物理证明题 大题等
2024年中考物理专题复习—电学“证明与推导”题汇总
2024年中考物理专题复习—电学“证明与推导”题汇总1.如果加在某一定值电阻两端的电压由U 1变化到U 2，通过该电阻的电流变化了ΔI 。
试推导：该定值电阻电功率的变化量为ΔP =（U 1+U 2)·ΔI 。
证明：∵2U P UI R==∴()()222221212121U U U U U U U U P R R R R+--∆=-==()()()()2121212121U U U U U U I I U U IR R ⎛⎫=+-=+-=+⋅∆ ⎪⎝⎭2.若某一定值电阻两端的电压变化了ΔU ，通过该电阻的电流由I 1变化到了I 2。
试推导：该定值电阻电功率的变化量为ΔP =（Ⅰ1+I 2)•ΔU 。
证明一：∵2P UI I R==∴()()()22222121212121P P P I R I R I I R I I I I R∆=-=-=-=+-()()()()()2121212121I I I R I R I I U U I I U=+-=+-=+⋅∆证明二：∵1212U UR I I ==，得：U 1I 2=U 2I 1∴ΔP =U 2I 2－U 1I 1=U 2I 2－U 1I 1+U 1I 2－U 2I 1=（I 1+I 2）(U 2－U 1)=（I 1+I 2）·ΔU3.在如图所示的电路中，电源电压为U 且恒定，R 0为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值R max >R 0，电路中滑动变阻器也可看成消耗电能的用电器，其电功率大小与其接入电阻大小有关，当其电阻变化，通过其电流变化，它两端的电压也变化，那么由电功率公式P =UI 可知其电功率可能是变化的。
试推证：当R 滑=R 0时，滑动变阻器消耗的功率最大。
证明：设电源电压为U ，滑动变阻器两端电压为U 滑，通过的电流为I 滑，那么电路的总电阻R 总=R 滑+R 0，则0=+U I R R 滑滑，0==+UU I R R R R 滑滑滑滑滑()()222200000====+++4U U U U P U I R R R R R R R R R R R R -+ 滑滑滑滑滑滑滑滑滑滑由于U 、R 0是定值，所以当R 滑=R 0时，P 滑有最大值，最大值为24U R 。
热力学统计物理练习题及答案
热力学·统计物理练习题一、填空题. 本大题70个小题，把答案写在横线上。
1.当热力学系统与外界无相互作用时,经过足够长时间,其宏观性质 时间改变，其所处的 为热力学平衡态。
2． 系统，经过足够长时间，其 不随时间改变，其所处的状态为热力学平衡态。
3．均匀物质系统的热力学平衡态可由力学参量、电磁参量、几何参量、化学参量等四类参量描述，但有 是独立的。
4．对于非孤立系统，当其与外界作为一个整体处于热力学平衡态时，此时的系统所处的状态是 。
5．欲描述非平衡系统的状态，需要将系统分成若干个小部分，使每小部分具有 小，但微观上又包含大量粒子，则每小部分都可视为 。
6．描述热力学系统平衡态的独立参量和 之间关系的方程式叫物态方程，其一般表达式为 。
7．均匀物质系统的独立参量有 个，而过程方程独立参量只有 个。
8．定压膨胀系数的意义是在 不变的条件下系统体积随 的相对变化。
9．定容压力系数的意义是在 不变条件下系统的压强随 的相对变化。
10．等温压缩系数的意义是在 不变条件下系统的体积随 的相对变化。
11．循环关系的表达式为 。
12．在无摩擦准静态过程中存在着几种不同形式的功，则系统对外界作的功∑-=δi i dy Y W ，其中i y 是 ，i Y 是与i y 相应的 。
13．W Q U U A B +=-，其中W 是 作的功。
14．⎰=+=0W Q dU ，-W 是 作的功，且-W 等于 。
15．⎰δ+δ2L 11W Q ⎰δ+δ2L 12W Q （1、2均为热力学平衡态,L 1、L 2为准静态过程）。
16．第一类永动机是指 的永动机。
17．内能是 函数，内能的改变决定于 和 。
18．焓是 函数，在等压过程中，焓的变化等于 的热量。
19．理想气体内能 温度有关，而与体积 。
20．理想气体的焓 温度的函数与 无关。
21．热力学第二定律指明了一切与热现象有关的实际过程进行的 。
22．为了判断不可逆过程自发进行的方向只须研究 和 的相互关系就够了。
初中物理相关证明题
相关证明题：1、 静止在水平桌面上的物体其重力和压力相等（G=F ）FG F F F G F =∴==∴111相互作用力，即又支持力和压力是一对）是一对平衡力，即持力（物体所受到的重力与支物体静止在水平桌面上2、 水平匀速拉动测力计使物体做匀速直线运动，摩擦力等于测力计示数（f=F ）fF F F F F fF f F =∴==∴是一对相互作用力，即与物体对测力计的拉力又测力计对物体的拉力是一对平衡力，即与摩擦力的拉力物体在水平方向上受到物体处于平衡状态1113、 定滑轮的绳自由端拉力等于物重 (不考虑摩擦和绳重) （F=GGF OB OA OB F OAG OBOA =∴=⨯=⨯又由圆的特点得：由杠杆平衡条件可知：、连结4、 （1）动滑轮的绳自由端竖直向上匀速拉物体时拉力等于物重的一半(不考虑摩擦、绳重和滑轮重)G F 21=G F OAOB OBF OAG OBOA 2121=∴=⨯=⨯又由圆的特点得：由杠杆平衡条件可知：、连结（2）动滑轮的绳自由端斜向上匀速拉物体时拉力大于物重的一半(不考虑摩擦、绳重和滑轮重)G F 21>GF OBOAG OBOA G OB OD F OAOD OBF ODG AF O OA 211221,>∴>==∴=⨯=⨯由直角三角形特点知：又由圆的特点得：由杠杆平衡条件可知：的延长线的垂线作过连结5、 阿基米德原理F 浮=G 排=排gv ρ排排排排排排又gV F V m gm G ρρ=∴==6、 滑轮组的机械效率η= W 有用 / W 总×100% =G /（n F ）×100% = G 物 /（G 物 + G 动） ×100%7、 特殊柱体静止放在桌面上对桌面的压强：P=ρghghP Sh V Vgmg G G F SF P ρρ=∴=====又得：由平衡力和相互作用力由压强公式得：8、 串联电路中 ：（1）R = R 1 +R 2 （2）W = W 1+ W 2 （3）P = P 1+ P 2 （4）2121R R u u =并联电路中：（1）1/R=1/R 1+1/R 2 （2）W = W 1+ W 2 （3） P = P 1+ P 2 （4） 1221R R I I =。
大学物理习题
自测题八一、选择题：(共24分)1. 有三个直径相同的金属小球．小球1和2带等量同号电荷，两者的距离远大于小球直径，相互作用力为F ．小球3不带电，装有绝缘手柄．用小球3先和小球1碰一下，接着又和小球2碰一下，然后移去．则此时小球1和2之间的相互作用力为( )(A)F /2 (B)F /4. (C)3F /4. (D)3F /8.题8-1-2图4. 如题8-1-2图所示，电流由长直导线1沿ab 边方向经a 点流入一电阻均匀分布的正方形框，再由c 点沿dc 方向流出，经长直导线2返回电源．设载流导线1，2和正方形框在框中心O 点产生的磁感应强度分别用B 1，B 2和B 3表示，则O 点的磁感应强度大小( )(A)B =0，因为B 1=B 2=B 3=0.(B)B =0，因为虽然B 1≠0，B 2≠0；但B 1+B 2=0,B 3=0.(C)B ≠0，因为虽然B 1+B 2=0,但B 3≠0.(D)B ≠0，因为虽然B 3=0，但B 1+B 2≠0题8-1-3图5. 如题8-1-3图所示，有两根载有相同电流的无限长直导线，分别通过*1=1,*2=3点，且平行于y 轴，则磁感应强度B 等于零的地方是( )(A)在*=2的直线上． (B)在*>2的区域．(C)在*<1的区域． (D)不在O*y 平面上．6. 如题8-1-4图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B 平行于ab 边，bc的长度为l 当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势ε和a ,c 两点间的电势差U a -U c 为( )(A)ε=0,U a -U c =12B ωl 2 (B)ε=0,U a -U c =-12B ωl 2 (C)ε=B ωl 2，U a -U c =12B ωl 2 (D)ε=B ωl 2，U a -U c =-12B ωl 2 题8-1-4图 题8-1-5图7. 真空中两根很长的相距为2a 的平行直导线与电源组成闭合回路如题8-1-5图．已知导线中的电流强度为I ，则在两导线正中间*点P 处的磁能密度为( )(A)1μ0(μ0I 2πa )2 (B) 12μ0(μ0I 2πa )2 (C)12μ0(μ0I πa)2 (D)0. 8. *段时间内，圆形极板的平板电容器两板电势差随时间变化的规律是：U ab =U a -U b =Kt (K 是正常量，t 是时间)．设两板间电场是均匀的，此时在极板间1，2两点(2比1更靠近极板边缘)处产生的磁感应强度B 1和B 2的大小有如下关系：( )(A)B 1＞B 2． (B)B 1＜B 2．(C)B 1=B 2=0． (D)B 1=B 2≠0．二、填空题：(共38分)1. 如题8-2-1图示BCD是以O点为圆心，以R为半径的半圆弧，在A点有一电量为+q的点电荷，O点有一电量为-q的点电荷．线段．现将一单位正电荷从B点沿半圆弧轨道BCD 移到D点，则电场力所作的功为_____．题8-2-1图题8-2-2图2. 如题8-2-2图所示，一半径为R的均匀带电细圆环，带电量为Q，水平放置．在圆环轴线的上方离圆心R处，有一质量为m，带电量为q的小球．当小球从静止下落到圆心位置时，它的速度为v=_____．4. 均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为_____．5. 一长直载流导线，沿空间直角坐标的Oy轴放置，电流沿y正向．在原点O处取一电流元Id l，则该电流元在(a,0,0)点处的磁感应强度的大小为_____，方向为_____．6. 一质点带有电荷q=8. 0×10-19C，以速度v=3. 0×105 m·s-1在半径为R=6. 00×10-8m的圆周上，作匀速圆周运动．该带电质点在轨道中心所产生的磁感应强度B=_____，该带电质点轨道运动的磁矩p m=_____．(μ0=4π×10-7H·m-1)7. 一电子以速率V=2. 20×106 m·s-1垂直磁力线射入磁感应强度为B=2. 36 T的均匀磁场，则该电子的轨道磁矩为_____．(电子质量为9. 11×10-31kg)，其方向与磁场方向_____．8. 如题8-2-3图，等边三角形的金属框，边长为l，放在均匀磁场中，ab边平行于磁感应强度B，当金属框绕ab边以角速度ω转动时，则bc边的电动势为_____，ca边的电动势为_____，金属框内的总电动势为_____．(规定电动势沿abca绕为正值)题8-2-3图题8-2-4图9. 如题8-2-4图，有一根无限长直导线绝缘地紧贴在矩形线圈的中心轴OO′上，则直导线与矩形线圈间的互感系数为_____．10. 一无铁芯的长直螺线管，在保持其半径和总匝数不变的情况下，把螺线管拉长一些，则它的自感系数将_____．三、计算题：(共40分)1. 两个相距甚远可看作孤立的导体球，半径均为10 cm，分别充电至200 V和400 V，然后用一根细导线连接两球，使之达到等电势．计算变为等势体的过程中，静电力所作的功．(ε0=8. 85×10-12C2·N-1·m-2)题8-3-1图2. 如6-3-1图，半径为a,带正电荷且线密度是λ(常数)的半圆．以角速度ω绕轴O′O″匀速旋转．求：(1)O点的B；(2)旋转的带电半圆的磁矩P m(积分公式∫π0sin2θdθ= 12π)3. 空间*一区域有均匀电场E和均匀磁场B，E和B同方向．一电子(质量m，电量-e)以初速v在场中开始运动，v与E夹角α，求电子的加速度的大小并指出电子的运动轨迹．题8-3-2图4. 如题8-3-2图，无限长直导线，通以电流I有一与之共面的直角三角形线圈ABC已知AC边长为b，且与长直导线平行，BC边长为a．若线圈以垂直于导线方向的速率v向右平移，当B点与长直导线的距离为d时，求线圈ABC内的感应电动势的大小和感应电动势的方向．5. 在一无限长载有电流I的直导线产生的磁场中，有一长度为b的平行于导线的短铁棒，它们相距为a ．若铁棒以速度v 垂直于导线与铁棒初始位置组成的平面匀速运动，求t时刻铁棒两端的感应电动势ε的大小．自测题九一、选择题(共33分)1. 在真空中波长为λ的单色光，在折射率为n 的透明介质中从A 沿*路径传播到B ，若A ，B 两点位相差为3π，则此路径AB 的光程为( )(A)1.5λ． (B)1.5n λ．(C)3λ． (D)1.5λ/n ．2. 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如题9-1-1图所示，若薄膜的厚度为e ，且n 1<n 2>n 3,λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程差为( )(A)2n 2e ． (B)2n 2e -λ1/(2n 1)．(C)2n 2e -12 n 1λ1． (D)2n 2e -12n 2λ1． 题9-1-1图 题9-1-2图3. 如题9-1-2图所示，在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1，S 2距离相等，而观察屏上中央明条纹位于图中O 处．现将光源S 向下移动到示意图中的S ′位置，则( )(A)中央明条纹也向下移动，且条纹间距离不变．(B)中央明条纹向上移动，且条纹间距不变．(C)中央明条纹向下移动，且条纹间距增大．(D)中央明条纹向上移动，且条纹间距增大．4. 用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则( )(A)干涉条纹的宽度将发生改变．(B)产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹．(C)干涉条纹的亮度将发生改变．(D)不产生干涉条纹．题9-1-3图5. 在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹．若将缝S 2盖住，并在S 1，S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如题9-1-3图所示，则此时( )(A)P 点处仍为明条纹．(B)P 点处为暗条纹．(C)不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹．(D)无干涉条纹．6. 两块平玻璃构成空气劈尖，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的( )(A)间隔变小，并向棱边方向平移．(B)间隔变大，并向远离棱边方向平移．(C)间隔不变，向棱边方向平移．(D)间隔变小，并向远离棱边方向平移．题9-1-4图7. 如题9-1-4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．(C)向外扩张．(D)静止不动．(E)向左平移．8. 一束波长为λ的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为( )(A)λ/4．(B)λ/4n．(C)λ/2．(D)λ/2n．9. 在玻璃(折射率n3=1.60)表面镀一层MgF2(折射率n2=1.38)薄膜作为增透膜．为了使波长为5000 Å的光从空气(n1=1.00)正入射时尽可能少反射，MgF2薄膜的最小厚度应是( )(A)1250 Å．(B)1810 Å．(C)2500 Å.(D)781 Å．(E)906 Å．10. 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如题9-1-5图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分( )(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．(D)凹陷，且深度为λ/4．题9-1-5图11. 在迈克尔逊干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了( )(A)2(n-1)d．(B)2nd．(C)2(n-1)d+12λ．(D)nd．(E)(n-1)d．二、填空题(共23分)1. 波长为λ的平行单色光垂直照射到如题9-2-1图所示的透明薄膜上，膜厚为e，折射率为n，透明薄膜放在折射率为n1的媒质中，n1<n，则上下两表面反射的两束反射光在相遇处的位相差Δφ=______．题9-2-1图题9-2-2图2. 如题9-2-2图所示，假设有两个同相的相干点光源S1和S2，发出波长为λ的光．A是它们连线的中垂线上的一点．若在S1与A之间插入厚度为e、折射率为n的薄玻璃片，则两光源发出的光在A点的位相差Δφ=______．若已知λ=5000Å，n=1. 5，A点恰为第四级明纹中心，则e=______ Å．3. 一双缝干涉装置，在空气中观察时干涉条纹间距为 1. 00 mm．若整个装置放在水中，干涉条纹的间距将为______mm．(设水的折射率为4/3)4. 在空气中有一劈尖形透明物，其劈尖角θ=1. 0×10-4 rad，在波长λ=7000的单色光垂直照射下，测得两相邻干涉明条纹间距l=0.25 cm，此透明材料的折射率n=______．5. 一个平凸透镜的顶点和一平板玻璃接触，用单色光垂直照射，观察反射光形成的牛顿环，测得第k级暗环半径为r1．现将透镜和玻璃板之间的空气换成*种液体(其折射率小于玻璃的折射率)，第k级暗环的半径变为r2，由此可知该液体的折射率为______．6. 若在迈克尔逊干涉仪的可动反射镜M移动0.620 mm的过程中，观察到干涉条纹移动了2300条，则所用光波的波长为_____Å．7. 光强均为I 0的两束相干光相遇而发生干涉时，在相遇区域内有可能出现的最大光强是______．三、计算题(共40分)1. 在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为0.2 mm ．在距双缝1 m 远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400 nm 至760 nm 的白光，问屏上离零级明纹20 mm 处，哪些波长的光最大限度地加强"(1 nm=10-9 m)2. 薄钢片上有两条紧靠的平行细缝，用波长λ=5461Å的平面光波正入射到钢片上．屏幕距双缝的距离为D =2.00 m ，测得中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为Δ*=12.0mm ．(1)求两缝间的距离．(2)从任一明条纹(记作0)向一边数到第20条明条纹，共经过多大距离"(3)如果使光波斜入射到钢片上，条纹间距将如何改变"3. 在折射率n =1.50的玻璃上，镀上n ′＝1.35的透明介质薄膜．入射光波垂直于介质膜表面照射，观察反射光的干涉，发现对λ1=6000Å的光波干涉相消，对λ2＝7000Å的光波干涉相长．且在6000Å到7000Å之间没有别的波长是最大限度相消或相长的情形．求所镀介质膜的厚度．4. 用波长λ=500nm(1nm=10-9m)的单色光垂直照射在由两块玻璃板(一端刚好接触成为劈棱)构成的空气劈尖上．劈尖角θ=2×10-4rad ．如果劈尖内充满折射率为n =1.40的液体．求从劈棱数起第五个明条纹在充入液体前后移动的距离．题9-3-1图5. 在如题9-3-1图所示的牛顿环装置中，把玻璃平凸透镜和平面玻璃(设玻璃折射率n 1=1.50)之间的空气(n 2=1.00)改换成水(n 2′=1.33)，求第k 个暗环半径的相对改变量(r k -r ′k )/r k ．四、证明题(4分)如题9-4-1图所示的双缝干涉，假定两列光波在屏上P 点处的光场随时间t 而变化的表达式各为E 1=E 0sin ωtE 2=E 0sin(ωt +Φ)Φ表示这两列光波之间的位相差．试证P 点处的合振幅为E p =E m cos(πd λsin θ)式中λ是光波波长，E m 是E p 的最大值．题9-4-1图 自测题十一、选择题(共30分)1. 在单缝夫琅禾费衍射实验中波长为λ的单色光垂直入射到单缝上．对应于衍射角为30°的方向上，若单缝处波面可分成3个半波带，则缝宽度a 等于( )(A)λ． (B)1.5λ．(C)2λ． (D)3λ．题10-1-1图2.在如题10-1-1图所示的单缝夫琅禾费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小．若使单缝宽度a变为原来的32，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度Δ*将为原来的( )(A)3/4倍．(B)2/3倍．(C)9/8倍．(D)1/2倍．(E)2倍．题10-1-2图3. 在如题10-1-2图所示的单缝夫琅禾费衍射装置中，将单缝宽度a稍稍变宽，同时使单缝沿y轴正方向作微小位移，则屏幕C上的中央衍射条纹将( )(A)变窄，同时向上移．(B)变窄，同时向下移．(C)变窄，不移动．(D)变宽，同时向上移．(E)变宽，不移动．4. 一衍射光栅对*一定波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该( )(A)换一个光栅常数较小的光栅．(B)换一个光栅常数较大的光栅．(C)将光栅向靠近屏幕的方向移动．(D)将光栅向远离屏幕的方向移动．5. 在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在每缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，则此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为( )(A)a=b．(B)a=2b．(C)a=3b． (D)b=2a．6. 光强为I0的自然光依次通过两个偏振片P1和P2．若P1和P2的偏振化方向的夹角α=30°，则透射偏振光的强度I是( )(A)I0/4． (B)3I0/4(C)3I0/2 (D)I0/8．(E)3I0/8．7.一束光强为I0的自然光，相继通过三个偏振片P1，P2，P3后，出射光的光强为I=I0/8．已知P1和P3的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴，旋转P2，要使出射光的光强为零，P2最少要转过的角度是( )(A)30°．(B)45°．(C)60°． (D)90°．8. 一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片．若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，则入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为( )(A)1/2．(B)1/5．(C)1/3． (D)2/3．9.自然光以60°的入射角照射到不知其折射率的*一透明介质表面时，反射光为线偏振光．则知( )(A)折射光为线偏振光，折射角为30°．(B)折射光为部分偏振光，折射角为30°．(C)折射光为线偏振光，折射角不能确定．(D)折射光为部分偏振光，折射角不能确定．10. 自然光以布儒斯特角由空气入射到一玻璃表面上，反射光是( )(A)在入射面内振动的完全偏振光．(B)平行于入射面的振动占优势的部分偏振光．(C)垂直于入射面振动的完全偏振光．(D)垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光．二、填空题(共30分)1. 惠更斯引入的概念提出了惠更斯原理，菲涅耳再用的思想补充了惠更斯原理，发展成为惠更斯—菲涅耳原理．2.平行单色光垂直入射于单缝上，观察夫琅禾费衍射．若屏上P点处为第二级暗纹，则单缝处波面相应地可划分为个半波带．若将单缝宽度缩小一半，P点将是级纹．3. 可见光的波长范围是400～760 nm．用平行的白光垂直入射在平面透射光栅上时，它产生的不与另一级光谱重叠的完整的可见光光谱是第级光谱．4. 用波长为λ的单色平行光垂直入射在一块多缝光栅上，其光栅常数d=3 μm，缝宽a=1 μm，则在单缝衍射的中央明条纹中共有条谱线(主极大)．5. 要使一束线偏振光通过偏振片之后振动方向转过90°，至少需要让这束光通过块理想偏振片．在此情况下，透射光强最大是原来光强的倍．题10-2-1图6. 如果从一池静水(n=1.33)的表面反射出来的太阳光是完全偏振的，则太阳的仰角(见题10-2-1图)大致等于，在这反射光中的E矢量的方向应．7. 在题10-2-2图中，前四个图表示线偏振光入射于两种介质分界面上，最后一图表示入射光是自然光．n1,n2为两种介质的折射率，图中入射角i0=arctan(n2/n1),i≠i0．试在图上画出实际存在的折射光线和反射光线，并用点或短线把振动方向表示出来．题10-2-2图8. 在光学各向异性晶体内部有一确定的方向，沿这一方向寻常光和非常光的相等，这一方向称为晶体的光轴．只具有一个光轴方向的晶体称为晶体．三、计算题(共40分)1. (1)在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，λ1=4000Å，λ2=7600Å.已知单缝宽度a=1.0×10-2cm，透镜焦距f=50cm．求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离．(2)若用光栅常数d=1.0×10-3cm的光栅替换单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离．2. 波长为λ=6000Å的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为30°，且第三级是缺级．(1)光栅常数(a+b)等于多少"(2)透光缝可能的最小宽度a等于多少"(3)在选定了上述(a+b)和a之后，求在衍射角-12π＜φ＜12π范围内可能观察到的全部主极大的级次．3. 两个偏振片P1，P2叠在一起，由强度相同的自然光和线偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振片上，进行了两次测量．第一次和第二次P1和P2偏振化方向的夹角分别为30°和未知的θ，且入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1的偏振化方向夹角分别为45°和30°．不考虑偏振片对可透射分量的反射和吸收．已知第一次透射光强为第二次的3/4，求(1)θ角的数值；(2)每次穿过P1，P2的透射光强与入射光强之比；(3)每次连续穿过P1，P2的透射光强与入射光强之比．题10-3-1图4.如题10-3-1图安排的三种透光媒质Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，其折射率分别为n1=1.33,n2=1.50,n3=1．两个交界面相互平行．一束自然光自媒质Ⅰ中入射到Ⅱ与Ⅲ的交界面上，若反射光为线偏振光，(1)求入射角i．(2)媒质Ⅱ，Ⅲ界面上的反射光是不是线偏振光"为什么"自测题十一一、选择题(共30分)1. 已知一单色光照射在钠表面上，测得光电子的最大动能是 1.2 eV，而钠的红限波长是5400Å，则入射光的波长是 ( D )(A)5350 Å． (B)5000 Å．(C)4350 Å．(D)3550 Å．2. 当照射光的波长从4000Å变到3000Å时，对同一金属，在光电效应实验中测得的遏止电压将 ( )(A)减小0. 56 V． (B)增大0. 165 V．(C)减小0. 34 V． (D)增大1. 035 V．(普朗克常量h=6. 63×10-34J·s，基本电荷e=1. 602×10-19C)3. 保持光电管上电势差不变，若入射的单色光光强增大，则从阴极逸出的光电子的最大初动能E0和飞到阳极的电子的最大动能EK的变化分别是 ( )(A) E0增大，E K增大． (B) E0不变，E K变小．(C) E0增大，E K不变．(D) E0不变，E K不变．4. 在康普顿散射中，如果设反冲电子的速度为光速的60%，则因散射使电子获得的能量是其静止能量的 ( )(A)2倍．(B)1. 5倍．(C)0. 5倍．(D)0. 25倍．5. 用*射线照射物质时，可以观察到康普顿效应，即在偏离入射光的各个方向上观察到散射光，这种散射光中 ( )(A)只包含有入射光波长相同的成分．(B)既有与入射光波长相同的成分，也有波长变长的成分，波长的变化只与散射方向有关，与散射物质无关．(C)既有与入射光相同的成分，也有波长变长的成分和波长变短的成分，波长的变化既与散射方向有关，也与散射物质有关．(D)只包含着波长变长的成分，其波长的变化只与散射物质有关，与散射方向无关．6. 已知氢原子从基态激发到*一定态所需的能量为10. 19 eV，若氢原子从能量为-0. 85 eV的状态跃迁到上述定态时，所发射的光子的能量 ( )(A)2. 56 eV．(B)3. 41 eV．(C)4. 25 eV． (D)9. 95 eV．7. 如果两种不同质量的粒子，其德布罗意波长相同，则这两种粒子的 ( )(A)动量相同． (B)能量相同．(C)速度相同． (D)动能相同．8． 设粒子运动的波函数图线分别如图(A)，(B)，(C)，(D)所示，则其中确定粒子动量的精确度最高的波函数是哪个图" ( A )9. 下列各组量子数中，哪一组可以描述原子中电子的状态" ( B )(A)n =2,l =2,m l =0, ms =12． (B) n =3, l =1, m l =-1, ms =-12． (C) n =1, l =2, m l =1, ms =12． (B) n =1, l =0, m l =1, ms =-12． 10. 氩(Z =18)原子基态的电子组态是 ( C )(A)1s 22 s 83p 8．(B)1 s 22 s 22o 63d 8．(C)1 s 22 s 22p 63 s 23p 6．(D)1 s 22 s 22p 63 s 23p 43d 2．二、填空题(共20分)1. 设描述微观粒子运动的波函数为Ψ(r ,t )，则ΨΨ*表示；Ψ(r ,t )须满足的条件是；其归一化条件是．2. 根据量子论，氢原子核外电子的状态可由四个量子数来确定，其中主量子数n 可取的值为，它可决定．3.玻尔氢原子理论中，电子轨道角动量最小值为；而量子力学理论中，电子轨道角动量最小值为，实验证明理论的结果是正确的．4. 在下列各组量子数的空格上，填上适当的数值，以便使它们可以描述原子中电子的状态：(1)n =2,l =,m l =-1,m s =-12． (2)n =2,l =0,m l =,m s =12． (3)n =2,l =1,m l =0,m s =．5. 根据量子力学理论，氢原子中电子的角动量在外磁场方向上的投影为L z =m l ħ，当角量子数l =2时，L z 的可能取值为．6. 多电子原子中，电子的分布遵循原理和原理． 三、计算题(共50分)1. 波长为3500 Å的光子照射*种材料的表面，实验发现，从该表面发出的能量最大的光电子在B =1.5×10-5T 的磁场中偏转而成的圆轨道半径R =18cm ，求该材料的逸出功是多少电子伏特"(电子电量-e =1.60×10-19C ，电子质量m =9.1×10-31kg ，普朗克常量h =6.63×10-34J ·s ，1eV=1.60×10-19J)2.处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出的光仅有三条谱线，问此外来光的频率为多少"(里德伯恒量R =1.097×107 m -1)3. 氢原子光谱的巴耳末线系中，有一光谱线的波长为4340 Å，试求：(1)与这一谱线相应的光子能量为多少电子伏特"(2)该谱线是氢原子由能级E n 跃迁到能级E k 产生的，n 和k 各为多少"(3)最高能级为E 5的大量氢原子，最多可以发射几个线系，共几条谱线"请在氢原子能级图中表示出来，并说明波长最短的是哪一条谱线．4. 假如电子运动速度与光速可以比拟，则当电子的动能等于它静止能量的2倍时，其德布罗意波长为多少"(普朗克常量h =6.63×10-34J ·s ，电子静止质量m 0=9.11×10-31kg)5. 已知粒子在无限深势阱中运动，其波函数为：ψ(*)=2/asin(π*/a )(0＜*＜a )．求：发现粒子概率最大的位置．6. 同时测量能量为1 keV 的作一维运动的电子的位置与动量时，若位置的不确定值在0.1nm(1 nm=10-9m)，则动量的不确定值的百分比ΔP /P 至少为何值"(电子质量m e =9.11×10-31kg,1 eV=1.60×10-19J ，普朗克常量h =6.63×10-34J ·s)7. 粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：ψ0(*)=2/a sin(n π*/a )(0＜*＜a )．若粒子处于n =1的状态，在0～(1/4)a 区间发现该粒子的概率是多少" ［提示：]2sin 4121sin 2C x x xdx +-=⎰ 8. 设电子绕氢核旋转的玻尔轨道的圆周长刚好为电子物质波波长的整数倍，试从此点出发推证玻尔的角动量量子化条件．。
物理理推导与证明题
第4讲 推导与证明题计算与推导题是安徽中考的一类特殊题型，从2007年考查的电学的推导开始至今一直在考查，2008年至2012年主要考查力学的一些公式推导或证明，但2013和2014年考查了光学的证明，在2015年又考查了电学推导．因此，复习时应对力学、光学和电学公式推导或证明及公式间的关系重点复习，掌握其内部变化规律．题型之一 光学推导光学方面的推导主要是光的反射、折射和平面镜成像、凸透镜成像规律方面的作图与推导，一般要数形结合，从数学图形上来解决问题．(2014·安徽)凸透镜的成像规律可以通过画光路图去理解．在光路图中凸透镜用图a 表示，O 点为光心，F 为焦点．图b 中A′B′是物体AB 经透镜所成的像．(1)请画出图b 中两条入射光线的出射光线，完成成像光路图；(2)在图b 中，物距用u 表示，即u ＝BO ；像距用v 表示，即v ＝OB′；焦距用f 表示，即f ＝OF.请运用几何知识证明：1u ＋1v ＝1f.本题主要考查了凸透镜成像的光路图画法以及物距、像距和焦距之间的定量关系的推导，充分利用几何知识是解决问题的关键．1．(2013·安徽)如图，A 、B 两地相距4 km ，MN 是与AB 连线平行的一条小河的河岸，AB 到河岸的垂直距离为3 km ，小军要从A 处走到河岸取水然后送到B 处，他先沿垂直于河岸的方向到D 点取水然后再沿DB 到B 处．若小军的速度大小恒为5 km/h ，不考虑取水停留的时间．(1)求小军完成这次取水和送水任务所需要的总时间．(2)为了找到一条最短路线(即从A 到河岸和从河岸到B 的总路程最短)，可以将MN 看成一个平面镜，从A 点作出一条光线经MN 反射后恰能通过B 点，请你证明入射点O 即为最短路线的取水点．2．做凸透镜成像规律实验时，凸透镜置于物屏之间，物体和屏的相对距离L(L 大于四倍焦距)不变，移动凸透镜能在屏上得到两个清晰实像．凸透镜的成像规律可以通过画光路图去理解，图甲是所画物体AB 在位置1时经凸透镜成的像A′B′的光路图．(1)请参照图甲，在图乙中画出物体AB 在位置2时经过凸透镜所成的像A″B″的光路图．(2)若物体AB 在光屏上两次成像时透镜位置1和位置2之间的距离为d ，如图乙，且凸透镜两次成像规律满足1u ＋1v ＝1f(u 表示物距，v 表示像距，f 表示焦距)，利用所学知识证明：f ＝(L 2－d 2)/4L.3．如图所示，两个相互垂直的平面镜，一条光线射入，试完成光路图，证明射出光线与射入光线平行，方向相反．4．通过作图试证明，凸透镜成清晰的像时，只对换蜡烛和光屏的位置，请推导光屏上仍能成清晰的像．题型之二力学推导有关力学方面的推导题，主要集中在平均速度、液体压强、功率、机械效率的推导等，经常跟相关计算放在一起考查，常作为公式推导中的一小问．(2015·杭州改编)如图所示，一根质量分布均匀的木棒，质量为m，长度为L，竖直悬挂在转轴O处．在木棒最下端用一方向始终水平向右的拉力F缓慢将木棒拉动到竖直方向夹角为θ的位置(转轴处摩擦不计)．问：(1)在答题纸上画出θ＝60°时拉力F的力臂l，并计算力臂的大小．(2)木棒的重力作用点在其长度二分之一处，随拉开角度θ的增加，拉力F将如何变化？并推导拉力F＝12Gtanθ.【点拨】(1)力臂：支点到力的作用线的距离，由此作出F的力臂，并求出其大小．(2)随拉开角度θ的增加，分析动力臂和阻力臂的变化情况，根据杠杆的平衡条件判断拉力的变化；根据三角函数，表示出力臂，根据杠杆平衡条件表示出F与θ的关系式1．(2015·广州)除图中的仪器外，还可提供足够的水(密度为ρ水)，测量漂浮在水面的玩具鸭所受重力．简要写出合理方案(可用画图或文字表述)，并用题目所给及所测的物理量推导出玩具鸭所受重力的表达式．(玩具鸭不放入量筒)．2．物理学中常把实际的研究对象抽象为“物理模型”，许多桥面可以看作是斜面机械模型．如图所示，若斜面的高度H 一定，斜面的长度L 可以改变，试推导：在不考虑摩擦时，用平行于斜面的拉力F 将重为G 的物体匀速拉上斜面顶端，L 越长，F 越小．3．如图所示的均匀铝质圆柱体放在水平桌面上．试通过推导证明：圆柱体对水平桌面的压强大小只与圆柱体的密度ρ和高度h 有关，与其底面积S 无关．4．有一实心不规则金属物体的模型，若能测出模型所受重力G 、模型浸没在水中所受的浮力F 浮，且已知水的密度，就可以根据G 模型F 浮＝ρ模型ρ水，求出金属模型密度ρ模型．证明式子G 模型F 浮＝ρ模型ρ水成立．5.(2015·天津改编)底面积为S0的圆柱形薄壁容器内装有密度为ρ0的液体，横截面积为S1的圆柱形木块由一段非弹性细线与容器底部相连，且部分浸入液体中，此时细线刚好伸直，如图所示，已知细线所能承受的最大拉力为T，现往容器中再缓慢注入密度为ρ0的液体，直到细线刚好被拉断为止．试推导出细线未拉断前，细线对木块拉力F与注入液体质量m之间的关系式为F＝S1gS0－S1m.6．用一架不等臂天平称量某一物体质量，将物体放在天平左盘，右盘内放质量为m1砝码时，天平平衡；将物体放在天平右盘，左盘内放质量为m2砝码时，天平平衡，试证明物体的质量m＝m1m2.7．液体内部存在压强．如图所示，烧杯内盛有密度为ρ的液体，我们可以设想液面下h深处有一面积为S的水平圆面，它所受到的压力是其上方圆柱形的小液柱所产生的．(1)请在图中作出小液柱所受重力的示意图．(2)请推证：液体内部深度为h处的压强p＝ρgh.8．如图甲，质量为m 的小球从高度为h 的光滑斜面顶端由静止自由滑下，到达斜面底端的速度为v.此过程机械能守恒，关系式mgh ＝12mv 2成立．如图乙，将物体以一定的初速度v 0沿水平方向抛出(不计阻力)，物体做平抛运动，在水平方向运动的距离r ＝v 0t ，在竖直方向下落得高度y ＝12gt 2.如图丙所示，小球沿长度为l 的光滑斜面AB 由静止自由滑下，经过高度为h 的光滑桌面BC 后做平抛运动，撞到前方挡板的D 点，桌边到挡板的距离为s ，D 点到地面的高度为d ，请推理证明d ＝h －s 24lsin θ.题型之三电学推导电学推导题主要出现在串并联电路的电阻、电功率、电热方面，通常要结合数学知识，进行相应的公式变形．演绎式探究——研究带电小球间的作用力：经科学研究发现，两个带电小球所带电荷量分别为q1、q2，当它们之间的距离为r(远大于小球的直径)时，它们之间的作用力F＝k q1q2r2，其中常量k＝9×109 N·m2/C2.(1)如图1，将甲乙两球放在光滑的绝缘水平面上，若甲球带正电荷，乙球带负电荷，松开两球后将如何运动？图1(2)如图2，为了使这两个小球在原来的位置静止，沿着甲、乙两球的球心连线方向，在乙球的右边某位置放上一个电荷量为q3的小球丙，此时恰好使得三球均保持静止．请你证明，此时有关系q1q3＝q1q2＋q2q3成立．图2【点拨】(1)掌握电荷间的相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，根据相互作用判断小球的运动情况．(2)可以对其中甲乙小球进行受力分析，例如乙受到甲的作用力和丙的作用力，这两个力的大小应该相等，而方向相反．根据题目中给出作用力的公式列出关系式便可求出．1．当多个电阻并联时，其等效电阻称为并联电路的总电阻．请推证：(1)将两个电阻R1、R2并联起来，其总电阻R总与R1、R2的关系为：________________；(2)以两个电阻并联为例，证明并联电路的总电阻要小于其中的任何一个电阻．2.请你用你学过的知识推导无论是并联还是串联电路的总功率都等于各个用电器消耗的电功率之和．3．如图，将电压为U的电源加在A，B两端，R1消耗的功率为P1；将电压U加在B、C两端，R2消耗的功率为P2；若将电压U加在A、C两端，R1、R2消耗的功率之和为P.请证明：1P＝1P1＋1P2.(假设电源电压恒定)4．如图所示，电阻R1和电阻R2并联，通过干路中的电流为I，请推证通过电阻R1的电流I1＝错误!I.5．在电工学中常用物理量“电导”(符号为G)来表示导体的导电能力．导电能力强，电导G的值就大，导电能力弱则电导G的值就小，对于同一导体，其电导G和电阻的关系为G＝1/R，现有甲、乙两导体，已知导体甲的电导为G甲，导体乙的电导为G乙．(1)请你猜想导体甲和乙串联时的总电导G串与G甲、G乙的关系．(2)证明你所猜想的关系式．第4讲推导与证明题题型之一光学推导例 (1)经过光心光线不改变方向；平行于主光轴光线折射经过右焦点．两条光线交点就是成像点，光路图如图所示：(2)设经过光心光线，左段AO 为a ，右段OA′为b ，根据几何知识可知：△O A′F′∽△AA′C ，△ABO ∽△A ′B ′O ，则OF′AC ＝OA′AA′①，AO OA′＝BO B′O ②，即：f u ＝b a ＋b ①，a b ＝u v ②，两式联立消去a 、b 即得1u ＋1v ＝1f.针对训练1．(1)总路程s ＝AD ＋DB ＝(3＋5)km ＝8 km ，总时间t ＝s/v ＝8 km/5 km/h ＝1.6 h.(2)如图，根据平面镜成像的特点，作出A 点关于MN 所成的虚像A′，连接A′D 和A′O ，AO ＝A′O ，且A′、O 、B 在一条直线上．故取水点为O 时的路线长度s′＝AO ＋OB ＝A′O ＋OB ＝A′B ，在O 点以外的河岸上任取一点P ，路线的长度s″＝AP ＋PB ＝A′P ＋PB ，由三角形知识得A′B ＜A′P ＋PB ，即s′<s″，故入射点O 为最短路线的取水点． 2.(1)(2)因为物体和屏的相对距离L 不变，根据1u ＋1v ＝1f 可得，1f ＝1u ＋1L －u .化简得u 2－uL ＋fL ＝0.解得u 1＝(L －L 2－4fL)/2，u 2＝(L ＋L 2－4fL)/2.透镜在两次成像时位置之间的距离为d ，即u 2－u 1＝d ，所以L 2－4fL ＝d 2，解得：f ＝(L 2－d 2)/4L. 3.根据反射定律图解如图所示，有∠1＝∠2，∠3＝∠4(反射定律)，因NO 1⊥NO 2(两镜垂直，法线也垂直)，所以∠2＋∠3＝90°，∠1＋∠4＝90°，所以∠2＋∠3＋∠1＋∠4＝180°，所以AO 1∥O 2B ，AO 1为入射光线，O 2B 为反射光线，所以AO 1，O 2B 反向．4．由于光路是可逆的，如下图所示，对换蜡烛和光屏的位置，光屏上仍能成清晰的像．题型之二 力学推导例 (1)由题O 为支点，沿力F 的方向作出力的作用线，从O 点作其垂线，垂线段长即F 的力臂，如图所示：由题θ＝60°，所以l ＝12L.(2)由题做出木棒这一杠杆的示意图如图：由图可知随拉开角度θ的增加，l 变小，L G 变大，根据杠杆的平衡条件：F 1l 1＝F 2l 2，阻力不变，所以动力F 变大；由图l ＝cos θL ，L G ＝12sin θL ，根据杠杆的平衡条件有：F ×cos θL ＝G ×12sin θL ，即：F ＝12Gtan θ.针对训练1．(1)在水槽中倒满水，将玩具鸭慢慢放入其中，使其漂浮并观察到有部分水逸出水槽；然后将玩具鸭慢慢取出；(2)在量筒中倒入适量的水，记下体积V 1；将量筒中的水慢慢倒入水槽，直到水满．记下量筒中剩余水的体积V 2.玩具鸭排开水的体积为V 排＝V 1－V 2，因为鸭在水中漂浮．所以玩具鸭受力平衡即F 浮＝G ＝ρ液gV 排＝ρ水(V 1－V 2)g. 2.∵W 总＝FL ，W 有用＝GH ，∴在不计摩擦的情况下，W 总＝W 有用，即：FL ＝GH ，∴F ＝GHL，由此可知：当G 、H 一定时，L 越大，F 就越小． 3.(1)∵圆柱体放在水平桌面上，∴它对水平桌面的压力：F ＝G ＝mg ＝ρVg ＝ρShg ，则它对水平桌面的压强：p ＝F/S ＝ρShg/S ＝ρgh ，因此圆柱体对水平桌面的压强大小只与圆柱体的密度ρ和高度h 有关，与其底面积S 无关． 4.对于物体而已，其重力可以表示为G 模型＝ρ模型gV 模型 ① 同时，当模型完全浸没在水里时，其受到的浮力可以表示为：F 浮＝ρ水gV 排 ② 又由于完全浸没于水中，所以V 模型＝V 排 ③ 由①②③式可得(①式除以②式，约掉g 和V)：G 模型F 浮＝ρ模型ρ水. 5.设注入液体的质量为m 时，细线对木块的拉力为F ，液面上升的高度为Δh ，细线对木块的拉力F 等于木块增大的浮力，则有：F ＝ΔF 浮＝ρ0gV 排＝ρ0gS 1Δh ，① 由ρ＝mV 得，容器内注入的液体质量：m ＝ρ0V 液＝ρ0(S 0－S 1)Δh ，② 将①式和②式联立，解得：F ＝S 1gS 0－S 1m. 6.天平在水平位置平衡，如图设天平的左半段是l 2，右半段是l 1，把物体m 放在不等臂天平的左盘，右盘放m 1砝码，天平平衡，所以mgl 2＝m 1gl 1①，把物体m 放在不等臂天平的右盘，左盘放m 2砝码，天平平衡，所以m 2gl 2＝mgl 1②，①/②得，m/m 2＝m 1/m ，所以，m ＝m 1m 2.7．(1)如图重力的方向是竖直向下的，重心在圆柱形液柱的中心上，如图所示：(2)小液柱的体积为：V ＝Sh ，∴小液柱的质量为：m ＝ρV ＝ρSh.小液柱的重力为：G ＝mg ＝ρShg.因此小液柱产生的压强为：p ＝F S ＝G S ＝ρShgS＝ρgh ，即：液体内部深度为h 处的压强p ＝ρgh. 8.如图丙所示，小球沿长度为l 的光滑斜面AB 由静止自由滑下，则过程中机械能守恒，∵mgh ＝12mv 2，∴mglsin θ＝12mv 2B ＝12mv 2C .∴v 2C ＝2glsin θ.又∵小球从C 点开始做平抛运动，∴s ＝v C t ，h －d ＝12gt 2.∴d ＝h －12gt 2＝h －12g s 2v 2C ＝h －12g s 22glsin θ＝h －s 24lsin θ.题型之三 电学推导例 (1)甲球带正电荷，乙球带负电荷，所以它们相互吸引而相互靠近．(2)由题意知，甲受到乙向右的力，甲要静止，应受到丙向左的力，所以丙应带正电；对甲进行分析：F 乙甲＝F 丙甲．∴k q 1q 2r 2＝k q 1q 3（r ＋r′）2.∴q 3q 2＝（r ＋r′）2r 2.∴q 3q 211 / 11 ＝1＋r′r① 对乙进行分析：F 甲乙＝F 丙乙，∴k q 1q 2r 2＝k q 2q 3r ′2.∴q 3q 1＝r′r ② 将②代入①得：∴q 3q 2＝1＋q 3q 1.∴q 1q 3＝q 1q 2＋q 2q 3针对训练 1．(1)根据欧姆定律可知：I 1＝U 1R 1，I 2＝U 2R 2，I ＝U R 总.∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴I ＝I 1＋I 2，即U R 总＝U 1R 1＋U 2R 2.又∵并联电路各支路两端的电压相等，∴U ＝U 1＝U 2.∴1R 总＝1R 1＋1R 2.(2)R 1、R 2并联时的总电阻：R ＝R 1R 2R 1＋R 2，则R －R 1＝R 1R 2R 1＋R 2－R 1＝R 1R 2－R 1（R 1＋R 2）R 1＋R 2＝－R 21R 1＋R 2<0， ∴R<R 1.同理可得，R<R 2，即并联电路的总电阻要小于其中的任何一个电阻． 2.串联电路中，各处的电流I 相等，总电压等于各分电压之和即U ＝U 1＋U 2＋…，电路消耗的总功率P ＝UI ＝(U 1＋U 2＋…)I ＝U 1I ＋U 2I ＋…＝P 1＋P 2＋…；并联电路中，各支路两端的电压相等，干路电流等于各支路电流之和即I ＝I 1＋I 2＋…，电路消耗的总功率P ＝UI ＝U(I 1＋I 2＋…)＝UI 1＋UI 2＋…＝P 1＋P 2＋….所以无论是串联电路还是并联电路总功率等于各用电器消耗的电功率之和． 3.由图可以看出电路中只有两个电阻，属于纯电阻电路，由P ＝UI ＝U 2R 可得U 2R 1＝P 1，1P 1＝R 1U2，同理U 2R 2＝P 2，1P 2＝R 2U 2，U 2R 1＋R 2＝P ，1P ＝R 1＋R 2U 2，所以1P ＝R 1＋R 2U 2＝R 1U 2＋R 2U 2＝1P 1＋1P 2. 4.I 1＝U 1R 1＝U R 1＝IR R 1＝R 1R 2R 1＋R 2×I R 1＝I·R 2R 1＋R 2. 5.(1)1G 串＝1G 甲＋1G 乙.(2)串联时，有R 串＝R 甲＋R 乙，因为G ＝1R ，即R ＝1G ，所以1G 串＝1G 甲＋1G 乙。
超级难的数学题
超级难的数学题以下是一些超级难的数学题，供参考:一、代数方程1. 解方程：x^4 - 10x^2 + 9 = 02. 对于给定的复数z，满足条件z^3 = -1，找出z 的值。
二、几何图形1. 证明：三角形ABC的三条中线相交于一点G，这个点G被称为三角形的重心。
2. 证明：任意一个四边形，其对角线的平方和等于两边平方和的两倍。
三、概率统计1. 假设你有一个硬币，每次抛掷得到正面或反面的概率都是50%。
现在你要抛掷这个硬币3次，找出得到两次正面的概率。
2. 在一个有n个人的房间里，每个人都有等可能的机会被选中担任某项职务。
那么这个房间里有一个人被选中的概率是多少？四、数论难题1. 哥德巴赫猜想：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
2. 费马大定理：不存在整数x，y，z和n，使得x^n + y^n = z^n。
五、微积分难题1. 证明：在任何有限区间上，函数y = sin(x)的图像不可能是一个封闭的曲线。
2. 计算函数f(x) = x^2在[0, 1]区间上的定积分。
六、离散数学难题1. 图论问题：在一个有n个节点的图中，证明至少存在一个节点，它的度数（连接的边的数量）是大于n/2的。
2. 逻辑推理问题：给定一个命题公式，找出其主析取范式或主合取范式。
七、拓扑学问题1. 证明：任何一个无环的连通图最多有四个顶点。
2. 在拓扑学中，证明任何一个简单的封闭曲线都可以连续地收缩到一个点。
3. 证明：任何一个单连通二维闭曲面要么是球面，要么是环面。
4. 证明：在三维空间中，任何一个简单的封闭曲线都可以连续地收缩到一个点。
八、组合数学难题1. 组合数学中的“柯克曼女生问题”：有26个男生和31个女生在一所学校里，任意5个男生和任意5个女生都能组成一个五人乐队。
证明：至少存在一个由多于5个男生和多于5个女生组成的一组，他们中任何一个男生都可以至少与两个不同女生组成乐队。
2. “鸽巢原理”问题：如果10只鸽子要飞进5个鸽巢，并且至少有一个鸽巢里要飞进2只鸽子，那么有多少种不同的飞法？九、数学物理难题1. 求解经典力学中的“三体问题”：三个质点在万有引力作用下的运动规律是什么？2. 求解量子力学中的“薛定谔方程”，特别是无限深势阱问题。
大学物理例题
大学物理例题
例1、一质量均匀分布的柔软细绳铅直地悬挂着，绳的下端刚好触到水平桌面上，如果把绳的上端放开，绳将落在桌面上。
证明：在绳下落的过程中，任意时刻作用于桌面的压力，等于已落到桌面上的绳重量的三倍。
解：（用质心的方法）
取如图坐标，坐标原点为t=0时刻细绳末端的位置，向下为
正方向。
设细绳总长为L , 总质量为M ，线密度为ρ = M /L 。
设 t 时
刻已有x 长的柔绳落至桌面，落到桌面上的绳的质量：m = ρx =
Mx/L 。
因为是柔软细绳，桌面对绳的支持不会影响上部绳子的运动，因此上部绳子自由下落，速度为 22gx v =或 v = d x /d t ，加速
度为 g = d 2x /d 2t 。
整条细绳的质心为
2
2202121)](21[1][11x L
L x x L xL L xdx xL M xdm M x L x M c -+=-+=+==⎰⎰ρρρρρ 质心速度：
dt
dx x L dt dx dt dx v c c 1-== 质心加速度：
222211dt
x d x L dt dx dt dx L dt x d dt dv a c c --== x L
g g xg L v L g a c 3112-=--
= 根据质心的运动定律 F = ma c , 有 x L
Mg Mg N Mg Ma N Mg c
3-=-=- 所以：
mg x L
Mg N 33==。
数学物理方法习题解答(完整版)
数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。
v vx y∂∂ ==0 ∂∂。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。
22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
高三物理证明题汇编-(答案)
高三物理最后冲刺推导证明题汇整一、试题赏析1、北京高考：弹性势能证明2、北京高考：洛伦兹力和安培力3.皖南八校4、上海高考：证明动能定理（1）隔离法：对木块：1sin mg f ma θ-=，1cos 0mg N θ-= 因为212s at =，得2/a m s = 所以，18f N =，116N N =对斜面：设摩擦力f 向左，则11sin cos 3.2f N f N θθ=-=，方向向左。
（如果设摩擦力f 向右，则11sin cos 3.2f N f N θθ=-+=-，同样方向向左。
）（2）地面对斜面的支持力大小11s sin 67.6N f N co f N θθ==+=（3）木块受两个力做功。
重力做功：sin 48G W mgh mgs J θ===摩擦力做功：32f W fs J =-=-合力做功或外力对木块做的总功：16G f W W W J =+= 动能的变化2211()1622k E mv m at J ∆==∙= 所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕。
5.电容器并联23．（1）两个电容器电压相等，设为U ，设它们的电量分别为Q 1和Q 2U C Q 11=，U C Q 22=等效电容器的电压U U ='电量21Q Q Q +='根据电容器电量、电容和电压之间的关系，得212121C C UU C U C U Q Q U Q C +=+=+=''=' （6分） （2）设乙的极板距离未变时，两电容器的电压为U ，所带电量均为 CU Q =带电微粒A 所受重力和电场力平衡，dU q mg = 若乙的两极板间距离增大一倍，则乙的电容变为2C 甲乙并联的等效电容为 C C C C 232=+=' （4分） 等效电容所带的总电量为 Q Q 2='故等效电容的电压为 U C Q U 34=''=' 则微粒A 受到的电场力 mg d qU d U q F 3434=='= 故微粒A 的加速度g m mg F a 31=-=，方向竖直向上。
2019中考 物理复习：推导专题汇总(含答案)
中考物理推导证明题光学部分1．两块相互垂直的平面镜M与N，如图所示放置，有一束光线AB斜射到其中的一块平面镜上，经另一块平面镜反射，反射光线CD，试利用光的反射定律及有关数学知识，推导入射光线AB与反射光线CD相互平行．2 请推导出放在两倍焦距上物体成像与物体一样大3.如图所示，竖直放置平面镜MN前有一直立人体AB，人眼可通过平面镜观测到自己的像，试结合平面镜成像特点和光的反射原理推证：平面镜所需最小长度为人体长度的一半时，人眼即可观看到全身像.（设人眼在A点，不考虑成像宽度）4. 根据凸透镜成像规律，由A点给出两条入射光线，画出它们的折射光线，并标出物体AB所成的像A′B′.试证明：(1)像与物大小相等；(2)v=u=2f.(v表示像距，u表示物距，f表示焦距)5．如图有两平面镜夹角为θ，有一束光线从C点射人经过两次反射从F点射出，证明其出射角γ=20．6.（13安徽）如图，AB两地相距4km，MN是与AB连线平行的一条小河的河岸，AB到河岸的垂直距离为3km，小军要从A处走到河岸取水然后送到B处，他先沿垂直于河岸的方向到D点取水然后再沿DB到B处。
若小军的速度大小恒为5km/h，不考虑取水停留的时间。
（1）求小军完成这次取水和送水任务所想要的总时间。
新| 课 | 标|第 | 一| 网（2）为了找到一条最短路线（即从A 到河岸和从河岸到B 的总路程最短），可以将MN 看成一个平面镜，从A 点作出一条光线经MN 反射后恰能通过B 点，请你证明入射点O 即为最短路线的取水点。
7·（14安徽）凸透镜的成像规律可以通过画光路图去理解．在光路图中凸透镜用图a 表示，O 点为光心，F 为焦点．图b 中A′B′是物体AB 经透镜所成的像． （1）请画出图b 中两条入射光线的出射光线，完成成像光路图； （2）在图b 中，物距用u 表示，即u=BO ；像距用v 表示，即v=OB′；焦距用f 表示，即f=OF ．请运用几何知识证明：热学部分8．已知水的比热容为C 水，沙子的比热容的C 沙，一堆干沙子和质量相同的水混合成为湿沙子，试推证湿沙子的比热为(C 水＋C 沙) /2质量密度部分9.一架不准确的天平，主要是由于它横梁左右两臂不等长。
大学物理上学期题库
一、选择题（每题3分，共18分）１、一质量为10kg的物体沿x轴无摩擦地滑动，t＝0时物体静止于原点，若物体在力 F＝8+2x N 的作用下运动了2m，它的速度增为（）。
①、1m/s ②、2m/s ③、2.3m/s ④、3.2m/s ２、一辆装矿砂的车厢以v=5m/s的速率从漏斗下通过，每秒落入车厢的矿砂为100kg/s，车厢保持速率不变，施与车厢的牵引力为（）N。
①、100 ②、200 ③、500 ④、800３、量度刚体转动惯性的物理量是（）。
①、刚体的质量②、刚体的体积③、刚体各部分质量距转轴的距离④、刚体的转动惯量４、在狭义相对论中，下列说法中哪些是错误的。
（）①、在一惯性系中观测是同时发生的两个事件，在所有其他惯性系中观测也都是同时的。
②、质量、长度和时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动而改变的。
③、所有惯性系中测量到的真空中光速沿各方向都相等，与光源的运动状态无关。
④、某一事件发生的过程，在相对静止的惯性系中测量的时间间隔是最小的。
５、一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是（）①、动能为零，势能最大②、动能为零，势能为零③、动能最大，势能最大④、动能最大，势能为零６、1mol单原子分子理想气体的内能为（）。
①、②、③、④、二、填空题（每空1.5分，共36分）１、一质点沿半径为１２m的圆周运动，它通过的弧长s按的规律变化，则它在１s末的速率是（），切向加速度的大小是（），法向加速度的大小是（）。
２、一根质量为、长为的均匀细棒，可绕固定点０在竖直平面内转动，则棒的转动惯量为（）今使棒从水平位置开始自由下摆，则细棒摆到与水平位置成３０°角时细棒的角速度为（），其中心点的速度大小为（），其端点的速度大小为（）。
３、一质量为m的小球被长为的轻线悬于Ｂ点，质点在水平面内作匀角速的圆周运动，圆轨道半径为r，小球转动一周时，动量增量的大小为（），质点对圆心０的角动量的大小为（），质点对悬点Ｂ的角动量的大小为（）。
高考物理证明题
高考物理证明题1.右图是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号.根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度.下图中p1、p2是测速仪发出的超声波信号n1、n2分别是p1、p2由汽车反射回来的信号.设测速仪匀速扫描，p1、p2之间的时间间隔△t=1.0s，超声波在空气中传播的速度是v=340m ／s，若汽车是匀速运动的，则根据图2—9可知，汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离是______m，汽车的速度是______m／s.(上海高考试题)【8】答案:17，17.92 如图所示,如果沿地球的直径挖一条隧道,求物体从此隧道一端自由释放到达另一端所需的时间.设地球是一个密度均匀的球体,其半径为R,不考虑阻力.【15】R答案:t=πg3. 证明做匀变速直线运动的相邻的物体相同时间内的位移之差为定值4. 证明平抛运动的物体落地速度与水平夹角的正切与位移与水平面夹角正切之比为1：25. 推导匀速圆周运动的向心加速度a=v2/r6. 已知g=9.8m/s2 R=6400km T=24h推导第一宇宙速度v1=7.9km/s推导v2=11.2km/s推导同步卫星到地面的高度H=36000KM7. 推导开普勒第三定律8.证明试证明：弹簧振子在竖直方向上的振动也是简谐运动。
分析：物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，并且方向总是指向平衡位置。
因此想要证明弹簧振子在竖直方向的振动为简谐运动，只需证明它在振动中所受的一切外力的合力满足F＝－kx这一数学关系。
证明：用k表示弹簧的劲度系数，m表示振子的质量，x表示振子在平衡位置时弹簧的伸长量。
O为平衡位置。
如图5所示.当振子处于平衡位置时，振子受力：kx＝mg (1)若将振子由平衡位置O向下拉一段位移x到达A时，然后松手，振子将在竖直方向上振动起来。
其振动范围是以平衡位置O为中心，向上、向下的最大位移都是x。
证明u=2f的题目 物理
我们要证明的是u=2f，这是一个与光学有关的公式。
首先，我们需要了解一些基础知识：
1.光的波长（λ）和频率（v）之间的关系是：v=c/λ，其中c是光
速。
2.光的能量（E）和频率（v）之间的关系是：E=hv，其中h是普
朗克常数。
3.光的折射率（n）和波长（λ）之间的关系是：n=c/v。
有了这些基础知识，我们可以开始证明u=2f了。
第一步，根据光的折射定律，我们知道当光从一种介质进入另一种介质时，其传播方向会发生改变。
折射角（θ1）和入射角（θ2）之间的关系是：n=sin(θ1)/sin(θ2)。
第二步，由于光在两种介质中的速度不同，因此频率也会发生变化。
根据多普勒效应，当光源相对于观察者移动时，观察者接收到的光的频率会发生变化。
多普勒效应公式为：Δv=(v±v0)/v，其中v是光源的频率，v0是观察者的速度，±表示光源相对于观察者的运动方向。
第三步，根据光速不变原理，光在真空中的速度是一个常数，即c=3×10^8 m/s。
第四步，结合上述公式和原理，我们可以推导出u=2f。
由于光在两种介质中的速度不同，因此频率也会发生变化。
根据多普勒效应公式，当光源相对于观察者移动时，观察者接收到的光的频率会发生变化。
结合光速不变原理和多普勒效应公式，我们可以得到u=2f的结论。
高中物理证明题解题方法
高中物理证明题解题方法在高中物理学习中，证明题是一种常见的题型。
它要求学生通过理论知识和实验数据，运用逻辑推理和数学运算，推导出某个物理定律或关系。
解决这类题目需要一定的思维能力和方法，下面将介绍一些常见的高中物理证明题解题方法。
一、利用基本物理定律和公式在解决物理证明题时，首先要熟悉基本的物理定律和公式。
例如，当遇到需要证明动能定理的题目时，可以利用动能定理公式：E = 1/2 mv²，其中E为物体的动能，m为物体的质量，v为物体的速度。
通过利用动能定理公式和其他已知条件，可以推导出需要证明的结论。
举例来说，假设有一个题目要求证明两个物体的碰撞后动能守恒，可以通过利用动能定理和动量守恒定律来解决。
首先根据动量守恒定律，可以得到两个物体碰撞前后的总动量相等。
然后利用动能定理，将动能表示为速度的函数，通过运用代数运算，可以推导出碰撞后的动能与碰撞前的动能之和相等，从而得到动能守恒的结论。
二、利用物理量的定义和性质物理量的定义和性质是解决证明题的重要工具。
例如，当遇到需要证明力的平衡条件的题目时，可以利用力的定义和性质来解决。
根据力的定义，力是物体之间相互作用的结果；而力的平衡条件是指物体所受的合力为零。
通过利用力的定义和平衡条件，可以推导出力的平衡条件的结论。
举例来说，假设有一个题目要求证明一个物体在斜面上的受力平衡条件。
可以通过利用力的定义和平衡条件来解决。
首先根据力的定义，可以得到物体所受的重力和斜面对物体的支持力是两个相互作用的力。
然后利用力的平衡条件，将重力和支持力进行分解，并运用几何关系和三角函数，可以推导出受力平衡条件的结论。
三、利用实验数据和图表在解决物理证明题时，实验数据和图表是重要的参考依据。
通过观察实验数据和图表的规律，可以进行归纳和推理，从而得到需要证明的结论。
举例来说，假设有一个题目要求证明电阻与电流和电压之间的关系。
可以通过进行一系列实验，测量不同电流和电压下的电阻值，并绘制出电阻与电流和电压之间的关系图表。
物理化学证明题
∂H ∂T ( )T = V − (Cp − CV )( )V ∂p ∂p
∂U ∂T ∂V ( )T = (CV − Cp )( ) p − p( )T ∂p ∂V ∂p
∂H ∂p ∂T ( )T = V ( )T + (CV − Cp )( ) p ∂V ∂V ∂V
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∂V = C p − p( ) p ∂T
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2012-3-12
证明题
∂H ∂T 例 2.证明 ( ) p = Cp ( ) p ∂V ∂V ∂H ∂H ∂T ∂T 证明： ( )p = ( ) p ( ) p = Cp ( ) p ∂V ∂T ∂V ∂V ∂U ∂T 例 3.证明 ( ) p = Cp ( ) p − p ∂V ∂V ∂H ∂U ∂ ( H − pV ) )p − p )p =[ ]p = ( 证明： ( ∂V ∂V ∂V ∂T ∂H ∂T =( ) p ( ) p − p = Cp ( ) p − p ∂V ∂T ∂V
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是大于零， 是大于零，小于零
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考研真题
3. 有人认为在绝热可逆过程中，任何物质 的pVT封闭 有人认为在绝热可逆过程中，任何物质B的 封闭 系统的焓值随温度增高必然增高。此结论普遍存在吗？ 系统的焓值随温度增高必然增高。此结论普遍存在吗？ 请通过论证举例说明。 请通过论证举例说明。
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2012-3-12
证明题 （五）证明或推导U、H和P、V、T的Biblioteka 微商与 p、 的关系 C CV
经典初二物理力学证明题
经典初二物理力学证明题
问题描述
岩石A和B同时从山顶自由下落，A比B先到达水平地面。
已知岩石A的质量为m，岩石B的质量为2m。
忽略空气阻力，请
证明：在A和B自由落体过程中，岩石A受到的合力大于岩石B。
证明过程
根据牛顿第二定律（F=ma），物体的加速度与受到的合力成
正比，质量越大，所受的合力越大。
设A的加速度为a1，B的加速度为a2。
由于A和B落地时间不同，假设A先落地，时间为t1，B后
落地，时间为t2。
由于两岩石同时从山顶自由下落，所以在高度h 处，两岩石的速度相同（v1=v2）。
根据自由落体运动公式，可以得到以下公式：
A: h = 0 + (1/2) * a1 * t1^2
B: h = 0 + (1/2) * a2 * t2^2
由于V1=V2，可以得到：
v1 = a1 * t1
v2 = a2 * t2
将v1和v2带入公式，可以得到：
(1/2) * a1 * t1^2 = (1/2) * a2 * t2^2
整理得到：
t1^2 = t2^2 * a2 / a1
t1 = t2 * sqrt(a2 / a1)
因此，A先落地的时间t1与B落地时间t2成正比。
根据上述公式，t2和a2均为正数，而a1是正比于m的正数，所以a2 / a1 > 1。
由于t1 = t2 * sqrt(a2 / a1)，所以t1 > t2。
在同等高度内，A落地时所经历的时间大于B，而受到的合力与时间成正比，所以A受到的合力大于B。
因此，根据以上证明，可以得出结论：在A和B自由落体过程中，岩石A受到的合力大于岩石B。
高考物理经典大题练习及答案
14．（7分）如图14所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接图14触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω,金属导轨电阻不计，g取10 m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力15．（7分）如图15所示，边长L=0.20m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0＝1.0 Ω，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r=0.20 Ω．导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50T,方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框的对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v=4.0 m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求（计算结果保留两位有效数字）：图15（1）金属棒产生的电动势大小；（2）金属棒MN上通过的电流大小和方向；（3）导线框消耗的电功率．16．（8分）如图16所示，正方形导线框abcd的质量为m、边长为l，导线框的总电阻为R．导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd边保持水平．磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为l已．知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．重力加速度为g．（1）求cd边刚进入磁场时导线框的速度大小．（2）请证明：导线框的cd边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率．图16 （3）求从导线框cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中，导线框克服安培力所做的功．17．（8分）图17（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R=90 Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量φ随时间t 按图17（乙）所示正弦规律变化．求：（1）交流发电机产生的电动势最大值；（2）电路中交流电压表的示数．18．（8分）图18为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l=4.0 cm ，两板间距离d=1.0 cm ，极板右端与荧光屏的距离L=18 cm ．由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1．6×107 m ／s 的速度沿中心线进入竖直偏转电场．若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e=1.6×10—19 C ，质量m=0.91×10-30 kg ． 图18（1）求加速电压U 0的大小；（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件；（3）若在竖直偏转电极上加u=40sin 100πt （V ）的交变电压，求电子打在荧光屏上产生亮线的长度．19．（9分）如图19所示，在以O 为圆心，半径为R 的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．竖直平行正对放置的两金属板A 、K 连在电压可调的电路中．S 1、S 2为A 、K 板上的两个小孔，且S 1、S 2和O 在同一直线上，另有一水平放置的足够大的荧光屏D ，O 点到荧光屏的距离为h ．比荷（电荷量与质量之比）为k 的带正电的粒子由S 1进入电场后，通过S 2射向磁场中心，通过磁场后打在荧光屏D 上．粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不计．（1）请分段描述粒子自S 1到荧光屏D 的运动情况；（2）求粒子垂直打到荧光屏上P 点时速度的大小； 图19 （3）移动滑片P ，使粒子打在荧光屏上Q 点，PQ= h （如图19所示），求此时A 、K 两极板间的电压．20．（9分）如图20所示，地面上方竖直界面N 左侧空间存在着水平的、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T ．与N 平行的竖直界面M 左侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度E 1=100 N/C ．在界面M 与N 之间还同时存在着水平向左的匀强电场，电场强度E 2=200 N/C ．在紧靠界面M 处有一个固定在水平地面上的竖直绝缘支架，支架上表面光滑，支架上放有质量m 2=1．8×10-4 kg 的带正电的小物体b （可视为质点），电荷量q 2=1．0×10-5 C ．一个质量m 1=1.8×10-4 kg ，电荷量q 1=3.0×10-5 C 的带负电小物体（可视为质点）a 以水平速度v 0射入场区，沿直线运动并与小物体b 相碰，a 、b 两个小物体碰后粘合在一起成小物体c ，进入界面M 右侧的场区，并从场区右边界N 射出，落到地面上的Q 点（图中未画出）．已知支架顶端距地面的高度h=1.0 m ，M 和N 两个界面的距离L=0.10 m ，g 取10 m/s 2．求：（1）小球a 水平运动的速率；（2）物体c 刚进入M 右侧的场区时的33r R E +0加速度；（3）物体c 落到Q 点时的速率．14．（7分）（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I ==1.5A …………………………………………………………………………2分（2）导体棒受到的安培力F 安=B I L =0.30 N …………………………………………………………………………2分（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1=mgsin 37°=0.24 N由于F 1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f (1)分根据共点力平衡条件mgsin 37°+f=F 安 ………………………………………………………………………1分解得：f=6.0×10-2 N …………………………………………………………………1分15．（7分）（1）金属棒产生的电动势大小为：E=B 2Lv=0.42V=0.56 V ………………2分（2）金属棒运动到AC 位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为： R 并=1.0 Ω，根据闭合电路欧姆定律I= =0.47 A ………………………………2分 根据右手定则，电流方向从N 到M …………………………………………………1分（3）导线框消耗的功率为：P 框=I 2R 并=0.22 W ……………………………………2分16．（8分）（1）设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v ，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv ， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I= 导线框受到的安培力为F 安=BIl= ......................................................1分 因cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F 安=mg ， (1)分以上各式联立，得：v= ……………………………………………………………1分 rR E +并R Blv Rv l B 2222lB mgR（2）导线框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安=F 安v代入（1）中的结果，整理得：P 安= ……………………………………………1分导线框消耗的电功率为：P 电=I 2R= R= ……………………………………………………………1分（3）导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动．导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变．设导线框克服安培力做功为W 安，根据动能定理有2mgl －W 安＝0 .....................1分 解得W 安＝2mgl (1)17．（8分）（1）交流发电机产生电动势的最大值E m =nBS ω ……………………………………1分而Φm =BS 、ω= ，所以，E m = ………………………………………………1 由Φ－t 图线可知：Φm =2.0×10-2 Wb ，T=6.28×10-2s .................................... 所以E m =200 V (1)（2）电动势的有效值E= E m =1002V …………………………………………1分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I=rR E + =2 A …………………1 交流电压表的示数为U=IR=902V=127 V …………………………………………2分18．（8分）（1）对子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU 0= mv 2…………………2 解得U 0=728 V ……………………………………………………………………………1 （2）设偏转电场电压为U 1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰好为d/2，即 = at 2= ·t 2……………………………………………………………………1 电子通过偏转电场的时间t= …………………………………………………………1分解得U 1= =91 V ， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U 应小于91V ……1分（3）由u=40sin100πt （V ）可知ω=100π s -1，U m =40 V偏转电场变化的周期T= =0.02 s ，而t= =2.5×10-9s ．T t ，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场．Rv l B 222R v l B 2222222R v l B T π2Tn m π2Φ22212d 2121mdeU 1vl 22et m d ωπ2v lr R E +0当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量y m = at 2= ·t 2=0.20 cm ． 电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度v x =v14．（7分）（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I ==1.5A …………………………………………………………………………2分（2）导体棒受到的安培力F 安=B I L =0.30 N …………………………………………………………………………2分（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1=mgsin 37°=0.24 N由于F 1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f (1)分根据共点力平衡条件mgsin 37°+f=F 安 ………………………………………………………………………1分解得：f=6.0×10-2 N …………………………………………………………………1分15．（7分）（1）金属棒产生的电动势大小为：E=B 2Lv=0.42V=0.56 V ………………2分（2）金属棒运动到AC 位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为： R 并=1.0 Ω，根据闭合电路欧姆定律I= =0.47 A ………………………………2分 根据右手定则，电流方向从N 到M …………………………………………………1分（3）导线框消耗的功率为：P 框=I 2R 并=0.22 W ……………………………………2分16．（8分）（1）设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v ，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv ， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I= 导线框受到的安培力为F 安=BIl= ………………………………………………1分 因cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F 安=mg ， ……………………………1 以上各式联立，得：v= ……………………………………………………………1分（2）导线框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安=F 安v代入（1）中的结果，整理得：P 安= ……………………………………………1分导线框消耗的电功率为：21mdeU m 21rR E +并R Blv R v l B 2222l B mgR Rv l B 222P 电=I 2R= R= ……………………………………………………………1分因此有P 安＝P电 ……………………………………………………………………………1分（3）导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动．导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变．设导线框克服安培力做功为W 安，根据动能定理有2mgl －W 安＝0 .....................1分 解得W 安＝2mgl (1)17．（8分）（1）交流发电机产生电动势的最大值E m =nBS ω ……………………………………1分 而Φm =BS 、ω= ，所以，E m = ………………………………………………1 由Φ－t 图线可知：Φm =2.0×10-2 Wb ，T=6.28×10-2s ....................................1分 所以E m =200 V (1)（2）电动势的有效值E= E m =1002V …………………………………………1分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I=rR E + =2 A …………………1 交流电压表的示数为U=IR=902V=127 V …………………………………………2分18．（8分）（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU 0= mv 2 …………………2分解得U 0=728 V (1)（2）设偏转电场电压为U 1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰好为d/2，即 = at 2= ·t 2……………………………………………………………………1 电子通过偏转电场的时间t= …………………………………………………………1分 解得U 1= =91 V ，所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U 应小于91V ……1分（3）由u=40sin100πt （V ）可知ω=100π s -1，U m =40 V偏转电场变化的周期T= =0.02 s ，而t= =2.5×10-9s ．T t ，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场．当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量y m = at 2= ·t 2=0.20 cm ． R v l B 2222222R v l B T π2Tn m π2Φ22212d 2121md eU 1v l 22et m d ωπ2v l 21mdeU m 21电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度v x =v ，垂直极板方向的分速度v y =a y t= ·t 电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t ′= = 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y 2=v y t ′=2.0 cm ．电子打在荧光屏上的总偏移量Y m =y m +y 2=2.2 cm ………………………………………1分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Y m =4.4 cm ………………………………………1分 用下面的方法也给2分设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为θ，因此有tan θ= =0.11 因此电子的总偏转量y=（ +L ）tan θ …………………………………………………1分电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为2y=4.4 cm ………………………………1分19．（9分）（1）粒子在电场中自S 1至S 2做匀加速直线运动；自S 2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速直线运动． ………………………………离开磁场后做匀速直线运动，给1分．………………2分说明：说出粒子在电场中匀加速运动，离开电场做匀速直线运动，给1分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，（2）设粒子的质量为m ，电荷量为q ，垂直打在荧光屏上的P 点时的速度为v 1，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r 1=R ， ………………………………………………………………………………………1分 根据牛顿第二定律Bqv 1=m，依题意：k=q/m ………………………………………1分解得：v 1=BkR ……………………………………………………………………………1分（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2，偏转角为2θ，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到Q 点时的轨迹如图所示，由几何关系可知tan α= = ，α=30°，θ=30°tan θ= 解得：r 2=3R ……………………………………1 设此时A 、K 两极板间的电压为U ，粒子离开S 2时的速度为vm 根据动能定理有qU= mv 22 …… 解得：U= kB 2R 2 …… mdeUm x yv v 21121r v hPQ 332r R 222r v 2123vx L v L20．（9分）（1）a 向b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛伦兹力．小球a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有q 1E 1－q 1v 0B －m 1g=0 ………………………………………………… …………………1分解得v 0=20 m/s (2)分（2）二球相碰动量守恒m 1v 0=（m 1+m 2）v ，解得v =10 m/s …………………………1分物体c 所受洛伦兹力f=（q 1－q 2）vB=4.0×10-4 N ，方向向下 (1)物体c 在M 右场区受电场力：F 2=（q 1－q 2）E 2=4.0×10-3 N ，方向向右物体c 受重力：G=（m 1+m 2）g= 3.6×10-3 N ，方向向下物体c 受合力：F 合＝22)(2G f F ++=22×10-3 N 物体c 的加速度：a= = 2m/s 2=15.7 m/s 2 ………………………………1 设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝ =1.0，解得θ=45°加速度指向右下方与水平方向成45°角 (1)（3）物体c 通过界面M 后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功，设物体c 落到Q 点时的速率为v t ，由动能定理（m 1+m 2）gh+（q 1－q 2）E 2L= （m 1+m 2）v t 2－ （m 1+m 2）v 2 ……………………1分 解得v t =2.122m/s=11 m/s ． …………………………………………………………1分，垂直极板方向的分速度v y =a y t= ·t电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t ′= =电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y 2=v y t ′=2.0 cm ．电子打在荧光屏上的总偏移量Y m =y m +y 2=2.2 cm ………………………………………1分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Y m =4.4 cm ………………………………………1分 用下面的方法也给2分设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为θ，因此有tan θ= =0.11 因此电子的总偏转量y=（ +L ）tan θ …………………………………………………1分电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为2y=4.4 cm ………………………………1分19．（9分）（1）粒子在电场中自S 1至S 2做匀加速直线运动；自S 2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光md eU m x yv v 21vx L v L 21m m F+合91002F G f +2121屏做匀速直线运动． ………………………………………………2分说明：说出粒子在电场中匀加速运动，离开电场做匀速直线运动，给1分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，给1分．（2）设粒子的质量为m ，电荷量为q ，垂直打在荧光屏上的P 点时的速度为v 1，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r 1=R ， ………………………………………………………………………………………1分根据牛顿第二定律Bqv 1=m ，依题意：k=q/m ………………………………………1分 解得：v 1=BkR ……………………………………………………………………………1分（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2，偏转角为2θ，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到Q 点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 tan α= = ，α=30°，θ=30°tan θ= 解得：r 2=3R ……………………………………1分设此时A 、K 两极板间的电压为U ，粒子离开S 2时的速度为v 2，根据牛顿第二定律Bqv 2=m ………………………………………………………………………………1分根据动能定理有qU= mv 22 ………………………………………………………………1 解得：U= kB 2R 2 …………………………………………………………………………1分 20．（9分）（1）a 向b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛伦兹力．小球a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有q 1E 1－q 1v 0B －m 1g=0 ………………………………………………… …………………1分解得v 0=20 m/s (2)分（2）二球相碰动量守恒m 1v 0=（m 1+m 2）v ，解得v =10 m/s …………………………1分物体c 所受洛伦兹力f=（q 1－q 2）vB=4.0×10-4 N ，方向向下 (1)分物体c 在M 右场区受电场力：F 2=（q 1－q 2）E 2=4.0×10-3 N ，方向向右物体c 受重力：G=（m 1+m 2）g= 3.6×10-3 N ，方向向下物体c 受合力：F 合＝22)(2G f F ++=22×10-3 N 121r v hPQ 332r R 222r v 2123物体c 的加速度：a= = 2m/s 2=15.7 m/s 2 ………………………………1分设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝ =1.0，解得θ=45°加速度指向右下方与水平方向成45°角 ………………………………………………1分（3）物体c 通过界面M 后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功，设物体c 落到Q 点时的速率为v t ，由动能定理（m 1+m 2）gh+（q 1－q 2）E 2L= （m 1+m 2）v t 2－ （m 1+m 2）v 2 ……………………1分 解得v t =2.122m/s=11 m/s ． …………………………………………………………1分 21m m F+合91002F G f +2121。
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大题 小球上下两过程
刚体
电场强度
动生电动势
2-27．如图，一轻绳跨过两个
质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2
m r ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：
ma T mg 222=-┄① ma mg T =-1┄②
2()T T r J β-=┄③
βJ r T T =-)(1┄④
T
βr a = ，2/2J mr =┄⑤ 联立，解得：g a 41=，mg T 8
11= 。
2-28．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
解：（1）设杆的线密度为：l m =λ，在杆上取一小质元
dm d x λ=，有微元摩擦力：
d f dmg gd x μμλ==，
微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=，
考虑对称性，有摩擦力矩：
20
124
l M g xd x mgl μλμ==⎰； （2）根据转动定律d M J J dt
ωβ==，有：000t Mdt Jd ωω-=⎰⎰， 2011412mglt m l μω-=-，∴03l t g
ωμ=。
或利用：0Mt J J ωω-=-，考虑到0ω=，2112
J ml =， 有：03l t g ωμ=。
（不考力矩 看看即可）。