西南交通大学大学物理AI测试7
西南交大2012-2013第二学期大学物理AI期末试卷
密封装订线
姓名
学号
密封装订线
t
F
F
F
F
F
t
1(A)
t
2(B)
t
3(C)
t
4(D)
2. 若产生如图所示的自感电动势方向，则通过线圈的电流是：
(A) 恒定向右
(B) 恒定向左
(C) 增大向左
(D) 增大向右
、
k
表示）。
5．（本小题 2 分）一个带电为 Q 的空腔导体，其内部无其他带电体，则电荷将分布于空腔导体的 ___________________(选填：内表面；外表面；导体体内；内表面和外表面)。
学号
密封装订线
班级
密封装订线
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6．（本小题 2 分）在均匀磁场中放置一半径为 R 的半圆形导线，电流强度为 I，导线两端连线与磁感
S
B t
d
S
②
_________________________
④
二、判断题（每小题 2 分，共 16 分。请将表示正确的符号：T，表示错误的符号：F，填入相应 题号后的括号内。填入其它符号和其它位置处答案不得分）
1．（ 2．（
3．（ 4．（ 5．（ 6．（
7．（ 8．（
）一对大小相同、方向相反的作用力，所做的功也一定相消为零。 ）花样滑冰运动员以一只脚为轴旋转，当她两臂收拢时, 则绕轴转动角动量减小，转动角速度
为 l 、截面积为 S，质量为 m 的棒，且这根棒安放在运动方向上，则乙测得此棒的密度为
。
2．（本小题 2 分）有一边长为 a 的正方形平面，在其中垂线上距中心 O 点 1 a 处， 2
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《大学物理》安培环路定律 磁力 磁介质
L2
�
mv 2 ) （洛仑兹力为 qB
选B
om
(b)
L1
I1⊙⊙ I2 P 1 I1⊙⊙ I2 L2
P 2⊙ I3
�
选C
选B
4．如图所示，在磁感应强度为 B 的均匀磁场中，有一圆形载流 导线，a、b、c 是其上三个长度相等的电流元，则它们所受安培 力大小的关系为： [ ] (A) Fa > Fb > Fc (C) Fb > Fc > Fa (B) Fa < Fb < Fc
ww w. z
µ0 I ，R 增大， B0 减小。 2R µ 0 IR 2 (2) 圆线圈轴线上： B = 3 2( R 2 + x 2 ) 2
dB µ 0 I 2 R ( R 2 + x 2 ) 2 − 3R 3 ( R 2 + x 2 ) = ⋅ dR 2 (R 2 + x2 )3 µ I 2Rx 2 − R 3 = 0 ⋅ 2 (R 2 + x2 ) 5 2 2 Rx 2 − R 3 = 0 ∴x=
�
∫
L
� � B ⋅ dl = µ0 ∑ I 可得：
导线 1 和导线 2 在 P 点产生的磁感应强度大小分别为：
方向如图所示。由二者叠加，可得：
ww w. z
[ sin 3 x d x = − cos x +
∫
解：(1) 设金属球壳面电荷密度为σ ，则球面角宽度为 dθ 的一个 带状面元（阴影）上的电荷
�
�
� � � f = qv × B 知其运动轨道所围的面积为圆面积 S = π R
= π(
2 2 � � 圆运动向心力） ，磁通量 B ⋅ d S = BS = Bπ ( mv ) 2 = π m v ∫ 2
《大学物理AI》作业 No.07 电势(参考解答)
3.带电量 Q 相同，半径 R 相同的均匀带电球面和非均匀带电球面。其球心处的电势是否相等（以无穷 远为电势零点）？二者球内空间的 E、U 分布是否相同？ 答：均匀带电球面，球心处的电势 U 0
Q 4 0 R
，球内空间 E 处处为零，球内空间电势等于
3
U0
Q 4 0 R
。
非均匀带电球面，球心处的电势： U 0
零电势点
答：（1）不正确。根据电势定义 U P 定，而不是仅由该点的场强决定。
E dr 可知，电势是由场点位置到零电势点间的场强决
P
（2）不正确。由场强与电势的关系 E U 可知，某点的 E 应由该点附近电势分布求得。仅 仅知道某一点的 U 是无法求出 E 的，必须知道 U 的分布才行。 （3）不正确。比如，无限大均匀带电平面的一侧，电场强度处处相等，但是距带电平面垂直距 离不同的地方电势不等。 （4）正确。比如，无限大均匀带电平面的一侧，任取一平面，在该面上 E 值相等，但 U 显然不 一定相等。而在电荷均匀分布的球面的电场中，在与它同心的球面上 E 值相等，且 U 值也相等。因此 E 值相等的曲面上，U 值不一定相等。 （５）正确。U 值相等的曲面是等势面，在等势面上的场强不一定是相等的。这要看某点附近的 电势分布。比如，电偶极子的电场中，在偶极子连线的中垂面是一等势面，但是中垂面上各点场强不 相等；但在电荷均匀分布的球面的电场中，等势面上各点的场强大小相等。因此 U 值相等的曲面上， E 值不一定相等。
电场力将+q0 从内球面移到外球面做功 A q0 (U内 U 外 )
1
6.如图所示，电量为 q 的试验电荷，在电量为+Q 的点电荷产生的电场中，沿半径 为 R 的 3/4 圆弧轨道由 a 点移到 d 点，电场力做功为（0），再从 d 点移到无穷远
西南交大大物AI作业答案10
度大小 H = I
(2πr ), 磁感应强度的大小 B = uH =
uI
( 2πr )
。
解：由安培定律及 B = µH 可得到上述结果。
1 (B) u 0 I 3
(D) u 0 I
a
I1
I
b
I2 R2
R1
120o
解：电流I从b点分流，I＝I1 + I2。设铁环总电阻为R，
l 由电阻公式 R = ρ , s
又
2 R1 = R , 3
1 R2 = R 3
2 1 2 U b = U c , 即 RI 1 = RI 2，得I 2 = I 3 3 3 r r 2u 0 I 所以 B⋅dl = ∫ 3 L
FAC = FBC = ∫ BI 2 d l = ∫
式中 l 为三角形边长，力方向如图所示，可见三角形不可能移动，合力为：
∑F
y
=0 u0 I 1 I 2 l 2 3 3 l [ − ln(1 + ⋅ )] 2π a 3 2 a
− ∑ Fx = FAB − 2 FAC cos 60o = 令 l = λ (λ > 0), a u II 2 3 = − 0 1 2 [1 − + 2π 3
∩
c
a
r
r
I
O
a
b
2aBI
。
v B
解：在均匀磁场中，圆弧电流所受的磁力与通过同样电流的弧线 bc 所 受的磁力相等，其大小为由安培定律可得： F = BI 2a =
2aBI
5. 图示为三种不同的磁介质的 B ~ H 关系曲线，其中虚线表示的是 B = µ 0 H 的关系。说明 a、b、c 各代表哪一类磁介质的 B ~ H 关系曲线： a 代表 b 代表 c 代表 解： µ = 铁磁质 顺磁质 抗磁质 的 B ~ H 关系曲线。 的 B ~ H 关系曲线。 的 B ~ H 关系曲线。
西南交大大学物理CII作业参考答案
西南交大大学物理CII作业参考答案物理系_2022_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。
大物AI作业参考解答_No.07 电势 (1)
粒子的荷质比α= 4.78×107 C/kg，已知该粒子沿着二者连线方向以 1.50×107 m/s 的速度
从很远处射向金原子核，则该粒子能到达距离金原子核的最近距离为 4.8×10-14 m。（基
本电荷 e = 1.60×10-19 C，真空介电常量ε0 = 8.85×10-12 C2 N-1 m-2）
α v
金核
答案：当到达最近距离时，粒子的动能完全转变为电势能，即 m v2 / 2 = q U
其中，U = Q / (4πε0 d) ， Q = 79 e，q/m = α
1
联立以上关系，得 d = 4.8×10-14 m
4. 图中所示为静电场的等势线图，已知 U1>U2>U3。在图上画出 a、b 两点电场强度的方向，
答案：① 错，球面上各点场强大小相等，但因方向不相同，所以不能说球面上电场均匀。 ② 正确 ③ 错，球面是等势面，电场力做功相等。
三、计算题
1.电荷以相同的面密度σ分布在半径为 10cm 和 20cm 的两个同心球面上。设无限远处电势 为零，球心处的电势为 300V。求 （1） 电荷面密度σ （2） 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？ （真空介电常量ε0 = 8.85×10-12 C2 N-1 m-2）
1、理解静电力做功的特点，理解静电场的保守性； 2、掌握静电场的环路定理； 3、理解电势、电势差的概念，掌握利用场强积分和叠加原理求电势的方法； 4、理解电势梯度的意义，并能利用它求电场强度； 5、掌握点电荷、均匀带电球面、均匀带电球体等典型带电体的电势分布。
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------一、填空题
西南交大 大学物理 英文 试题 答案No.A1-1.11348894
⎧ 2t (0s < t < 2s) ⎪ (a) x(t ) = ⎨ 4 ( 2s ≤ t ≤ 3s) ⎪10 − 2t (3s < t < 4s) ⎩
x m 4
H L
H L
t s 3 -1 2 -2 1 1 2 3 4
H L
t s 1 2 3 4
H L H L
-3 -4
1 2 (c) x(t ) = −2t + t 2
dv x (t ) . dt
ax(m/s2) 2 1 0 -1 -2
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
(a)
(b)
(c)
ax(m/s2) 2 1 0 -1 -2
ax(m/s) 2 1 0 -1 -2
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
(d)
(e)
(ii) The x-component of the position vector versus time. In all cases assume x=0m when t=0s.
dx < 0. dt
(B)
dx > 0. dt
(C)
d( x 2 ) < 0. dt
d( x 2 ) > 0. dt
Solution: If the object is moving toward O, the velocity and the position vector of the object must be in different direction. That means xv = x ⋅
《大学物理 AI》作业 No.05 狭义相对论答案
3．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0 ＝2×10-6 s。如
果子相对于地球的速度为 v 0.998c ( c 为真空中光速)，则在地球坐标系中测出的
子的寿命＝____3.16 105 s ____。
解： 1 3.16 105 s
0
v2 0
1
c2
4．一宇航员要到离地球为 5 光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为 3 光年，
根据尺缩公式： x 1x' 5 1 u 4 c 2.4108 m.s1
2
[
]
(A) L
v1 v2
(B) L v2
L (C)
v1 v2
(D)
L
v1 1 (v1 / c)2
解：对火箭参考系，子弹以速率 v2 通过 L 位移，故所需时间为
t L v2
选B
三、填空题： 1．粒子在加速器中被加速接近光速，当其质量为静止质量的 4 倍时，其动能为静止能 量的 3 倍。
解 ： 根 据 已 知 条 件 ： m m0 4m0 4 ， 而 Ek mc2 m0c2 ( 1)m0c2 3m0c2 3E0
选C
6. 观察者甲以 3 c 的速度相对于静止的观察者乙运动，若甲携带一长度为 l 、截面积为 2
S ，质量为 m 的棒，这根棒的长度方向与运动方向相同。则甲乙测得此棒的密度之比为
[
] (A) 3：1 (B) 4:1
(C) 1:4 (D) 1:1
解：相对于乙所在的参考系，由尺缩效应和质—速关系
l 1l , S S , m m
系测得此杆的长度为 l ，则
[
] (A) < 0；l < l0
(B) < 0；l > l0
大物AI作业_No.07 电势
3《大学物理AI》作业No.07电势班级________学号________姓名_________成绩______--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------****************************本章教学要求****************************1、理解静电力做功的特点，理解静电场的保守性；2、掌握静电场的环路定理；3、理解电势、电势差的概念，掌握利用场强积分和叠加原理求电势的方法；4、理解电势梯度的意义，并能利用它求电场强度；5、掌握点电荷、均匀带电球面、均匀带电球体等典型带电体的电势分布。
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------一、填空题1.以无穷远为电势零点，半径为0.1m的孤立导体球电势为300V，则距离导体球中心30cm 处的电势为V。
2.当导体表面电场强度足以击穿周围空气时，导体表面净电荷将流失，从而导致无法维持导体表面原有的电场强度。
已知空气的击穿场强为3MV/m，则处于空气中的一个半径为0.8m的球形导体能达到的最高电势为MV。
（其中1M=106，以无穷远为零电势点）3.金原子核可看做均匀带电球，其半径为6.60×10-15m，电荷为79×1.60×10-19C。
一个粒子的荷质比α=4.78×107C/kg，已知该粒子沿着二者连线方向以1.50×107m/s的速度从很远处射向金原子核，则该粒子能到达距离金原子核的最近距离为m。
西南交通大学 大物AI作业参考解答_No.11 电磁感应
1
Bl 2 ,
b
2
b c ，c端电势高。所以
U ac
Ubc
1 Bl 2 2
2.在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈 与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行。当线圈以 相同的速度作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的 感应电流最大的是 II 。
解：由电磁感应定律 dΦm ，第二种情况通过线圈的磁通量变化率最大。 dt
4.在磁感强度为 B 的均匀磁场中，以速率v 垂直切割磁感应线运动的一长度为 L 的金属杆，相当于一个电
源，它的电动势ε＝ vBl ，产生此电动势的非静电力是 洛伦兹力 。
解：由
(v
B)
dl
可得。
5.如图所示，一半径为 r 的很小的金属圆环，在初始时刻与一半径为 a ( a r ) 的大金属圆环共面且同心。在大圆环中通以恒定的电流 I ，方向如图，如果小
dΦm dt
1 2
Kv
3
tan
dt 3 dt
cost t3
d
cos t dt
v
O B
D
x N
1 Kv3t 2 tan 3cost t sin t
2
（若感应电动势 0 则感应电流与 S 与成右旋关系，反之则成左旋关系。）
2.半径为R半圆形刚性导线 a b ，在均匀磁场中以恒定速度 v 移动，已知均匀磁场垂直纸面向外，大小为
B ， v 与 ab 夹角为45°，求导线上感应电动势 ε 和 a、b两点电势差Uab 各为多少？
解：连接 ab , 构成回路aobca，由于移动过程中回路磁通量不变，所以整个
西南交大大物AI作业答案12
5. 在圆柱形空间内有一磁感应强度为 B 的均匀磁场， 如图所示。B 的大小以速率 dB / d t 变化。在磁场中有 A、B 两点，其中可放置直导线 AB 和弯曲的导线 AB ，则： [ D ] (A) 电动势只在 AB 导线中产生; (B) 电动势只在 AB 导线中产生; (C) 电动势在 AB 和 AB 中都产生，且两者大小相等; (D) AB 导线中的电动势小于 AB 导线中的电动势。
试判断下列结论是包含或等效于哪一个麦克斯韦方程式的，将你确定的方程式用代号填 在相对应结论的空白处。 (1) 变化的磁场一定伴随有电流： (2) 磁感应线是无头无尾的： (3) 电荷总伴随有电场： ① ② ③ ； ； 。
解：由麦克斯韦方程组建立的理论基础知代号顺序是②、③、①。 5. 圆形平行板电容器，从 q = 0开始充电， 试画出充电过程中，极板间某点 P 电场强度 和磁场强度的方向。 i v dD v 向 解：根据充电方向，极板间场强竖直向下；由于 i 的增加， P ⊗H dt v E 下且增大，由安培环路定理，p 点磁场强度方向为 ⊗ ，如图所示。
二、填空题 1. 有两个线圈，自感系数分别为 L1和L2 ，已知 L1 = 4 mH, L2 = 5 mH ，串联成一个线 0.5mH 。
解：设线圈通电流 I，则总磁通链数为： Ψ = L1 I + L2 I + 2 MI
Ψ = L1 + L2 + 2 M I 1 1 所以，互感系数： M = ( L − L1 − L2 ) = (10 − 4 − 5) = 0.5(mH ) 2 2
铁芯
M
r B ×a ×××
ε2
N
× × ×v× × b× × ×
r
(B) 带有一定量的负电荷 (D)带有越来越多的负电荷
大学物理AI练习习题及答案
《大学物理》练习题No.1 运动的描述班级 ________ 学号 _________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题1. 对于质点，下列表述正确的是[ D ] (A) 加速度恒定不变时，运动方向不变(B) 平均速度的大小等于平均速率(C) 平均速率表达式可写为221v v +（21v v 、分别表示始末时刻的速率）(D) 速度不变时，速率不变2. 一质点在平面上作一般曲线运动，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v ，它们之间的关系必定有 [ D ] (A) v v v v ==,(B) v v v v =≠, (C) v v v v ≠≠,(D) v v v v ≠=,3. 某物体的运动规律为t kv tv2d d -=，式中的k 为大于零的常数。
当t ＝0时，初速为0v ，则速度v 与t 的函数关系是 [ C ] (A) 0221v kt v +=(B) 0221v kt v +-= (C) 02121v kt v +=(D) 02121v kt v +-=4. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 22+=（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) 一般曲线运动二、填空题1. 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4 s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4 s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。
2. ()()t t r t r ∆+与为某质点在不同时刻的位置矢量，试在两个图中分别画出v v r r ∆∆∆∆、以及、。
3. 一质点沿x 轴作直线运动,其v —t 曲线如图所示,如t=0时,质点位于坐标原点,则t=4.5s 时,质点在x 轴上的位置为 2=x 。
三、计算题1. 质点运动方程为)(5sin 105cos 10SI j t i t r+=，求 （1）此质点的轨迹方程；（2）t 时刻质点的速度和加速度。
西南交通大学习题册答案
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
大学物理AI角动量守恒定律
ww
w.
zh
F − T = ma T ′ = ma
in
an
T′
B
m
T
a
(T − T ′ )R = 1 mR 2 β 2
绳和滑轮间无相对滑动有 由以上各式可以解出： (1) 滑轮的角加速度 β =
a = Rβ
T
A
m
F
2F 2 × 10 = = 10 (rad ⋅ s − 2 ) 5mR 5 × 8 × 0.050
2m
2r
r m
m
β
m
T 2 × 2 r − T1 × r =
绳和圆盘间无相对滑动有
9 mr 2 β 2
e. co m ch
β=
2g 19r
mg − T2 = ma2 T1 − mg = ma1
a 2 = 2 rβ a1 = rβ
� T2
� T1 � a1
� a2
� mg � mg
联立以上方程，可以解出盘的角加速度的大小：
2．物体 A 和 B 叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接，如图所 示。今用大小为 F 的水平力拉 A 。设 A、B 和滑轮质量都为 m ，滑轮的半径为 R，对轴的 转动惯量 J = 1 mR 2 ，AB 之间、A 与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间 2 无相对滑动，且绳长不可伸长。已知 F ＝10 N，m＝8.0 kg，R ＝0.050 m，求： (1) 滑轮的角加速度； � B (2) 物体 A 与滑轮之间的绳中的张力； F A (3) 物体 B 与滑轮之间的绳中的张力。 解：各物体受力如右图所示。由质点运动牛顿定律和刚体定轴转动定律有： （设逆时针转 动方向正） ： a m T′
西南交通大学 理论力学AI(06-07)试题
理论力学AI (2006－2007)一、填空题（每空3分，共45分。
请将计算结果或分析结果填入下面的各空格中，方向”表示矢量的方向与水平线的夹角为300。
）1．已知不平衡的平面汇交力系的汇交点为A ，且满足方程∑=0)(F M B （B 为力系平面内的另一点），则此力系可简化为 过A 、B 两点的合力 。
又已知不平衡的平面平行力系的诸力与轴y 不垂直，且满足方程∑=0y F ，则此力系 可简化为 一力偶 。
2．Oxyz 为直角坐标系，已知一空间任意力系满足0)( ,0)( ,0)( ,0 ,0 , 0==≠==≠∑∑∑∑∑∑F M F M F M F F F z y x z y x ；则该力系的最后简化结果是 力螺旋 。
又已知一空间任意力系满足0)( ,0)( ,0)( ,0 ,0 , 0≠≠===≠∑∑∑∑∑∑F M F M F M F F F z y x z y x ；则该力系的最后简化结果是 一合力 。
3．平面构架由四杆铰接而成，各杆自重不计，杆AB 和CD 水平，在杆AB 作用一铅垂力F ，杆AB的B 端和杆CD 的C 端分别靠在粗糙的铅垂墙面上，如图1所示。
若要系统在图示位置平衡，则B 处的摩擦因数至少为31；C 处的摩擦因数至少为321。
4．如图2示结构的各构件自重不计，杆AC 与构件CD 在C 处铰接，构件CD 上作用一水平力F ，则支座A 的约束力大小为F 2；方向为45o 。
5．图3所示平面桁架中，杆1的内力为 0 ；杆2的内力为 −F 。
6．动点M 作平面曲线运动（如图4所示），其速度在y 轴上的投影为常量C v y =，若已知 动点M 运动到图示位置时，速度的大小为 v ，曲线在M 点处的曲率半径为ρ，则该瞬时动点M 全加速度a 的大小为ρc v 3 ；方向为 。
7．图5示平面机构中l B O OA ==1，杆OA 以匀角速度ω绕轴O 转动，则图示瞬时点B 的法向加速度和切向加速度的大小分别为 2ωl 和 22ωl 。
《大学物理AI》作业 No.06 电场强度
+ 2σ ，如图所示。则 A、B、C 三个区域的电场强度分别为：
EA =
， EB =
，
A
+ 2σ BC
EC =
。（设方向向右为正）
解：设电场方向向右为正，则由电场叠加原理有：
A区：E A
=
−
σ 2ε 0
−
2σ 2ε 0
=
−
3σ 2ε 0
B区：EB
=
σ 2ε 0
−
2σ 2ε 0
=
σ −
2ε 0
C区：EC
=
σ 2ε 0
+
2σ 2ε 0
=
3σ 2ε 0
2σ 2ε 0
σ 2ε 0
σ 2σ + 2σ 2σ
2ε 0
2ε 0
σ
σ
2ε 0
2ε 0
X
2．一半径为 R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为 d（d <<R）
R
环上均匀带正电，总电量为 q，如图所示。则圆心 O 处的场
O
d
强大小为 E ＝
，
场强方向为：
。
解：带正电、有缺口的细圆环相当于一个均匀带电的细圆环和长为 d、带负电且电荷线密
E
一半径为 R 的闭合球面 S，已知通过球面上某一面元 ∆S 的电场强
度通量为 ∆Φe ，则通过该球面其余部分的电场强度通量为：
[
]
(A) − ∆Φe
4πR 2 (B) ∆S ∆Φe
O R ∆S
(C)
4πR 2 − ∆S
∆S
∆Φe
(D) 0 rr
∫∫ 解：闭合球面内不包围电荷，则由高斯定理得：
E ⋅ dS
西南交大大物AI作业及答案2014版
环相对于地面的加速度 环与绳间的摩擦力
a′ 2 =
m1a2 − (m1 − m2 ) g m1 + m2 m m ( 2 g − a2 ) f = 2 1 m1 + m2
3．如图所示，质量为 M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑 动， 一质量为 m 的小球水平向右飞行， 以速度 v1 (对地)与滑 块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为 v 2 (对地)。若碰撞 时间为 Δt ，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块
解：将雨水和车看成一个系统，整个系统在水平方向受到的外力为 0，所以系统在水平方 向的动量守恒，随着系统质量的增加，而水平方向动量不变，所以系统速度减小。 4．如图所示，圆锥摆的摆球质量为m，速率为v，圆半径为R．当摆 球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为
m
R
a =
3．一辆汽车从静止开始加速。这样做使得汽车的动量的绝对值变化一定的量，那么地球 的动量 [ B ] (A) 变化更大的量 (B) 变化相同的量 (C) 变化小一点的量 (D) 答案取决于两者之间的相互作用 解：将汽车和地球看成一个系统，则整个系统不受外力作用，系统动量守恒。地球动量 的变化量与汽车动量的变化量大小相等，方向相反。 4．假设一个乒乓球和一个保龄球向你滚来。都具有相同的动量，然后你用相同的力将两 只球停住，比较停住两只球所用的时间间隔 [ B ] (A) 停住乒乓球所用的时间间隔较短 (B) 停住两只球所用的时间间隔相同 (C) 停住乒乓球所用的时间间隔较长 (D) 条件不足，不能确定 解：根据动量定理 I = FΔt = Δp ，题中乒乓球和保龄球动量的改变量相同，受到的作用 力相同，所以力的作用时间相同。 5．在 t = 0 时刻，一个大小恒定的力 F 开始作用在一正在外层空间沿 x 轴运动的石块上。 石块继续沿此轴运动。对 t >0 的时刻，下面的哪一个函数有可能表示石块的位置： [ B ] (A)
《大学物理AI》磁感应强度
本习题版权归西南交大理学院物理系所有《大学物理AI 》作业No No..09磁感应强度班级________学号________姓名_________成绩_______一、选择题1．通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为：[](A)B P >B Q >B O (B)B Q >B P >B O (C)B Q >B O >B P (D)B O >B Q >B P解：由磁场叠加原理和无限长直导线及半圆形电流磁场公式知a I B P 20µ=a I a I a I B Q 2)222()180cos 45(cos 4)135cos 0(cos 4000µππµπµ+=−+−=o o o o aIa I a I a I B O 2)22()180cos 90(cos 44)90cos 0(cos 40000µπππµππµπµ+=−+×+−=o o o o 由以上三式知B O >B Q >B P选D2．有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1/B 2为[](A)0.90(B) 1.00(C) 1.11(D) 1.2解：圆电流在其中心产生的磁感应强度RIB 201µ=正方形线圈在其中心产生的磁感应强度RI R IB πµπµ0022)135cos 45(cos 44=−××=o o 磁感强度的大小之比为11.12222B / B 0021===ππµµRI R I选C3．在磁感强度为B v的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n v 与B v的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量(取弯面向外为正)为[](A)πr 2B (B)无法确定的量(C)-πr 2B sin α(D)-πr 2B cos α解：半球面S 与S 边线所在平面构成封闭高斯面，由磁场的高斯定理有通过半球面S 的磁通量απαπcos cos 0d d d 22r B r B S B S B S B S −=−=⋅−⋅=⋅∫∫∫∫平v v v v v v选D4．一个电流元l i vd 位于直角坐标系原点，电流沿y 轴方向，则空间点P (x ，y ，z )的磁感应强度沿z 轴的分量是：[](A)(B)32220)(d 4z y x liy ++⋅−πµ(C)32220)(d 4z y x lix ++⋅−πµ(D)2220d 4z y x l iy ++⋅−πµ解：由毕－沙定律，电流元在P 点产生的磁场为30d 4d r rl i B vv v ×⋅=πµ而k l xi i l zi zyx l i kj ir l i v vvv v v v d d 0d 0d −==×所以，B v d 的z 分量为()32220304d d 4d zy xlix r lxi B z ++−=⋅−=πµπµ选C5．若要使半径为m 1043−×的裸铜线表面的磁感应强度为T 100.75−×，其铜线中需要通过的电流为(170A m T 104−−⋅⋅×=πµ)[](A)0.14A (B)1.4A (C)14A(D)2.8A解：由圆形电流磁场分布有铜线表面磁感应强度大小为RIB πµ20=，所以铜线中需要通过的电流为()A 4.1104107104227530=×××××=⋅=−−−ππµπB R I 选B二、填空题1．半径为0.5cm 的无限长直圆柱形导体上，沿轴线方向均匀地流着I =3A 的电流。
2014机西南交大大物答案7
©西南交大物理系_2014_02《大学物理AI 》作业 No.06电场强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、 判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
解：电场中某点场强的方向，就是将正点电荷放在该点所受电场力的方向。
[ F ] 2．任意两个带电体之间的相互作用力大小可表示为：2210π41r q q F ε=解：库仑定律是指真空中两个静止的点电荷直接的相互作用力。
[ F ] 3．静电场中某场点的电场强度的大小，由q F E /= 知, 与检验电荷电量成反比。
解：电场强度与检验电荷无关。
[ T ] 4．三个相等的电荷处于等边三角形的三个顶点上，求这种电荷分布下的电场不 能用高斯定理求解。
解：高斯定理的成立条件是静电场，但是高斯定理只能求解某些对称分布的电场（球对称、轴对称、面对称）。
[ F ] 5．如图所示，整个高斯面包围了四个带正电粒子中的 两个。
由面内两个电荷引起的电场穿过该面的通量 小于由所有四个电荷引起的电场穿过该面的通量。
解：内∑⎰⎰=⋅q S E S 01d ε ，注意高斯定理描述的是穿过封闭曲面的电通量只与封闭曲面内的电荷有关，封闭曲面外的电荷对通量没有贡献！！！二、选择题：1．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 的电场强度分别为 Φ1 和Φ2 ，通过整个球面的电场强度通量为Φs ，则[ ] (A) Φ1 > Φ2 , Φs = q /ε0 (B) Φ1 < Φ2 , Φs = 2q /ε0(C) Φ1 = Φ2 , Φs = q /ε0(D) Φ1 < Φ2 , Φs = q /ε0 解：根据高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S和场强叠加原理有在小面积S 1 处，01=E ，01=Φ；在小面积S 2 处，02≠E ，0222>⋅=ΦS E，所以21Φ<Φ， 而通过整个球面的电场强度通量 0/d εq S E Ss =⋅=Φ⎰故选D2．面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为[ ] (A) Sq 02ε(B) S q 022ε(C) 2022S q ε(D) 202S q ε解：计算两板之间的静电力时，只能视其中一板在另一板的电场中受力，该电场的场强是其中一个带电板产生的（设为+ q 板），则其值为0022qE Sσεε==于是- q 板受+ q 板作用力大小为Sq q E q E F 022d d ε===⎰⎰， 故选B 3．如图为四种情形，每个球体具有贯穿其体积均匀分布的电荷Q ，图中标出一点P ，它们都在离球心同样距离处。
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5. B
三. 填空题
1.
0 R 4 4 0 r
2.
E: U:
Q 4 0 R Q 4 0 R
2
0 Q 4 0 r2
3.Biblioteka 4.5.四. 计算题 1. 将题中的电荷分布看作为面密度为σ的无限 大平面和面密度为-σ的圆盘叠加的结果 无限大平面在x 处产生的场强为 圆盘在该处的场强为
2. 取半径为r、高为h 的高斯圆柱 面(如图所示)。面上各点场强 大小为E 并垂直于柱面，由高 斯定理可以求出：
3. (1) 由静电感应，金属球壳的内表面 上有感生电荷-q，分布不均匀，外表 面上带电荷q+Q ，分布均匀
(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如 何分布的，因为内表面上任一电荷元离 O 点的距离都是a，所以由点电荷电势 和电势叠加原理有球壳内表面上电荷在 O 点产生的电势为
a
4. F 电势是相对值, 取决于电势0点的选取
又比如均匀带电球面, 内部 电场强度为0, 但是电势>0
5. T 等势面与电场线处处垂直
二. 选择题
1. B
2. D
3. D
4. D
或 : A静电力 q(U a U b ) 0
Wb Wa q(U b U a ) 0
NO.07 电势作业参考答案
一. 判断题
1. F
2. F
电势正负和电势0点选取有关
A保 E P W A静电力 q0 E dl (Wb Wa ) Wa Wb
b a
3. T
b
a
A静电力
b
q0 E dl q0 (U a U b ) 0
(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内、外表面上 的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和