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西南交大大物AI作业答案10

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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_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

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《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。

西南交大大物作业答案

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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AII基本概念(选择 填空)附答案

大学物理AII基本概念(选择 填空)附答案

振动一、选择题1．下列运动中，属于简谐振动的是（ ） A ．单摆的摆动 B ．平抛运动 C ．斜抛运动 D ．地震2．下列关于简谐振动的说法中，错误的是（ ） A ．简谐振动是振动的最基本形式B ．作简谐振动的物体，加速度和位移成反比C ．简谐振动的物体，所受合外力方向始终指向平衡位置D ．做简谐振动的物体，加速度方向与位移方向相反3．简谐振动的能量，下列说法中正确的是（ ） A ．简谐振动的动能守恒 B ．简谐振动的势能守恒 C ．简谐振动的机械能守恒 D ．简谐振动角动量守恒4．关于简谐振动，下列说法中正确的是（ ） A ．同一周期内没有两个完全相同的振动状态 B ．质点在平衡位置处，振动的速度为零 C ．质点在最大位移处，振动的速度最大 D ．质点在最大位移处，动能最大5．关于旋转矢量法，下列说法中错误的是（ ） A ．矢量A 的绝对值等于振动的振幅B ．矢量A 的旋转角速度等于简谐振动的角频率C ．矢量A 旋转一周，其端点在x 轴的投影点就作一次全振动D ．旋转矢量法描述简谐振动，就是矢量A 本身在作简谐振动6．简谐振动中，速度的相位比位移的相位（ ）A ．超前2π B ．落后2π C ．超前π D ．落后π-7．简谐振动中，加速度和位移的相位关系（ ） A ．同相 B ．反相C ．超前2π D ．落后2π8．两个同方向同频率的简谐振动合成，若合振动振幅达到最大值，说明（ ） A ．两分振动同相 B ．两分振动反相 C ．两分振动相位差为2π D ．两分振动相位差为32π9．简谐振动的一个振动周期内（ ）A ．振动速度不相同B ．振动位移不相同C ．振动相位不相同D ．以上都不对二、填空题10．回复力的方向始终指向 。

11．作简谐振动的物体，其加速度和位移成 （正比或反比）而方向 （相同或相反） 。

12．周期是物体完成一次 所需要的时间。

13．频率表示单位时间内发生 的次数。

14．简谐振动中当质点运动到平衡位置时， 最大， 最小。

西南交通大学大物A1-05作业解析

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。

西南交大电路分析AI考试题及答案

西南交大电路分析AI考试题及答案

西南交大电路分析AI考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 在电路分析中，下列哪个元件是无源元件？A. 电压源B. 电流源C. 电阻D. 变压器答案：C2. 电路中，欧姆定律表达式为V=IR，其中V代表什么？A. 电流B. 电压C. 电阻D. 功率答案：B3. 电路中，基尔霍夫电流定律（KCL）适用于哪种节点？A. 只有电压源的节点B. 只有电流源的节点C. 任何节点D. 只有电阻的节点答案：C4. 下列哪个选项不是电路分析中的网络定理？A. 戴维南定理B. 诺顿定理C. 超位定理D. 特勒根定理答案：C5. 在交流电路中，电感元件的阻抗与频率的关系是？A. 与频率成正比B. 与频率成反比C. 与频率无关D. 与频率的平方成正比答案：A二、填空题（每空1分，共10分）6. 电路中的功率因数定义为电压与电流相位差的余弦值，即 _______ = cos(φ)。

答案：功率因数7. 在串联电路中，总电阻等于各部分电阻之和，即 R_total = R1 + _______ + R3。

答案：R28. 电路中的瞬态响应通常由 _______ 元件引起。

答案：储能9. 电路中的最大功率传输定理指出，当负载电阻等于源电阻时，负载上可以获得最大 _______。

答案：功率10. 电路中的频率响应可以通过 _______ 图来表示。

答案：波特三、计算题（每题10分，共20分）11. 给定一个RC电路，其中R=1kΩ，C=1μF，求该电路的时间常数τ。

答案：τ = RC = 1kΩ × 1μF = 1ms12. 给定一个RLC串联电路，其中R=10Ω，L=1H，C=0.1μF，求该电路的谐振频率f0。

答案：f0 = 1 / (2π√(LC)) = 1 / (2π√(10Ω × 1H × 0.1μF)) ≈ 31.83Hz四、分析题（每题15分，共30分）13. 给定一个电路图，其中包含一个电压源、一个电阻和一个电容器。

西南交通大学《大学物理》安培环路定律 磁力 磁介质

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

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

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)

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

2022级西南交大大物答案10

2022级西南交大大物答案10

2022级西南交大大物答案10西南交大物理系_2022_02《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HdlIiL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HdlIi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fqvB，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：L[B](A)Bdl0，且环路上任意一点B0LO(B)Bdl0，且环路上任意一点B0IL(C)Bdl0，且环路上任意一点B0L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)Bdl0，且环路上任意一点B=常量＝0的电流有关。

西南交大大学物理作业参考答案NO.1

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

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
=

西南交大 大学物理 英文 试题 答案No.A1-1.11348894

西南交大 大学物理 英文 试题 答案No.A1-1.11348894
x m 1
⎧ 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 ⋅

西南交通大学 大物AI作业参考解答_No.11 电磁感应

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

西南交通大学习题册答案

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

西南交大大物AI作业及答案2014版

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

《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。

西南交通大学 大物AI作业参考解答_No.10 安培环路定理 磁力 磁介质

西南交通大学 大物AI作业参考解答_No.10 安培环路定理 磁力 磁介质

《大学物理AI 》作业No.10安培环路定理磁力磁介质参考答案--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------****************************本章教学要求****************************1、理解磁场的高斯定理、磁场安培环路定理的物理意义，能熟练应用安培环路定律求解具有一定对称性分布的磁场磁感应强度；2、掌握洛仑兹力公式，能熟练计算各种运动电荷在磁场中的受力；3、掌握电流元在磁场中的安培力公式，能计算任意载流导线在磁场中的受力；4、理解载流线圈磁矩的定义，并能计算它在磁场中所受的磁力矩；5、理解霍尔效应并能计算有关的物理量；6、理解顺磁质、抗磁质磁化的微观解释，了解铁磁质的特性；7、理解磁场强度H 的定义及H 的环路定理的物理意义，并能利用它求解有磁介质存在时具有一定对称性的磁场分布。

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------一、选择题1.在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路L 1、L 2，圆周内有电流I 1、I 2，其分布相同，且均在真空中，但在(b)图中L 2回路外有电流I 3，P 1、P 2为两圆形回路上的对应点，则：[B ]（A）2121,d d P P L L B B l B l B （B）2121,d d P P L L B B l B l B（C）2121,d d P P L L B B l B l B（D）2121,d d P P L L B B l B l B解：根据安培环路定理 内I l B L0d，可以判定21d d L L l B l B；而根据磁场叠加原理（空间任一点的磁场等于所有电流在那点产生的磁场的矢量叠加），知21P P B B。

《大学物理AI》 No11电磁感应.

《大学物理AI》 No11电磁感应.

4．如图所示，电量 Q 均匀分布在一半径为 R、长为 L( L >> R )
的绝缘长圆筒上。一单匝矩形线圈的一个边与圆筒的轴线重合。
若筒以角速度 ω = ω 0 (1 − t t0 ) 线性减速旋转，则线圈中的感
应电流为
。
Q ω
解：因圆筒内磁感应强度方向平行于单匝线圈平面，则
Φ
=
∫
v B
r ⋅ dS
A a
(2) A 和 B 哪端电势高。
解：(1) AB 中的感应电动势为动生电动势，如图所示， d l 所在处的磁感强度为
B = µ0 I /(2πr)
d l 与 d r 的关系为 d l = d r /sinθ
令 b = a + L sinθ ，AB 中的感应电动势为
ε
=
v
∫ (v ×
v B)
⋅
d
R 2πnrB cos 180 o d r = −πBnR 2
o
0
ε = −πBnR2 < 0 ，则由电动势定义知电势最高点在 O 处
3．在竖直向上的均匀稳恒磁场中，有两条与水平面成θ 角的平行导轨， 相距 L，导轨下端与电阻 R 相连，一段质量为 m 的裸导线 ab 在导轨 上保持匀速下滑。在忽略导轨与导线的电阻和其间摩擦的情况下，感 R
=
∫
B cos
π 2
dS
=
0
，所以
εi
= dΦ = 0 dt
I = εi = 0 R
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
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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。
I d
c
L
2. 如图所示，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动， 则载流三角形线圈将： [ A ] (A) 向着长直导线平移 (B) 转动 (C) 离开长直导线平移 (D) 不动
y
a
解：建立如图所示的坐标轴，无限长的直电流在 x > 0 处产 生的磁感应强度为： B =
1/ 2
。
解： 电子在匀强磁场中作圆周运动的半径为 R = 从 b 处射出电子半径为 Rb =
mv ∝v eB
a
1 ab ，从 c 处射出电子半径 2
vb Rb 1 = = × c v c Rc 2 b v v 3. 如图，一个均匀磁场 B 只存在于垂直图面的 P 平面右侧， B 的方向垂直于图面向里。一 v v Rc = ab ，所以：
质量为 m，电荷为 q 的粒子以速度 v 射入磁场， v 在图面内与界面 P 成某一角度。那么粒 子在从磁场中射出前是做半径为
× × × × ×
× × × × × v B × × × ×
× × × × ×
× × × × ×
× × × × ×
d
R =|
mv | 的圆周运动。如果 q qB
P
> 0 时，粒子在磁场中的路径与边界围成的平面区域的面积为 S， 那么 q < 0 时，其路径与边界围成的平面的区域的面积为
d( ∑ Fx ) dλ
又
∑F
3 1 2 )<0 ] = −(1 − 3 3 λ λ 1+ 1+ 2 2
x λ =0
|
只能向着长直电流平动。 = 0, 所以载流线圈所受合力 始终向着长直电流，
v v 3. 真空中电流元 I 1d l1 与电流元 I 2 d l 2 之间的相互作用是这样进行的： v v [ D] (A) I 1d l1 与 I 2 d l 2 直接进行作用，且服从牛顿第三定律; v v (B) 由 I 1d l1 产生的磁场与 I 2 d l 2 产生的磁场之间相互作用，且服从牛顿第三定律; v v (C) 由 I 1d l1 产生的磁场与 I 2 d l 2 产生的磁场之间相互作用，但不服从牛顿第三定律; v v v v (D) 由 I 1d l1 产生的磁场与 I 2 d l 2 进行作用，或由 I 2 d l 2 产生的磁场与 I 1d l1 进行作用，且
L
v

v
v
r
r r r 若 L 上各点 H = 0 ，则 ∫ H ⋅ d l = 0, ∴ ∑ I 0 = 0 L r r 根据磁场的性质，以闭合曲线 L 边沿的任意取面的 B 的通量相等， H 通量不一定相等。
∫
r
r
∑I
0
二、填空题 1. d=c>b>a 2. 如图所示的空间区域内，分布着方向垂直于向里的匀强磁场，在该面内有一正方形边框 abcd(磁场以边框为界)，而 a、b、c 三个角顶处开有很小的缺口，今有一束具有不同速度的 电子由 a 缺口沿 ad 方向射入磁场区域，若 b、c 两缺口处分别有电子射出，自此两处电子的 速率之比 vb vc =
I2
r B
r r r M = Pm × B
A
从平板向外看，线圈逆时针转动。 5. 关于稳恒磁场磁场强度 H 的下列几种说法哪个是正确的？ [ C ] (A) H仅与传导电流有关;
v
v
(B) 若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的 H 必为零; (C) 若闭合曲线上各点的 H 均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零; (D) 以闭合曲线 L 为边缘的任意曲面的 H 通量均相等。 解： H 不仅与传导电流有关，还与磁化电流有关，根据安培环路定理， H ⋅ d l =
不服从牛顿第三定律。 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。 由安培定理， 一个电流元所受的力决定于另一个电流元在该电流元处产生的磁场及电流元本 身，即
r r r r r r d F12 = I 1 d l1 × B2 或 d F21 = I 2 d l2 × B1
4. 如图一固定的载流大平板，在其附近，有一载流小线框能自由转动或平动。线框平面与 大平板垂直，大平板的电流与线框中电流方向如图所示，则通电 线框的运动情况从大平板向外看是： B I1 [ B ] (A) 靠近大平板 AB； (B)；逆时针转动 r Pm (C) 顺时针转动； (D) 离开大平板向外运动。 解：载流大平板产生的磁场平行于平板，方向如图所示。线圈在 磁场中所受的磁力矩为
《大学物理》作业
No.10
v
安培定理 磁力 磁介质
v v
一、选择题 1. 如图所示，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
∫ B ⋅ d l 等于
L
2 u0 I [ A ] (A) 3 1 u0 I (C) 4
π(
mv 2 ) −S 。 qB mv |， qB mv 2 ) −S qB
v v
P
S
解：粒子在磁场中运动的半径为 R =|
从入射点 A， q > 0 和 q < 0 的粒子运动的轨迹不同， 二轨迹在 A 点相切， v 为公共切线。由对称性可知： S ′ = π (
A
r
v v
S′
4. 如图所示，在真空中有一半径为 a 的 3/4 圆弧形的导线，其中通以 稳恒电流 I，导线置于均匀外磁场 B 中，且 B 与导线所在平面垂直， 则该载流导线 bc 所受的磁力大小为
B
a
b
c
O H
µ 0 µ r , B = MH ，对于铁磁质， µ r 不是常数，B ~ H 为曲线。
µr <1。
顺磁质 µ r > 1, 抗磁质
6. 长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体中有等值反向均匀电流 I 通 过，其间充满磁导率为 u 的均匀磁介质。介质中离中心轴距离为 r 的某点处的磁场强
A
u0 I１ ⊗ 2πx
r I1 F AB
B
I2
由安培公式，可得三角形三个边受力大小分别为：
l r FAC C r FBC
x
FAB =
u0 I 1 I 2 uII AB = 0 1 2 l 2πa 2πa
C a + L cos 30o A a
O
u0 I 1 I 2 u0 I 1 I 2 dx a + l cos 30o ⋅ = ln 2πx cos 30o 2π cos 30o a