西南交通大学 大学物理作业A1 No.07
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
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。
《大学物理ai》作业 no02 动量动量守恒定律
v 30 o v 1
设为 qm = 2000 kg⋅ h−1 ，求矿砂作用在传送带 B 上的力
的大小和方向。
v v2
A
解：设在极短时间 ∆t 内落在传送带 B 上矿砂的质量为 m，
B
即 m = ∆qm(m∆vtv。) =则m如vv2矢−量m图vvv1所示，矿砂动量的增量
15 o v
设传送带对矿砂平均作用力为
由牛顿第三定律，墙受的平均冲力 方向垂直于墙，指向墙内
F′= F
mv
mv
aa ∆ ( m vv )
2．矿砂从传送带 A 落到另一传送带 B（如图），其速度的大小 v1 = 4 m⋅ s−1 ，速度方向与
竖直方向成 30°角；而传送带 B 与水平线成 15°角，其
速度的大小 v2 = 2 m⋅ s−1 。如果传送带的运送量恒定，
−
m
A
v v
A1
vB2 −
∆(mA
vmvAB)v=B1∆(mB
v vB
)
B
的小
选C
2．炮车以仰角θ 发射一炮弹，炮弹与炮车质量分别为 m 和 M，炮弹相对于炮筒出口速度
为 v，不计炮车与地面间的摩擦，则炮弹出口时炮车的反冲速度大小为
mv cosθ
[
]
(A)
M
mv cosθ
(C)
M −m
mv cosθ
则由动量定理，小球受到的冲量的 x，y 分量的表达式如下：
m v α
α m
v
x 方向： Fx ∆t = mvx − (−mvx ) = 2mvx ①
y 方向： Fy ∆t = −mvy − (−mvy ) = 0
②
∴
F = Fx = 2mvx / ∆t
西南交通大学大物A作业解析
西南交通大学大物A作业解析西南交大物理系_2013_02《大学物理AI 》作业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。
[ F ] 2．一个系统的动量守恒，角动量一定守恒。
[ T ] 3．一个质点的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。
[ 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。
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(D) 不能确定A J 、B J 哪个大2．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4．绳的一端系一质量为m 的小球, 在光滑的水平桌面上作匀速圆周运动. 若从桌面中心孔向下拉绳子, 则小球的[ A ] (A) 角动量不变 (B) 角动量增加(C) 动量不变 (D) 动量减少5．关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量 (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等在上述说法中，[ B ] (A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C) (2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的6. 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) 不能确定三、填空题:1．如图所示的俯视图表示5个同样大小的力作用在一个正方形板上，该板可以绕其一边的中点P 转动。
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 =<。
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。
西南交通大学大学物理AII NO.11热力学第一定律参考答案
©物理系_2014_09《大学物理AII 》作业 No.11 热力学第一定律班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．物体的温度愈高，所含热量愈多。
解：热量是热运动传递的能量，不是物体所含有的能量。
[ F ] 2．平衡过程就是无摩擦力作用的过程。
解：平衡过程就是准静态过程，准静态过程是指每一个中间态都可视为平衡态，是个理想过程，与是否存在摩擦无关。
一般说来，只要过程进行得无限缓慢，我们就可将该过程看成是准静态过程。
[ T ] 3．在p －V 图上任意一线段表示系统经历的准静态过程。
解：相图上一个点表示一个平衡态，一条线表示一个准静态过程。
[ T ] 4．理想气体经历绝热自由膨胀过程，初态和末态温度相等。
解：绝热自由膨胀过程中Q = 0，A = 0，由热力学第一定律，有 0=∆E ，膨胀前后T 不变。
[ F ] 5.气体的内能是温度的单值函数。
解：一般说来，气体的内能时温度和体积的函数。
对于理想气体，由于忽略了分子间的相互作用，没有分子势能，所以理想气体的内能只是温度的单值函数。
二、选择题：1. 一个绝热容器，用质量可忽略的绝热板分成体积相等的两部分。
两边分别装入质量相等、温度相同的H 2和O 2。
开始时绝热板P固定，然后释放之，板P 将发生移动（绝热板与容器壁之间不漏气且摩擦可以忽略不计）。
在达到新的平衡位置后，若比较两边温度的高低，则结果是：[ B ] (A) H 2比O 2温度高 (B) O 2比H 2温度高(C) 两边温度相等, 且等于原来的温度 (D) 两边温度相等, 但比原来的温度降低了 解：开始时，由理想气体RT MpV μ=知：绝热板两边体积V 、温度T 、质量相等的H 2和O 2气体，摩尔质量μ小的压强p 大，所以22O H p p >。
释放绝热板后，H 2膨胀而O 2被压缩，两边压强相等达到新的平衡。
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
2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.08量子力学基础
©物理系_2014_09《大学物理AII 》作业 No.8 量子力学基础一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．根据德存布罗意假设，只有微观粒子才有波动性。
解：教材188页表16.1.1，宏观物体也有波动性，不过是其物质波波长太小了，所以其波动性就难以显示出来，而微观粒子的物质波波长可以与这些例子本身的大小相比拟，因此在原子大小的范围内将突出表现其波动性。
[ F ] 2．关于粒子的波动性，有人认为：粒子运行轨迹是波动曲线，或其速度呈波动式变化。
解：例如电子也有衍射现象，这是微观粒子波动性的体现。
与其轨迹、速度无关。
[ T ] 3．不确定关系表明微观粒子不能静止，必须有零点能存在。
解：教材202页。
因为如果微观粒子静止了，它的动量和位置就同时确定了，这违反了不确定关系。
[ F ] 4．描述微观粒子运动状态的波函数不满足叠加原理。
解：教材207页。
[ F ] 5．描述微观粒子运动状态的波函数在空间中可以不满足波函数的标准条件。
解：教材208页，波函数必须是单值、有限、连续的函数，只有满足这些标准条件的波函数才有物理意义。
二、选择题：1．静止质量不为零的微观粒子作高速运动，这时粒子物质波的波长λ与速度v 有如下关系： [ C ] (A) v ∝λ(B) v1∝λ(C)2211cv −∝λ (D) 22v c −∝λ 解：由德布罗意公式和相对论质 — 速公式有 2201cv v m mv h p −===λ得粒子物质波的波长22011cv m h −=λ，即2211cv −∝λ 故选C2．不确定关系式表示在x 方向上=≥∆⋅∆x p x [ D ] (A) 粒子位置不能确定 (B) 粒子动量不能确定(C) 粒子位置和动量都不能确定 (D) 粒子位置和动量不能同时确定解：不确定关系式微观粒子的位置和动量不能同时准确确定。
=≥∆⋅∆x p x3. 将波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍，则粒子在空间的分布概率将 [ D ] (A) 增大倍。
西南交大大学物理作业参考答案NO.1
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
2015年西南交通大学《大学物理 AI》作业 No.01 运动的描述
K v
=
v。
平均速度
K v
=
∆rK
，平均速率 v
dt = ∆s
，而一般情况下
dt ∆rK
≠
∆s
，所以
K v
≠
v
。故选 A
∆t
∆t
6．在相对地面静止的坐标系内，A、B 二船都以 2 m ⋅ s−1 的速率匀速行使，A K船沿K x 轴正向，B 船沿 y 轴正 向。今在 A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x、y 方向单位矢量用 i 、j 表示），那么在 A 船上的
2．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为 a = −k y ，式中 k 为常数， y 是以平衡位置为原点所测
得的坐标，假定振动的物体在坐标 y0 处的速度为 v0 ，试求：速度 v 与坐标 y 的函数关系式。
解：加速度 a = dv = dv ⋅ dy = v ⋅ dv = −ky ，分离变量积分得 dt dy dt dy
时，车上乘客发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为 45°．假设雨滴相对于地的速度保持不变，试计算雨滴 相对地的速度大小．
批改时请注意：第一个式子的矢量符号！
解：由相对速度公式：
K v雨→地
=
K v雨→车
+
K v车→地
矢量图如图所示，在 x、y 方向投影式为
K
v 车→地
x
v雨→地 sin 30D + v雨→车 sin 45D = v车→地 = 35
K v雨→车 45D 30D
v雨→地 cos 30D = v雨→车 cos 45D + 0
K
联立以上两式，解得
y
v雨→地
v雨→地
=
cos 30D
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A1 作业1
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.01运动的描述班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题1．一质点沿x 轴作直线运动，其v ~ t 曲线如图所示。
若t ＝0时质点位于坐标原点，则t ＝4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为 [ C ] (A) 0 (B) 5 m(C) 2 m (D) －2 m (E) －5 m 解：因质点沿x 轴作直线运动，速度tx v d d =， ⎰⎰==∆2121d d t t x x t v x x所以在v ~ t 图中，曲线所包围的面积在数值上等于对应时间间隔内质点位移的大小。
横轴以上面积为正，表示位移为正；横轴以下面积为负，表示位移为负。
由上分析可得t ＝4.5 s 时, 位移 ()()()m 21212125.2121=⨯+-⨯+==∆x x 选C2．如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是[ C ] (A) 匀加速运动 (B) 匀减速运动 (C) 变加速运动 (D) 变减速运动 (E) 匀速直线运动 解：以水面和湖岸交点为坐标原点建立坐标系如图所示，且设定滑轮到湖面高度为h ，则小船在任一位置绳长为 22x h l +=题意匀速率收绳有 022d d d d v t xxh x t l =+-=故小船在任一位置速率为 xx h v t x 220d d +-= 小船在任一位置加速度为 32220222d d x x h v t x a +-==，因加速度随小船位置变化，且与速度方向相同，故小船作变加速运动。
选C 3．一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r ,的端点处，其速度大小为 [ D ](A) t r d d(B) tr d d(C) tr d d(D)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x )s -解：由速度定义t rv d d = 及其直角坐标系表示j ty i t x j v i v v y x d d d d +=+=可得速度大小为22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v选D4．一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 [ C ](A) v v v v ==,(B) v v v v =≠,(C) v v v v ≠= , (D) v v v v ≠≠ ,解：根据定义，瞬时速度为t r v d d=，瞬时速率为ts v d d =，由于s r d d = ，所以v v =。
2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.02波动
44
4
y = 0.1cos(2π × 1 + π × 2.5 + π ) = 0.1(m)
1
45
(3) 质点振动速度为： v = ∂y = −0.1× 2π sin(2π t + π x + π )
∂t
5
将t = T = 1 s, x = λ = 2.5 m 代入上式，得速度： 22 4
v = −0.2π sin(2π × 1 + π × 2.5 + π ) = −0.2π = −0.628(m⋅ s−1)
sin
⎢⎣⎡7π
⎜⎛ ⎝
t
−
x u
⎟⎞ ⎠
+
ϕ
⎤ ⎥⎦
由
ya
=
0,
dy dt
a
<
0 ，得
7π ⎜⎛1− 0.1⎟⎞ + ϕ = π
⎝ u⎠
2
由
yb
=
0.05,
dy dt
b
>
0
，得 7π ⎜⎛1 − ⎝
0.2 u
⎟⎞ ⎠
+ϕ
=
−π 3
( ) (1)、(2)两式相减，得波速 u = 0.84 m ⋅ s−1
t = T = 0.25 s 时 v = 0.4π cos(4π × 0.25) = −0.4π = −1.26(m⋅ s−1)
2
2．如图所示为弦上简谐波在某一时刻的波形图，该时刻点a的运动方向______向下
y(m)
_________；点b的运动方向
向上 。
A
u
a•
解： 在波形曲线上看质点的运动方向，看前一质点，如果在其上方则向上，在其下
2015年西南交通大学《大学物理 AI》作业 No.08 导体 介质中的静电场
电容器电场能的改变。
断开电源时，电容器电场能为
W1
=
Q2 2C2
把金属平板从电容器抽出后，电容器电场能为
W2
=
Q2 2C1
由功能原理有外界做的功
A = W2
− W1
=
Q2 2C1
−
Q2 2C2
=
Q2d ' 2ε 0 S
又电容器极板上电量为
Q
= C2U0
=
ε0S d −d
'
U
0
所以外界作的功为
A = W2
二、选择题:
1. 如图所示，一封闭的导体壳A内有两个导体B和C。A、C不带电，B带正电，则A、B、C三导体的电势
UA、UB、UC的大小关系是 [ C ] (A) UB= UA = UC；
(C) UB > UC > UA；
(B) UB > UA = UC； (D) UB > UA > UC。
A−−−
+++C−−−
++++B+++
− − −
解：由静电感应现象，感应电荷和电力线如图所示，电力线指向电势降低的方向，因此UB>UC >UA。
2．半径分别为 R 和 r 的两个金属球，相距很远。用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电。在
忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比为
[ D ] (A) R/r
(B) R2/r2
4πε0R 4πε0R
为负值才能满足上式。
3. 地球表面附近的电场强度约为 100N⋅C-1，方向垂直地面向下。假设地球上的电荷都均匀分布在地表面上，
西南交通大学《大学物理》热力学第二定律
《大学物理》作业
No.12 热力学第二定律
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题：
p a
a' b' b
从外界吸取的净热均相等，则由卡诺循环热机效率 η ＝ 1−
T2 A净 知热机效率和每次 = T1 Q1
w +1
3. 有 ν 摩尔理想气体，作如图所示的循环过程 abca ，其中 acb 为半圆弧，b－a 为等压过程， p c = 2 p a ，在此循环过程中气体 净吸热量为 Q
.c
pa
a O
1
T2 T1 −T2 T1 −T2 T2 1 )= = ⋅ = (1 −η) T1 T1 T2 T1 w p c pc
4. 甲说： “由热力学第一定律可证明任何热机的效率不可能等于 1。 ” 乙说： “热力学第二 定律可表述为效率等于 100％的热机不可能制造成功。 ”丙说： “由热力学第一定律可证 明任何卡诺循环的效率都等于 1 − (T2 / T1 ) 。 ” 丁说： “由热力学第一定律可证明理想气体
卡 诺 热 机 ( 可 逆 的 ) 循 环 的 效 率 等 于 1 − (T2 / T1 ) 。” 以 上 说 法 ， 正 确 的 ，错误的是 。
om
(D)
b ( T ２) V
O
O
V
O
V
该循环的效率
η=
A净 Q总
=
A Q + Q2
T2 ， T1 − T 2
2. 一个作可逆卡诺循环的热机， 其功率为 η ， 它的逆过程致冷机的致冷系数 w＝ 则 η 与 w 的关系为 。
2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.06光的衍射
[ 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： R = kN ，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
cm。
解：因光栅衍射中，相邻主极大之间有 N-1 个极小和 N-2 个极大，
而由图可知，相邻主极大之间有 3 个极小和 2 个极大，所以
光栅的总缝数为
N=4
缺级主明纹级次为 ±4，±8，±12 ，……
因d/a = 4，故光栅常数 d = 4a = 8×10-3 cm
sinθ
−2λ
−λ
a
a
0
λ a
2λ a
(E) 单缝衍射的中央主极大变窄，其中所包含的干涉条纹数目变多
解：双缝S1和S2中心之间距离为d不变，可看作有两缝的光栅
中央主极大线宽度为
∆X
=2f
tgθ1
≈2f
sin θ1
=
2 fλ a
a 稍加宽，∆X 减小变窄。
dsinθ =±kλ，
[D]
相邻明条纹中心间距为 ∆x = fλ d
2 fλ
中央主极大线宽度内包含条纹数 ∆X = ∆x
k
两个式子相除，得到，
=d
= 3 ⇒ k = 3k ' ，
k' a
第 3 级主明纹将缺级，（或写成 ± 3级将缺级）
在屏上可能呈现的全部主极大的级次为：k = 0，±1，±2，共 5 个主极大。
（2）斜入射时，光程差的表达式为： ∆ = d sin ϕ − d sinθ = kλ