西南交通大学大学物理作业答案
大学物理(西南交大)作业参考答案1
NO.1 质点运动学和牛顿定律班级 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． (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． (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．(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V ，它门之间的关系为：[ D ]（A ）∣V ∣=V ，∣V ∣=V ； （B ）∣V ∣≠V ，∣V∣=V ； （C ）∣V ∣≠V ，∣V ∣≠V ； （D ）∣V ∣=V ，∣V∣≠V .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．（备注：经过讨论认为（1）是对的）4.某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为0v ，则速度v 与时间t 的函数关系是 [ C ](A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt 5.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 ．6．质点沿x 方向运动，其加速度随位置的变化关系为：a=31+3x 2. 如在x=0处，速度v 0=5m.s -1，则在x=3m处的速度为：[ A ]（A ）9 m.s -1； （B ）8 m.s -1； （C ）7.8 m.s -1； （D ）7.2 m.s -1 .7.如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？[ E ](A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加．(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心． (D) 它的合外力大小不变．(E) 轨道支持力的大小不断增加．8．物体作圆周运动时，正确的说法是：[ C ] （A ）加速度的方向一定指向圆心；（B ）匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； （C ）必定有加速度，且法向分量一定不为零；（D ）速度方向一定在轨道的切线方向，法向分速度为零，所以法向加速度一定为零；9．以下五种运动形式，a保持不变的运动是 [ E ]A（A ）单摆的运动；（B ）匀速圆周运动；（C ）圆锥摆运动；（D ）行星的椭圆轨道运动；（E ）抛体运动； 二、填空1．已知一质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为22(192)r ti t j =++；r的单位为m ，t 的单位为s ，则位矢的大小rv = 24i t j + ，加速度a =4(/)j m s 。
西南交大大学物理作业参考答案NO.2
分别为 m1 、 m2 相对于地的加速度。以竖直向下为正方向。 和 a2
m2 m1
f
a2
以地球为参考系，分别对 m1 、 m2 和一段轻绳应用牛顿运动定律：
m1 g T m1 a1 m2 g f m2 a2 f T
又由相对加速度公式
1 2 3
（ 4）
T
a 2 a1 a2
V0 －2 V
(B) (D)
2 ( V 0 －V) 2 (V － V 0 )
(C) 2 V－ V0
解：设小球质量为 m，碰撞后速度为 V1 ，车质量为 M，碰撞后速度为 V 2。 完全弹性碰撞，碰撞前后，机械能守恒； 忽略外力作用，碰撞前后动量守恒，即有 移项得
mV0 MV mV1 MV2 mV1 V0 M V V2
©西南交大物理系_2013_02
《大学物理 AI》作业
No.02 动量、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． 在匀速圆周运动中，质点的动量守恒。 解：因为动量是矢量，在匀速圆周运动中，动量的大小不变，方向时时刻刻在变化。 [ F ] 2． 物体运动方向与作用在物体上的合外力方向相同。 反例：抛体运动。 [ F ] 3． 物体所受摩擦力的方向与物体运动的方向相反。
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 也相同。 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 ]
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下作业答案
No.1机械振动一、判断题[T ]1.解：根据简谐振动的判据3。
[F ]2.解：根据振子的角频率mk=ω，可知角频率由系统决定的。
[T ]3.解：由简谐振动判据2：0d d 222=+x tx ω可知叙述正确。
[T]4.解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。
[T ]5.解：同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。
二、选择题1.一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为1T 。
若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m 21的物体，则系统振动周期2T 等于[D ]（A ）12T （B ）1T (C)21T (D)21T (E)41T 解：根据kmT π2=，因为弹簧截去一半的长度后，k k 22=，m m 212=，代入周期公式后可知：1222212T k m T ==π，所以选D 解：如图画出已知所对应矢量A，可知A 与x 轴正向的夹角为60=θ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得2/3sin max v A v ==θω解：m T k m T m k T ∝⇒=⇒⎭⎪⎬⎫==/2/2πωωπ解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。
那么动能势能相等时，有：221412122Ax kx kA E E E p k =⇒====，所以选C。
π21(A)π23)(B π)(C 0(D)解：两个谐振动x 1和x 2反相，且212A A =，由矢量图可知合振动初相与x 1初相一致，即πϕ=。
三、填空题1.描述简谐振动的运动方程是)cos(ϕω+=t A x ，其中，振幅A 由初始条件决定；角频率ω由振动系统本身性质决定；初相ϕ由初始条件决定；2.一简谐振动的表达式为)sin(ϕπ+=t A x ，已知0=t 时的初位移为0.04m,初速度为0.09m ⋅s -1，则振幅A =0.05m ，初相位ϕ=54.38︒解：根据已知条件：09.0cos ,04.0sin 00====ϕπϕA v A x ，由此两式，消去初相可求得振幅为0.05m 。
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。
西南交大大学物理A 第八次作业答案
《大学物理AI》作业导体介质中的静电场班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______ 一、判断题：（用“T”和“F”表示）[ F ] 1．达到静电平衡的导体，电场强度处处为零。
解：达到静电平衡的导体，内部场强处处为0，表面场强处处垂直于表面。
[ F ] 2．负电荷沿导体表面运动时，电场力做正功。
解：达到静电平衡的导体，表面场强与表面处处垂直，所以电场力做功为0。
也可以这样理解：达到静电平衡的导体是个等势体，导体表面是个等势面，那么当电荷在导体表面运动时，电场力不做功（因为电场力做功数值上等于电势能增量的负值）。
[ F ] 3. 导体接地时，导体上的电荷为零。
解：导体接地，仅意味着导体同大地等电势。
导体上的电荷是全部入地还是部分入地就要据实际情况而定了。
[ F ] 4．电介质中的电场是由极化电荷产生的。
解：电介质中的电场是总场，是自由电荷和极化电荷共同产生的。
[ T ] 5．将电介质从已断开电源的电容器极板之间拉出来时，电场力做负功。
解：拔出电介质，电容器的电容减少，而电容器已与电源断开，那么极板上的电量不变，电源不做功。
此时，电容器储能变化为：0222'2>-=∆CQ C Q W ,即电容器储能是增加的，而电场力做功等于电势能增量的负值，那么电场力应该做负功。
二、选择题:1．把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中，如图所示。
设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则[ D ] (A) U B > U A ≠0(B) U B > U A = 0(C) U B ＝ U A (D) U B < U A解：电力线如图所示，电力线指向电势降低的方向，所以U B < U A 。
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) R 2/r 2(C) r 2/ R 2(D) r/R解：两个金属球用导线相接意味着它们的电势相等，设它们各自带电为21q q 、，选无穷远处为电势0点，那么有：rq Rq 020144πεπε=，我们对这个等式变下形r R rr rq R R R q 21020144σσπεπε=⇒⋅⋅=⋅⋅，即面电荷密度与半径成反比。
西南交大大物试卷答案04A
《大学物理》作业 No 4 能量、能量守恒定律一、选择题1. 一个质点同时在几个力作用下的位移为)S I (654kj i r+-=∆, 其中一个力为恒力)S I (953kj i F+--=，则此力在该位移过程中所作的功为[ A ] J 76)A (J 19)B ( J 71)C (J 76)D (-解：由功的定义，F力的功为(J)67542512)654()953(=++-=+-⋅+--=∆⋅=k j i k j i r F A2. 一质点在如图所示的坐标平面内作圆周运动，有一力)(0j y i x F F+=作用在质点上。
在该质点从坐标原点运动到)2,0(R 位置过程中，力F对它所作的功为[ B ] 20)A (R F 202)B (R F 203)C (R F204)D (R F解：由功的定义，F力的功为⎰⎰⎰+=⋅=y F x F r F A y x d d d202000002d d R F y y F x x F R=+=⎰⎰3. 对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
(2) 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作的功的代数和必然为零。
在上述说法中：[ C ] (A) (1)、(2)是正确的； (B) (2)、(3)是正确的；(C) 只有(2)是正确的； (D) 只有(3)是正确的。
解： (1) 不对。
0,时0,<∆>∆-=p p E A E A 保保，势能减小。
(2) 正确。
保守力的定义就是沿任意一闭全回路径作功为零。
(3) 不对。
一对力虽然大小相等方向相反，但两质点的位移并不一定大小相等方向相反，所以一对力的功的代数和不一定为零。
只有两质点的间距不变时，作用力和反作用力功的代数和才为零。
4. 对于一个物体系统来说，在下列条件中，那种情况下系统的机械能守恒？ [ C ] (A) 合外力为0； (B) 合外力不作功；(C) 外力和非保守内力都不作功； (D) 外力和保守力都不作功。
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
西南交大大物II-1
物体所受回复力恒与位移成正比且反相
第二个判据为： 物理量对时间的二阶导数与其本身成正比且反号时， 该物理量按简谐振动规律变化 ， 第三个判据为： 物理量如果是时间的余弦（或正弦）函数，那么该物理量按简谐振动规律变化 研究简谐振动方便而有效的方法是旋转矢量法， 在该方法中： 旋转矢量的模对应谐振动的 角速度对应谐振动的 角频率 ，t=0 时旋转矢量与 x 轴的夹角对应谐振动的 解：由教材 P371-P378 可知。 x( m ) 2．图中所示为两个简谐振动曲线，若以余弦函数表示这两个振动 的合成结果，则合振动的频率ν 为 振幅 A 为 0.04m ，初相 ϕ 0 为 0.5s
由题意：x＝0.02=A/2, 则
cos(ω t + ϕ ) =
此时的速度 加速度
回复力 (3) 振子速度具有正的最大值，是位于平衡位置向正方向运动，由旋转矢量法可知： 初相 ϕ 故：振动方程为
π v = −ωA sin(ω t + ϕ ) = −0.4 sin( ± ) = 0.346( m ⋅ s −1 ) 3 2 2 a = −ω x = −10 × 0.02 = −2 ( m ⋅ s −2 ) F = − kx = −50 × 0.02 = −1 ( N )
N − mg = 0 f x = ma f x ≤ µs N a = −ω 2 A cos (ωt + ϕ ) ω = 2πν
(1) µ mg (2) → amax = s = µs g m (3) (5) (6)
(4)
a
fx
mg
x
由(4)、 （5） 、(6)式得最大振幅
Amax =
2 2
所以：
θ1 l 1.5 = = = 1.20 θ2 l1 1.5 − 0.45
大学物理(西南交大)作业参考答案6
NO.6 电流、磁场与磁力 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩：一 选择题1．在无限长的载流I 的直导线附近，有一球形闭合面S ，当S 面以速度V向长直导线靠近时，穿过S 面的磁通量Φ和面上各点的磁感应强度大小B 的变化是： （A ）Φ增大，B 也增大； （B ）Φ不变，B 也不变； （C ）Φ增大，B 不变； （D ）Φ不变，B 增大；[ D ]2．如图示的两个载有相等电流I 的圆形线圈，一个处于水平位置，一个处于竖直位置，半径均为R ，并同圆心，圆心O 处的磁感应强度大小为：（A ）0； （B ）R I20μ； （C ）RI220μ； （D ）R I 0μ。
[ C ]3．载流的圆形线圈（半径a 1）与正方形线圈（边长a 2）通有相同电流I ，若两个线圈的中心O 1、O 2处的磁感应强度大小相同，则a 1︰a 2为：（A ）1︰1 ； （B ）π2︰1 ； （C ）π2︰4 ； （D ）π2︰8 ；[ D ]4．如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感应强度 B 沿图中闭合路径L 的积分∮L l d B ⋅等于：（A ）μ0I ； （B ）μ0I / 3 ； （C ）μ0I / 4 ； （D ）2μ0I / 3 。
[ D ]5．真空中电流元I 1d 1l与I 2d 2l 之间的相互作用是这样的： （A ）I 1d 1l与I 2d 2l 直接进行相互作用，且服从牛顿第三定律；（B ）由I 1d 1l 产生的磁场与I 2d 2l产生的磁场之间进行相互作用，且服从牛顿第三定律； （C ）由I 1d 1l产生的磁场与I 2d 2l产生的磁场之间进行相互作用，但不服从牛顿第三定律； （D ）由I 1d 1l 产生的磁场与I 2d 2l 进行作用，或由I 2d 2l 产生的磁场与I 1d 1l进行相互作用，但不服从牛顿第三定律。
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。
西南交通大学大物A1-04作业解析
©西南交大物理系_2013_02《大学物理AI 》作业 No.04能量 能量守恒定律班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．不受外力作用的系统,它的动量和机械能都守恒。
[ T ] 2．内力都是保守力的系统，当它所受合外力为零时，它的机械能必然守恒。
[ F ] 3．质点运动过程中，作用于质点的某力一直没有做功，表明该力对质点的运动 没有产生任何影响。
[ F ] 4．当物体在空气中下落时，以物体和地球为系统，机械能守恒。
[ F ] 5．图示为连接a 点和b 点的三条路径。
作用力F 对一质点做功，经由图示方向和路径，功的示数表示在图中。
由此可以判断F是保守力。
二、选择题:1． 对功的概念有以下几种说法：（1）保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
（2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
（3）作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作的功的代数和必然为零。
正确的是：[ C ] （A ）（1）、（2）（B ）（2）、（3）（C ）只有（2）（D ）只有（3）2. 一质点受力i x F 23=（S I ）作用，沿x 轴正方向运动，从0=x 到2=x 过程中，力F作功为[ A ] (A) 8 J (B) 12 J (C) 16 J (D) 24 J3．今有一劲度系数为k 的轻弹簧，竖直放置，下端悬一质量为m 的小球。
初始状态，弹簧为原长，小球恰好与地接触。
今将弹簧上端缓慢地提起，直到小球刚能脱离地面为止，在此过程中外力作功为 [C ] (A) kg m 422 (B) k g m 322(C)(D) kg m 222 (E) k g m 2244．质量为m 的一艘宇宙飞船，关闭发动机返回地球时，可认为该飞船只在地球的引力场中运动。
已知地球质量为M ，万有引力恒量为G ，则当它从距地球中心1R 处下降到2R 处时，飞船增加的动能应等于[C] (A)2R GMm (B) 22R GMm(C) 2121R R R R GMm-(D) 2121R R R GMm - (E) 222121R R RR GMm -5．一个作直线运动的物体，其速度v 与时间t 的关系曲线如图所示。
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(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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N0.1 运动的描述
一、选择题： 1．B
解：小球运动速度2312d d t t
s
v -==。
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R
v a t v a n t 2
,d d ==，所以加速度大小为：2
12222
2d d ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=R v t v a a a n
t 。
3．A
解：根据定义，瞬时速度为dt d r v
=，瞬时速率为t
s v d d =，由于s r d d = ，所以v v =。
平均速度t r v ∆∆=
，平均速率t
s 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，⎰⎰=-t
v v t k t v
v 02d d 0
可得 0
2201
211,2111v kt v kt v v +
==-。
5．B
解：由题意，A 船相对于地的速度i v A
2=-地，B 船相对于地的速度j v B
2=-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 B
22+-=-=+=-----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 t
x
v -==
，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
2
602
x
x x x
S -+-=
)
m (191281802266662
26333
=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-
⨯--⨯+-⨯=
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 。
解：
走过的路程为 m 047.024
3
01.0=⨯⨯
==πθr s 平均速度的大小为 m/s 006.0/2==∆∆=v
s r t r v po
3．
=v 209 m/s 。
解：以河岸为x 轴，船离原点距离l =500 m ，探照灯光束照在岸上 的坐标为θtg ⋅=l x ，其中θ角为光束和船与原点连线之间的夹角。
光束沿岸边移动的速度大小为
θ
ωθθ22cos d d cos 1d d l t l t x v =⋅==
，
l
x
O
当光束与岸边成
30°时，
60
=θ，
)s m (20960
1
260cos 150012-⋅=⨯⨯
⨯
=π
v 4． t a ＝
2
2g
， 轨道的曲率半径=ρ g v /22 。
解：抛体运动的加速度大小为g
切向加速度的大小为 2245cos g g a t -=-=
法向加速度的大小为g g v
a n 2
245cos 2
=
==
ρ
所以轨道的曲率半径g
v a v n
2
2
2=
=ρ
5． t a ＝ 2s m 12.0-⋅ ，法向加速度的大小n a ＝ 2s m 13.1-⋅。
解：飞轮边缘一点的切向加速度大小为
()2
s m 12
.04.03.0-⋅=⨯==βr a t
飞轮转过
270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
()2
2s m 13
.12360
2704.023.02-⋅=⨯⨯⨯⨯===πβθωr r a n
三、计算题： 1．
解：建立如图坐标系。
（1） 45 s 内人的位移为
BC AB OA r ++=∆
j
i j
i j
1510301015+=++-= 平均速度的大小为
(y )
(
)s m (4
.045
151012
2-⋅=+=
∆∆=t
r v
与x 轴的夹角为
)3.56(3.5610
15
tg tg 11
东偏北==∆∆=--x y ϕ （2） 45 s 内人走的路程为S =15+10+30=55 (m)，所以平均速率为
)s m (22.145
551-⋅==∆=
t S v
2．解：先根据已知条件求k 。
t =2s 时，P 点的速度值 3623
=⨯==Rk R v ω
所以 )s rad (25.22
8368363-⋅=⨯==R
k
t =1s 时，P 的速度大小为()1
33s m 5.4125.22-⋅=⨯⨯==
Rkt v
切向加速度的大小
2s m 5
.13125.2233d d ⋅=⨯⨯⨯===Rkt t
v a t 法向加速度的大小 ()2
2622s m 1.101225.2-⋅=⨯⨯===Rt k R
v a n
加速度的大小为 ()2
222
2s m 7
.161.105.13-⋅=+=+=
n
t a a a
3．
解：(1)建立如图坐标系，离岸距离为X 方向，水流方向为Y 方向， 由已知条件知， x L v v y 02=, )2
(L
x < 出发时 r x v t
x
v ==
d d (1) x L
v v dx dy
dt dx dx dy t y v r y 02d d ====
(2)
由（1）、（2）式可得 t v x r = ， 2
0x Lv v y r
=
轨迹方程为
20
x Lv v y r
=
当 16 40r
v L v y L
x ==
掉头时， 掉头回来时 2d d r x v t x
v -==
（3） x L
v v dx dy dt dx dx dy t y v r y 02d d ====
（4） 考虑到行驶到 16 40r
v L v y L
x ==
掉头， 掉头，联立（3）
、（4）两式可得 t v L v L t v L x r
r r 2
83)4(24-=--=
， 2002163x Lv v v L v y r
r -=
因此 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=200202163x Lv v v L v x Lv v y r
r r
(2) 当返回岸边时，x=0，带入得距离r
v L
v y 1630=
)
(离岸距离x （水流方向）
y o
4
L
v L
v 160。