大学物理(西南交大)作业参考答案5
西南交大大学物理CII作业 参考答案
©物理系_2015_09《大学物理CII》作业No.7 热力学第二定律班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______一、判断题：（用“T”和“F”表示）[ F ] 1．在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会发生变化。
此说法不对．在绝热过程中，系统与外界无热量交换，Q=0．但不一定系统与外界无作功，只要系统与外界之间有作功的表现，由热力学第一定律Q=E+W，可知，E=-W，即对应有内能的改变．而由E=νC，T可知，有E，一定有T，即有温度的变化．[ F ] 2．在循坏过程中系统对外做的净功在数值上等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，因此封闭曲线包围的面积越大，循坏效率就越高。
有人说，因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，所以封闭曲线所包围的面积越大，循环效率就越高，对吗？答：不正确，因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量，只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下，封闭曲线所包围的面积越大，即系统对外所做的净功越多，循环效率越高，如果从高温热源吸收的热量不确定，则循环效率不一定越高[ F ] 3．系统经历一正循坏后，系统与外界都没有变化。
系统经历一正循环后，系统的状态没有变化；（２）系统经历一正循环后，系统与外界都没有变化；（３）系统经历一正循环后，接着再经历一逆循环，系统与外界亦均无变化。
解说法（1）正确，系统经历一正循环后，描述系统状态的内能是单值函数，其内能不变，系统的状态没有变化。
说法（2）错误，系统经过一正循环，系统内能不变，它从外界吸收热量，对外作功，由热力学第二定律知，必定要引起外界的变化。
说法（3）错误，在正逆过程中所引起外界的变化是不能消除的。
[ F ] 4.第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律。
解：第二类永动机并不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律。
西南交大大物作业答案
《大学物理》作业 N0.1 运动的描述班级 ________________ 学号 __________ 姓名 _________ 日期 _______ 成绩 ________一、选择题：B D DC B B二、填空题：1. 8 m ，10 m2. m r s 042.023201.0=⨯⨯==πθ ， s m vs r t r v po/0041.0/3==∆∆=3.s m l l r v v t /8.69cos sin sin sin sin 2=====θωθωθθωθ 或θωθθ22cos d d cos 1d d l t l t x v =⋅==4. 切向加速度的大小为 260cos g g a t -=-=法向加速度的大小为g g v a n 2330cos 2===ρ所以轨道的曲率半径gv a v n 33222==ρ5. 以地球为参考系，()⎪⎩⎪⎨⎧=+=2021gt y tv v x 消去t ，得炮弹的轨迹方程 ()202x v v gy +=同理，以飞机为参考系 222x vg y = 6. ()2s m 15.05.03.0-⋅=⨯==βr a t飞轮转过 240时的角速度为ω，由0,20202==-ωβθωω，得βθω22= 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为()22s m 26.123602405.023.02-⋅=⨯⨯⨯⨯===πβθωr r a n三、计算题：1．一个人自原点出发，25 s 内向东走30 m ，又10 s 内向南走10 m ，再15 s 内向正西北走18 m 。
求在这50 s 内，（1）平均速度的大小和方向，（2）平均速率的大小。
解：建立如图坐标系。
（1） 50 s 内人的位移为r ++=∆(ji j i j i73.227.1745cos 181030+=+-+-=平均速度的大小为)s m (35.05073.227.17122-⋅=+=∆∆=t r v与x 轴的夹角为)98.8(98.827.1773.2tg tg 11东偏北==∆∆=--x y ϕ（2） 50 s 内人走的路程为S =30+10+18=58 (m)，所以平均速率为)s m (16.150581-⋅==∆=t S v2．如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动。
西南交通大学大学物理作业答案
N0.1 运动的描述一、选择题： 1．B解：小球运动速度2312d d t tsv -==。
当小球运动到最高点时v =0，即03122=-t ，t =2（s ）。
2．B解：质点作圆周运动时，切向加速度和法向加速度分别为Rv a t v a n t 2,d d ==，所以加速度大小为：2122222d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=R v t v a a a nt 。
3．A解：根据定义，瞬时速度为dt d r v=，瞬时速率为ts v d d =，由于s r d d = ，所以v v =。
平均速度t r v ∆∆=，平均速率ts v ∆∆=，由于一般情况下s r ∆≠∆，所以v v ≠ 。
4．D 解：将t kv t v 2d d -=分离变量积分，⎰⎰=-tv v t k t vv 02d d 0可得 02201211,2111v kt v kt v v +==-。
5．B解：由题意，A 船相对于地的速度i v A2=-地，B 船相对于地的速度j v B2=-地，根据相对运动速度公式，B 船相对于A 船的速度为j i v v v v v A B A B A B22+-=-=+=-----地地地地。
二、填空题：1．质点的位移大小为 -180 m ，在t 由0到4 s 的时间间隔内质点走过的路程为 191 m 。
解：质点作直线运动，由运动方程可知，t =0及t =6 s 时的坐标分别为180666,0340-=-⨯==x x所以质点在此时间间隔内位移的大小为18004-=-=∆x x x （m ） 质点的运动速度236d d t txv -==，可见质点做变速运动。
2=t s 时，v =0；2<t 时，v >0，沿正向运动；2>t s 时，v <0，沿负向运动。
质点走过的路程为2602xx x xS -+-=)m (19128180226666226333=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯--⨯+-⨯=2．走过的路程是 0.047m ，这段时间内的平均速度大小为 0.006m/s 。
西南交大大物作业答案
西南交大大物作业答案【篇一：2014级西南交大大物答案10】=txt>《大学物理ai》作业no.10安培环路定律磁力磁介质班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“t”和“f”表示）??[ f ] 1．在稳恒电流的磁场中，任意选取的闭合积分回路，安培环路定理h?dl??iil都能成立，因此利用安培环路定理可以求出任何电流回路在空间任一处产生的磁场强度。
解：安培环路定理的成立条件是：稳恒磁场，即稳恒电流产生的磁场。
但是想用它来求解磁场，必须是磁场分布具有某种对称性，这样才能找到合适的安培环路，才能将??h?dl??ii中的积分简单地积出来。
才能算出磁场强度矢量的分布。
l[ f ] 2．通有电流的线圈在磁场中受磁力矩作用，但不受磁力作用。
解：也要受到磁场力的作用，如果是均匀磁场，那么闭合线圈所受的合力为零，如果是非均匀场，那么合力不为零。
[f ] 3．带电粒子匀速穿过某空间而不偏转，则该区域内无磁场。
解：根据f?qv?b，如果带电粒子的运动方向与磁场方向平行，那么它受力为0，一样不偏转，做匀速直线运动。
??[f ] 4.真空中电流元i1dl1与电流元i2dl2之间的相互作用是直接进行的，且服从牛顿第三定律。
解：两个电流之间的相互作用是通过磁场进行的，不服从牛顿第三定律。
[ t ] 5.在右图中,小磁针位于环形电流的中心。
当小磁针的n 极指向纸内时,则环形电流的方向是顺时针方向。
???解：当小磁针的n 极指向纸内时，说明环形电流所产生的磁场是指向纸内，根据右手螺旋定则判断出电流的方向是顺时针的。
二、选择题：1．如图，在一圆形电流i所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路l，则由安培环路定理可知： [b] (a)(b)(c)??lb?dl?0，且环路上任意一点b?0 ??lb?dl?0，且环路上任意一点b?0 ??b?dl?0，且环路上任意一点b?0l??解：根据安培环路定理知，b的环流只与穿过回路的电流有关，但是b却是与空间所有l??(d) b?dl?0，且环路上任意一点b =常量＝0的电流有关。
西南交通大学大物A1-05作业解析
©西南交大物理系_2013_02《大学物理AI》作业No.05 狭义相对论班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______ 一、判断题：（用“T”和“F”表示）狭义相对论时空观认为：[ T ] 1．对质量、长度、时间的测量，其结果都会随物体与观察者的相对运动状态不同而不同。
解：正确，质量，长度，时间的测量，都与惯性系的选择有关。
[ T ] 2．在一惯性系中发生于同一时刻的两个事件，在其他惯性系中可能是不同时刻发生的。
解：“同时性”具有相对性。
直接由洛伦兹变换得到。
[ T ] 3．惯性系中的观察者观测一个相对他作匀速运动的时钟时，会观测到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些。
解：动钟变慢。
[ F ] 4．Sam驾飞船从金星飞向火星，接近光速匀速经过地球上的Sally。
两人对飞船从金星到火星的旅行时间进行测量，Sally所测时间较短。
解：Sally所测时间是非原时，Sam所测的时间是原时，一切的时间测量中，原时最短。
所以应该是Sam所测的时间短。
[ F ] 5．图中，飞船A向飞船B发射一个激光脉冲，此时一艘侦查飞船C正向远处飞去，各飞船的飞行速率如图所示，都是从同一参照系测量所得。
由此可知，各飞船测量激光脉冲的速率值不相等。
解：光速不变原理。
二、选择题:1．两个惯性系S和S′，沿x (x′)轴方向作匀速相对运动. 设在S′系中某点先后发生两个事件，用静止于该系的钟测出两事件的时间间隔为τ0，而用固定在S系的钟测出这两个事件的时间间隔为τ ．又在S′系x′轴上放置一静止于该系，长度为l0的细杆，从S系测得此杆的长度为l , 则[D ] (A) τ < τ0；l < l 0． (B) τ < τ0；l > l 0．(C) τ > τ0；l > l 0． (D) τ > τ0；l < l 0．解：τ0 是原时，l 0是原长，一切的时间测量中，原时最短；一切的长度测量中，原长最长。
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。
西南交大大学物理练习题(附参考解答)
NO.1 质点运动学班级 姓名 学号 成绩一、选择1. 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪种是正确的： [ B ](A) 切向加速度必不为零．（反例：匀速圆周运动） (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）．(C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零．（反例：匀速圆周运动）(D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．（反例：匀速圆周运动） (E) 若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动．2．一质点作一般曲线运动，其瞬时速度为V，瞬时速率为V ，某一段时间内的平均速度为V，平均速率为，它们之间的关系为：[ D ]（A ）∣V∣=V ，∣V∣=V；（B ）∣V∣≠V ，∣V∣=V ；（C ）∣V∣≠V ，∣V∣≠V ； （D ）∣V∣=V ，∣V∣≠V .解：dr dsV V dt dt=⇒=，r sV V t t∆∆≠⇒≠∆∆.3.质点作曲线运动，r表示位置矢量，v表示速度，a表示加速度，S 表示路程，a τ表示切向加速度，下列表达式中， [ D ](1) d /d t a τ=v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=v ． (A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的．(C) 只有(2)是对的． (D) 只有（1）、(3)是对的．解：d /d t a τ=v ，v=t S d /d ， at v=d /d4.质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为 (v 表示任一时刻质点的速率) [ D ](A) t d d v ．(B) 2v R ． (C) R t 2d d vv +．(D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．解：a==5.一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为jbtiatr22+=（其中a、b为常量）, 则该质点作[ B](A) 匀速直线运动．(B) 变速直线运动．(C) 抛物线运动．(D)一般曲线运动．解：可以算出by xa=，同时2xa a=、2ya b=，所以严格地讲：匀变速直线运动。
2012 西南交通大学 大学物理 AII 作业答案 No.5 光的干涉
No.5 光的干涉
一、判断题 [ F ] 1．光程就是光在空间通过的路程。 解：光的在介质中传播的几何路程与介质折射率的乘积定义为等效真空程，又叫光程，见教材 106 页。 [ F ] 2．杨氏双缝干涉是通过分振幅获得相干光的。 解：应为分波面法 [ T ] 3．光从光疏介质入射到光密介质界面反射时，将发生半波损失。在反射面上，反射光将产生 π 的相位突变。 解：教材81页。 [ T ] 4．相干长度就是能够观察到干涉现象的最大光程差。 解：教材123页。 [ T ] 5．薄透镜的物点和像点间是等光程的。 解：教材 96 页。 二、选择题 2．将一个平面波照射在图 a 所示的双缝上，屏上形成了一个干涉图样(图 b)。如果我们将双缝中的其中一 条缝上覆盖一个玻璃板(图 c)，因为玻璃中的波长比空气中的波长短，所以从双缝出射的波的相位将不同， 如果相位差是 180 o ，图 b 中的干涉图样将如何变化？
有明纹条件 ∆ = ± kλ ( k = 0,1,2,3,........) 得 x k = ( ± kλ + 3λ ) ⋅ 相邻明纹间距 ∆ x = x k +1 − x k =
Dλ d
3. 如图所示， 牛顿环装置的平凸透镜与平板玻璃间有一小缝隙e0。 现用波长为 λ 的单色光垂直照射，已知平凸透镜的曲率半径为R，求反射光形成的牛顿环的各 暗环半径。
λ
2
，所以材
λ
4n
，当 k=0 时 e 有最小值，故 e min =
λ
4n
= 120nm
第 k＋5 级明条纹的间距是 5λ
4. 波长为 λ 的平行单色光垂直照射到劈尖薄膜上，劈尖角为 θ ，劈尖薄膜的折射率为 n，第 k 级明条纹与
2 nθ五条明条纹间距为 L = 5l =
西南交大 大学物理 2014版NO.5详细解答
= (2k
+ 1)
λ 2
即此时的 P 点处光程差满足暗纹条件，故 P 点处为暗条纹
故选 B
3．如图所示，折射率为 n1 、厚度为 e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质折射率分
别为 n1 和 n3 ，已知 n1 < n2 < n3 。若用波长为 λ 的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则
从薄膜上、下两表面反射的光束①与②的光程差是
=k
Dλ d
，由题意，k＝5， Δx
=
2xk
= 10 D d
λ
所以有 d
= 10Dλ Δx
=
10
×
2 × 546.1×10−9 12 ×10−3
= 9.10 ×10−4 (m)
(2) 共经过 20 个条纹间距，即
l
= 20 D λ d
=
20
×
2
× 546.1×10 9.1 × 10 −4
−9
= 2.4 ×10−2 (m)
O
A
解：(1)明环半径为 r =
2k −1 Rλ , 2
k = 1, 2, 3L
( ) 所以入射光波长
λ
=
2r 2
(2k −1)R
=
2 × 0.30 ×10−2
(2 ×5 −1)× 4
2
= 5×10−7 (m)
(2)由明环半径公式， 2r 2 = (2k −1)Rλ
k
=
r2 Rλ
+
1 2
=
(10−2 )2 4 × 5 ×10−7
而由牛顿环干涉明条纹条件 Δ = 2ne + λ = (2k ) λ 知厚度越大，级次越高，故边缘高级
大学物理(西南交大)作业参考答案5
NO.5电势、导体与※ 电介质中的静电场（参考答案）班级：学号：姓名：成绩：一选择题1．真空中一半径为 R 的球面均匀带电Q，在球心 O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为 r 的 P 点处的电势为：（A ）q；（B） 1 (q Q )；40r40r RQO r P q Q1q Q q) ；q R（C）40r；（ D）4( r R参考：电势叠加原理。
[B] 2．在带电量为 -Q 的点电荷 A 的静电场中，将另一带电量为 q 的点电荷 B 从 a 点移动到 b，a、 b 两点距离点电荷 A 的距离分别为r 1和 r2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A）4Q11qQ(11B a 0(r1r2)；（B）4 0r1r2)；(-Q)A r1qQ(r1r1 ) ；（D）qQ r2（ q）（C）4。
b04(r r )021参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a-W b＝q(U a-U b) 。
[C] 3．某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 点移到 N 点，有人根据这个图做出以下几点结论，其中哪点是正确的？（A ）电场强度 E M＜ E N；（ B）电势 U M＜ U N；（C）电势能 W M＜W N；（ D ）电场力的功A＞ 0。
NM[C] 4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R，在腔内离球心距离为d（ d＜R ）处，固定一电量为 +q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O处的点势为：（A）0；（B）4q0d；R（C）-q；（D）q( 11 ) 。
O +q 4 0R4d0d R参考：如图，先用高斯定理可知导体内表面电荷为-q，导体外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[D]※ 5．在半径为 R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为：Q Q Q，0；参考：电势叠加原理。
大学物理西南交大作业参考答案
电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩： 一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε； （B ）)(041R Qrq +πε； （C ）rQq 04πε+； （D ）)(041R qQ rq -+πε；参考：电势叠加原理。
[ B ]2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε； （B ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r r qQ--πε； （D ）)(4120r r qQ --πε。
参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。
[ C ]3N 点，有人（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。
r 2 (-Qbr 1B a（q ）[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为： （A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。
外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[ D ]※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为： （A ）内r Qπε4+，外r Q 04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。
大学物理(交大3版)答案(1-5章)
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。
西南交大大学物理版NO详细解答
解：双缝干涉中，光程差满足 Δ = kλ (k = 0, 1, 2,L)为明纹，k＝0 为中央明纹，k＝1 为
第一级明纹，…。故对第三级明纹有 k＝3，光程差为 Δ = 3λ 。将整个装置放入透明液
体中， 3λ = 4 λ → n = 4 = 1.33 。
n
3
2．两束光在界面发生反射和折射，如图所示。a 和 b 在界
O
A
解：(1)明环半径为 r =
2k −1 Rλ , 2
k = 1, 2, 3L
( ) 所以入射光波长
λ
=
2r 2
(2k −1)R
=
2 × 0.30 ×10−2
(2 ×5 −1)× 4
2
= 5×10−7 (m)
(2)由明环半径公式， 2r 2 = (2k −1)Rλ
k
=
r2 Rλ
+
1 2
=
(10−2 )2 4 × 5 ×10−7
两表面反射光线①和②的光程差应为 Δ = 2n2e
故选 A
4．如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上。当平凸透镜垂直
单色光
向上缓慢平移而远离平面玻璃时,可以观察到这些环状干涉条纹
[
] (A) 向右平移
(B) 向中心收缩
空气
(C) 静止不动
(D) 向外扩张
(E) 向左平移向外扩张
解：当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，空气膜的中心区域厚度将增加，
［ C ］ (A) 凸起，且高度为λ / 4
(B) 凸起，且高度为λ / 2
(C) 凹陷，且深度为λ / 2
空气劈尖
(D) 凹陷，且深度为λ / 4
平玻璃 工件
解：劈尖干涉条纹向相邻低级次弯曲，说明低级次处有膜厚增加的情况（凹陷），而由劈
西南交大大学物理作业参考解答 No 角动量 角动量守恒定律
©西南交大物理系_2013_02《大学物理AI 》作业No.03角动量角动量守恒定律班级________学号________姓名_________成绩_______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[F ]1．如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩一定为零。
解：合力为零，合力矩不一定为零。
反之亦然。
[F]2．一个系统的动量守恒，角动量一定守恒。
解：动量守恒的条件是合外力为零，角动量守恒的条件是合外力矩为零。
理由同上题一样。
[T]3．一个质点的角动量与参考点的选择有关。
解：p r L ⨯=，其中r与参考点的选择密切相关，所以角动量与参考点的选择有关。
[F]4．刚体的转动惯量反映了刚体转动的惯性大小，对确定的刚体，其转动惯量是一定值。
解：转动惯量还与轴的位置有关系，该题目只说了刚体确定，但没有说是定轴。
该题题意有些含混。
[F ]5．如果作用于质点的合力矩垂直于质点的角动量，则质点的角动量将不发生变化。
解：根据,,L L d L M dtL d M⊥⊥=，即是如果只要一个物理量的增量垂直于它本身，那么这个增量就只改变它的方向，不改变它的大小。
比如旋进。
二、选择题:1．有两个半径相同、质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则[C ](A)A J >B J (B)A J <BJ (C)A J =BJ (D)不能确定A J 、BJ 哪个大解：对于圆环，转动惯量为⎰⎰==m R m r J d d 22，设细圆环总质量为M ，无论质量分布均匀与否，都有M m =⎰d ，所以MR J JB A2==选CRO2．绕定轴转动的刚体转动时,如果它的角速度很大,则[D ](A)作用在刚体上的力一定很大(B)作用在刚体上的外力矩一定很大(C)作用在刚体上的力和力矩都很大(D)难以判断外力和力矩的大小3．一个可绕定轴转动的刚体,若受到两个大小相等、方向相反但不在一条直线上的恒力作用,而且力所在的平面不与转轴平行,刚体将怎样运动?[C ](A)静止(B)匀速转动(C)匀加速转动(D)变加速转动解：对轴的力矩的代数和不为0，并且为恒定值，根据转动定律：恒量恒量=⇒==ββJ M Z ，所以是匀加速的转动，选C 。
大学物理西南交大作业参考答案
大学物理西南交大作业参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩： 一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε； （B ）)(041R Qrq +πε； （C ）rQq 04πε+； （D ）)(041R qQ rq -+πε；参考：电势叠加原理。
[ B ]2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε； （B ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r r qQ--πε； （D ）)(4120r r qQ --πε。
参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。
[ C ]3点，有人（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。
r 2 (-br 1B a（q[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为： （A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。
外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[ D ]※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为： （A ）内r Q πε4+，外r Q 04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。
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。
大学物理(西南交大)作业参考答案3
NO.3 角动量和刚体定轴转动班级 姓名 学号 成绩一、选择1.体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是 [ C ] (A)甲先到达． (B)乙先到达．(C)同时到达． (D)谁先到达不能确定．2.如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有 [ C ] (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ．(C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ．参考：2A Mgr Mr J β=+，BMgrJβ= 3.如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在光滑的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小[ B ] (A) 为41mg cos θ． (B) 为21mg tg θ(C) 为mg sin θ． (D) 不能唯一确定．4.如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 [ C ] (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒．(C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒．5.一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω [ C ] (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 参考：角动量守恒 ，而J 变大，故ω 变小。
6．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 ]（A ）m GMR ； （B ）R GMm ；（C ）Mm RG ； （D ）R GMm 2。
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NO.5 电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）
班级： 学号： 姓名： 成绩：
一 选择题
1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为： （A ）r q
04πε； （B ）)(041
R Q
r
q
+πε；
（C ）r Q
q 04πε+； （D ）)(0
41
R q
Q r q
-+
πε
；
参考：电势叠加原理。
[ B ] 2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一
带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：
（A ）)(2
101
14r r Q --πε； （B ）)(2
101
14r r qQ
-πε；
（C ）
)(2
1
114r r qQ --πε； （D ）
)
(4120r r qQ --πε。
参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。
[ C ] 3．某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 点移到N 点，有人根据这个图做出以下几点结论，其中哪点是正确的？
（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。
[ C ]
4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为：
（A ）0； （B ）d q
04πε； （C ）-R q
04πε； （D ）)(11
40
R d
q
-
πε。
参考：如图，先用高斯定理可知导体内表面电荷为-q ，外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[ D ] ※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为：
（A ）内r Q πε4+，外r Q
04πε-； （B ）内r Q
πε4+，0； 参考：电势叠加原理。
注：原题中ε为ε0 （C ）R Q r Q
πεπε44-+内
，0； （D ）0，0 。
[ C ]
r 2
(-Q)A
b
r 1 B a （q ）
※6．用两种介质填充平行板电容器，两极板上分别带有电荷+q 和-q ，若介质I 与II 的相对介电常数为εr1＞εr2（如图），则：
（A ）E 1＞E 2，D 1＞D 2； （B ）E 1＞E 2，D 1＜D 2； （C ）E 1＜E 2，D 1=D 2； （D ）E 1＞E 2，D 1=D 2； [ C ] 参考：D=εr ε0E.
二 填空题
1．图中所示为静电场的等势（位）线图，已知U 1＜U 2＜U 3，在图上画出a 、b 两点的电场强度的方向，并比较他们的大小，E a ＝ E b （填＜、＝、＞）。
2．在边长为a 的正三角形的三个顶点上放置电荷+q ，在三边中点处分别放置电荷-q ，则在三角形中心处一点的电势为a q 0433πε-。
3．一半径r 1=5cm 的金属球A ，带电量为q 1=+2.0×10-8C ，另一内半径为r 2=10cm 、外半径为r 3=15cm 的金属球壳B ，带电量为q 2=+4.0×10-8C ，两球同心放置，如图，若以无穷远处为电势零点，则A 球电势U A =5400V ，B 球电势U B = 3600V 。
参考：U A = ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛++-32
1211141
r q q r q r q π
ε U B = 3
0214r q q πε+
4．导体球1与2相距很远，半径分别为R 1与R 2，设R 1＞R 2，带电量均为Q ，若用一导线
将他们联起来时，将有电荷Q R R R R 2
12
1+-从 2 流向 1 。
参考：连接后，有U 1=U 2=U,即有2
0210144R Q R Q πεπε=
，Q R R R Q 2111+=
，Q R R R Q 2
12
2+=。
也可用孤立导体的电容来做。
5．一带孔的球其半径为R ，孔也是球形，半径为R/2，孔表面在某点与大球面相切，若有体密度为ρ的正电荷Q 均匀分布于球体内，则大球球心O
处的电势为 R
Q
R 00
2
145125πεερ=。
参考：用补全法。
该题相当于一个半径为R 电荷密度为ρ的球体和一个半径为R/2电荷密
U
U U 3
度为－ρ的球体组成。
0
202020
3
002
1251222
423444ερερερπεπρπεπρR R R R R r dr r U R =-+=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅-+⋅=⎰。
※6．在电容为C 0的平行板空气电容器中，平行地插入一厚度为两极板距离一半的金属板，则电容器的电容C= 2 C 0 。
参考：00022
2
C d
S
d S
C ===
εε。
三 计算题
1．图中所示为一沿x 轴放置的长度为l 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为λ=λ0（x-a ），λ0为一常数，取无穷远处为电势零点，求坐标原点O 处的电势。
解：在x 处取一长为dx 的电荷元dq ，则：
dx a x dx dq )(0-=⋅=λλ ，
则dx x
a x x dq
dU 0004)
(4πελπε-==
， ∴⎰⎰
++-=-==l
a a
o a
l
a a l dx x a x dU U )ln (44000
0πελπελ
2．如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ，设无限远处为电势零点，试求： （1）球壳内外表面上的电荷；
（2）球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势； （3）球心O 点处的总电势。
解：（1）在导体球壳内部取一高斯面（如图），
由于导体内部场强处处为零，故有：
00
==⋅⎰⎰
∑S
q s d E ε
，
∴
q q q q -==+内内,0，
又由电荷守恒知：q Q q Q q +=-=内外；
（2）a
q a
q U O 0044πεπε-=
=
内内
；
（3）)(41
0b
q Q a q r q U U U U O O q ++-=++=πε外内。
O
3．图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2，设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。
解：在R 1<r<R 2处，取一厚为dr 的球壳，则该球壳在腔内任意点
产生的电势为：
rdr r dr r r dq
du 0
020444ερ
πεπρπε=⋅==，
∴)(2212
20
021
R R rdr du u R R -===⎰
⎰ερερ。
※ 4．一电容为C 的空气平行板电容器，接端电压为U 的电源充电后随即断开，求把两个
极板间距增大至n 倍时外力所做的功。
解：nU U n
C nd s C CU W n n C ====
及而02,21
ε ， 22
2
121CU n U C W n n C n
⋅==∴， 根据功能原理知：22
1
)1(CU n W W A C
Cn ⋅-=-=。