的速度为：
v物对球 v物对地 v地对球 v物对球 v物对地 v球对地

西南交大大学物理下第9次作业答案

西南交大大学物理下第9次作业答案西南交大大学物理下第9次作业答案? 物理系u2022 u09《大学物理aii》作业no.9原子结构固体能带理论班级成绩_______一、判断题：（用“t”和“f”表示）[f] 一,。

量子力学中的“隧道效应”现象只有在粒子总能量高于势垒高度时才会出现。

解决方案：总能量低于势垒高度的粒子也可以通过势垒到达势垒另一侧的现象称为“隧穿”道效应”[f] 二,。

根据量子力学理论，氢原子中的电子在一定的轨道上运动，轨道被量子化。

解决方案：教科书中的227个电子不会在原子核外的特定轨道上移动。

量子力学不能断言电子必须出现在核外某个确定的位置，而只能给出电子在核外各处出现的概率。

[f] 三,。

本征半导体是同时参与传导的电子和空穴载流子，而n型半导体只传导电子。

[t]4．固体中能带的形成是由于固体中的电子仍然满足泡利不相容原理。

解：只要是费米子都要遵从泡利不相容原理，电子是费米子。

[t] 五,。

当p型和n型半导体材料接触时，由载流子扩散形成的PN具有单一导电性。

解决方案：教科书244二、选择题：1.以下哪组量子数可以描述原子中电子的状态？[d] （a）n=2，l=2，ml=0，ms？11(b)n=3，l=1，ml=-2，ms??2211(c)n=1，l=2，ml=1，ms?(d)n=3，l=2，ml=0，ms??解决方案22：根据原子中电子的四个量子数的取值规则和泡利不相容原理，我们知道D是正确的。

因此，选择D2．与绝缘体相比较，半导体能带结构的特点是[d](a)导带也是空带(b)满带与导带重合（c）在整个带中总是有空穴，在导带中总是有电子。

（d）带隙很窄解：教材241-242.3.在原子的L壳层中，一个电子可能具有的四个量子数（n，L，ML，MS）是1)21(3)(2，1，1，)2(1)(2，0，1，1)21(4)(2，1，-1，?)2（2）（2，1，0），上述四个值中哪一个是正确的？[](a)只有(1)、(2)是正确的(b)只有(2)、(3)是正确的(c)只有(2)、(3)、(4)是正确的(d)全部是正确的解决方案：原子的L壳层对应于主量子数n？2.角量子数可以是l？0,1,2，磁量子数可以是ml?0,?1,?2，自旋量子数可为ms??11,，根据原子中电子四个量子数取值规则22和泡利不相容原理知只有(2)、(3)、(4)正确。

西南交大大物试卷答案06A

《大学物理》作业 No .6 电场强度一、选择题1. 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负)[D ]解：均匀带负电的“无限大”平板两侧为均匀电场，场强方向垂直指向平板，即x < 0时，E x < 0；x > 0时，E x > 0。

2. 两个同心均匀带电球面，半径分别为a R 和b R (b a R R <) , 所带电量分别为a Q 和b Q ，设某点与球心相距r , 当b a R r R <<时，该点的电场强度的大小为：[ D ] (A)2b a 041r Q Q +⋅πε (B) 2ba 041rQ Q -⋅πε (C) )(412b b 2a 0R Q r Q +⋅πε (D)2a 041r Q ⋅πε 解：作半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理024d επa SQ E r S E ==⋅⎰得该点场强大小为：204r Q E a πε=。

3. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，轴线方向单位长度上的带电量分别为1λ 和2λ，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小[ D ] (A) r 0212πελλ+(B) 20210122R R πελπελ+(C) 1014R πελ(D) 0解：过P 点作如图同轴圆柱形高斯面S ，由高斯定理02d ==⋅⎰rlE S E Sπ，所以E ＝0。

4. 有两个点电荷电量都是 +q ，相距为2a 。

今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面，在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2, 其位置如图所示。

设通过S 1 和 S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电场强度通量为S Φ，则 [ D ] (A) 021/,εq ΦΦΦS =>；x x 02εσx x(B) 021/2,εq ΦΦΦS =<； (C) 021/,εq ΦΦΦS ==；(D) 021/,εq ΦΦΦS =<。