大学物理18-0
大学物理第18章答案
《大学物理》参考答案第18章 原子核物理与粒子物理简介18-1 如果原子核半径按公式11531.210R A -=⨯确定(式中A 为质量数)，试计算核物质密度以及核物质的单位体积内的核子数.解：原子核的体积 334R V π=，1u ＝1.660 5402×10－27kg 所以核物质密度为 3034334r u R Au V M ππρ===31527)102.1(4106605402.13--⨯⨯⨯⨯=π＝2.29×1017kg ·m －3 单位体积内的核子数3043r u N πρ===1.38×104418-2 计算2个2H 原子核结合成1个4He 原子核时释放的能量(以MeV 为单位). 解： m D ＝2.014102u; m He ＝4.002603u .质量亏损：∆m=2⨯m D -m He =0.025601 0u释放的能量: 2ΔΔmc E ==0.025601 0⨯931.441=23.85 MeV18-3 2个氢原子结合成氢分子时释放的能量为4.73eV ，试计算由此发生的质量亏损.解： ∆mc 2=4.73eV质量亏损 5.9311073.46-⨯=∆m = 5.07×10-9u18-4 11p 和10n 的质量分别为1.007276u 和1.008665u ，试计算126C 中每个核子的平均结合能(1u ＝931.5MeV 2).解：质量亏损 ∆m =(6×1.007276u+6×1.008665u)-12.00000u= 0.095646u平均结合能 125.93100956462⨯=∆=A mc E = 7.42452075MeV18-5 226Ra 和222Rn 原子质量分别为226.02536u 和222.01753u ，4He 原子质量为4.002603u ，试求226Ra 衰变为222Rn 时的衰变能.解：质量亏损 ∆m =226.02536u –(222.01753u+4.002603u)= 0.005227u衰变能 Q=0.005227931.5=4.8689505MeV18-6 在铍(94Be)核内每个核子的平均结合能等于6.45MeV ，而在42He 内每个核子的平均结合能为7.06Mev ，要把94Be 分裂为2个α粒子和1个中子时，必须耗费多少能量？解： 94B e →242He+n∆E=9×6.45MeV -8×7.06Mev =1.57MeV18-7 32P 的半衰期是14.3d ，试计算它的衰变常数λ和平均寿命，1μg 纯32P 的放射性活度是多少贝可？解：衰变常数: λλ693.02ln 2/1==T d3.14693.0=λ= 0.048d -1平均寿命: λτ1==20.6d 放射性活度: 23610022.632101⨯⨯⨯=-N =1.88×1016161088.16060243.14693.0693.0⨯⨯⨯⨯⨯===N T N I λ=1.05×1010Bq18-8 131I 的半衰期是8.04d ，问在某月12日上午9：00测量时131I 的放射性活度为5.6×108Bq ，到同月30日下午3：00，放射性活度还有多少？解：I 0=5.6×108Bq t T t eI e I t I 693.000)(--==λ 25.1804.8693.08106.5)(⨯-⨯⨯=e t I =1.16×108Bq18-9 131I 的半衰期是193h ，试计算它的衰变常数和平均寿命.今有一个放射强度为108Bq 的放射源，只有131I 具有放射性，问其中的131I 的质量是多少？解： λλ693.02ln 2/1==T 2/1693.0T =λ=9.976×10-7s -1 λτ1==278.5h A AN m m N =, λN t I =)( 237831002.610976.91010131⨯⨯⨯⨯⨯==--A A N I m m λ=2.18×10-11kg18-10 利用131I 的溶液作甲状腺扫描，在溶液出厂时，只需注射0.5ml 就够了(131I 的半衰期是8.04d)，如溶液出厂后贮存了11d ，作同样的扫描需要多少毫升的溶液？解： t T e I t I 693.00)(-=要求 131I 的数量相同 V 0I 0=VI1104.8693.0693.00005.0⨯⨯===e e V V II V t T 0.65ml18-11 24Na 的半衰期为14.8h ，现需要100μCi 的24Na ，从产地到使用处需用6h ，问应从生产地取多少μCi 的24Na ？ 解：t T e I t I 693.00)(-=68.14693.0693.00100⨯⨯==eIe I t T = 132.4μCi18-12 32P 的半衰期为14.3d ，问1μg 32P 在1h 中放出多少个β－粒子？ 解：t Te I t I 693.00)(-= t T e N N 693.00-= )1()1(693.0693.000t T A At T e N m m e N N N N ---=-=-=∆ )1(10022.610321011243.14693.02339⨯⨯----⨯⨯⨯⨯⨯=∆e N =3.75×101318-13 一个含3H 的样品，其放射性强度为3.7×102Bq ，问样品中3H 的含量有多少克？解：3H 半衰期为12.33y2/1693.0T =λ60602436533.12693.0⨯⨯⨯⨯==1.78×10-9s -1 A AN m m N =, λN t I =)( 2392310022.61078.1107.31032⨯⨯⨯⨯⨯⨯==--A A N I m m λ=1.1×10-14kg=1.1×10-11g18-14 已知U 3O 8中铀为放射性核素，今有5.0g 的U 3O 8，试求其放射性活度. 解：238U 半衰期为4.47×109y2/1693.0T =λ 23910022.623856060243651047.4693.0693.0⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==A A N M m T N I λ I=6.21×104Bq18-15 放射性活度为3.7×109Bq 的放射性核素32P ，在制剂后10d 、20d 、30d 的放射性活度各是多少？解：32P 半衰期为14.26d , I 0 =3.7×109Bqt T eI t I 693.00)(-= 10d: 1026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I = 2.28×109Bq20d: 2026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I =1.40×109Bq30d: 3026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I = 0.86×109Bq18-16 样品最初放射性为每分钟800次衰变，24min 后，放射性为每分钟640次衰变，求衰变常数和半衰期. 解：t T e I t I 693.00)(-=24693.0800640⨯-=T e , 0.2231=24693.0⨯T2/1693.0T =λ=1.55×10-4s -1T 1/2= 74.565min。
大学物理(下)18麦克斯韦方程组z
统一的电场 E E1 E2
d m E2 d l dt
B dS S t
B ⑵ E d l dS S t
27
麦克斯韦电磁场第二方程
4.统一的磁场
①高斯定理：
I
I
B d l u 0 I u0 L S1 B d l u0 I u0 j dS
j dS
S1
L
S2
L
S2
15
对于稳恒电流， 穿过环路所张任意曲面 的电流强度都是相等的。 但对于非稳恒电流又如 何呢？比如电容器充电 S1 过程,当电键 K 闭合时, 电源对电容器充电,电路 中的电流是变化的,作环 路 L, 对 L 也张两个曲面 S1、 S2
d ( DS ) d (S ) dD Id S dt dt dt
位移电流密度
Id dD D jd S dt t
d D dt
19
I d
S
D jd dS S dS t
S1
S2 -
Id K
4.全电流安培环路定理 I Ic Id 全电流
dB 1 d m 2 2 dB L R ( L / 2) i S dt dt dt 2
辅助线上的涡旋电场方向与辅助线垂直，对电势的 贡献为0，上式就是导体棒的电动势。
13
四、电流密度
电流强度 I 只能反映 导体中总的电流情况，不 能反映电流的分布。 1.电流密度定义 垂直穿过单位面积的电流强度。
d dt B dS
s
dB R dt
大学物理第十八章题解
第十八章静电场中的导体和电介质18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．解因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰可得23Q S σσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即321000222z Q S E σσεεε=-- 同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d l S dσσ--=-（2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33l Q S Q dσ=⋅=- （2）Ⅰ区321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dSε-=- 00111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dSε-= Ⅱ区322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dSε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dSε=- 18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．解由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++==，1210044q Q Q q r rϕπεπε++== 21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+==，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E rπε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．解由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23A B 10044Q Q Q Q Q r r ϕπεπε+++== 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B4Q Q R ϕπε+=． B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q RR ϕπε=+． 18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．解由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰ 18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？解（1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r rεπεππεπε∞=+⎰⎰ 20123111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯ 18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为13kV mm -⋅，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？解球形高压电极A 的外半径为0.20m R =，电极A 外接近电极处场强最大61max 20310k m 4q E Rπε-==⨯⋅ 起电机能达到最大电压5max max 0610(V)4q U E R Rπε==⋅=⨯18-7．如图所示，682μF C C ==，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若900V AB U =，求1C 、9C 上的电量．（3）若V U AB 900=，求CD U ．解（1）3C 、4C 、5C 串联，3453451111C C C C =++ 所以3451F C =μ．345C 与6C 并联，则345634563F C C C =+=μ3456C 与2C 、7C 串联，电容为C '，3456271111C C C C =++' 可得1F C '=μ．C '与8C 并联，电容为C ''，83F C C C '''=+=μ．C ''与1C 、9C 串联，电容为AB C ，191111AB C C C C =++'' 因此1F AB C =μ．（2）1C 、9C 与C ''串联，19C C C ''==，19AB U U U U ''++=， 所以191300V 3AB U U U U ''====，故41199910(C)C U C U C U -''''===⨯．（3）由300V U ''=，3456C 、2C 、7C 串联，3456273F C C C ===μ，故100V CD U =． 18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）忽略边缘效应，证明C 的最大值dS n C 0max )1(ε-=． 解相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容0i S C d ε'=，S '为相邻两金属片相对的面积．因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(1)n -个并联的平行板电容器，其电容量0(1)(1)i S C n C n d ε'=-=-当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对），此电容器的电容最大，0max (1)SC n d ε=-；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，min 0C =．18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为8210C m p -=⨯⋅，把它放在510 1.010V mE -=⨯⋅的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从0=θ位置转到电场力矩最大（2θπ=）的位置时，外力所做的功多大？解（1）0T p E =⨯，当2θπ=时853max 021********(N m)T pE .--==⨯⨯⨯=⨯⋅（2）电场力做功，0δsin d sind AF l qlE θθθθ+=-=-，20000sin d A qlE qlE pE πθθ=-=-=-⎰外力做功30210(J)A A pE -'=-==⨯18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为Q ±，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为1ε，所占面积为1S ；2区介质电容率为2ε，所占面积为2S ．求：（1）两区的1D 、1E 和2D 、2E ，两区对应极板上的自由电荷面密度1σ、2σ；（2）电容器的电容C ．解作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向．取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得111d D S D S S σ⋅=∆=∆⎰⎰，1D σ=所以11D k σ=．同理22D k σ=．两极板是导体，极板为等势体，12E d E d =，12E E =． 由于111E k σε=，222E k σε=，所以1212σσεε=．又因1122S S Q σσ+=，故 111122Q S S εσεε=+，221122Q S S εσεε=+ 121122Q E E k S S εε==+ 1111122Q D k k S S εσεε==+，2221122Q D k k S S εσεε==+ （第十八章题解结束）。
大学物理下18章习题参考答案中国石油大学
18章习题参考答案18-3 当波长为3000Å的光照射在某金属外表时，光电子的能量范围从0到J 100.419-⨯。
在做上述光电效应实验时遏止电压是多大?此金属的红限频率是多大?[解] 由Einstien 光电效应方程()02max 21νν-=h mv 2max 2max 02121mv hc mv h h -=-=λνν19191910626.2100.410626.6---⨯=⨯-⨯=红限频率 Hz 1097.3140⨯=ν 遏止电压a U 满足 J 100.421192max a -⨯==mv eU 所以 V 5.2106.1100.41919a a =⨯⨯==--e eU U 18-4 图中所示为一次光电效应实验中得出的遏止电压随入射光频率变化的实验曲线。
(1)求证对不同的金属材料，AB 线的斜率相同；(2)由图上数据求出普朗克常量h 的值。
[解] (1) 由Einstien 光电效应方程得 A h U e -=νa 即 eA e hU -=νa 仅A 与金属材料有关，故斜率eh与材料无关。
(2)()s V 100.4100.50.100.21514⋅⨯=⨯-=-e h 所以 s J 104.6106.1100.4341915⋅⨯=⨯⨯⨯=---h18-6 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.03Å，反冲电子的速度为光速的60％。
求散射光子的波长和散射角。
[解] (1) 电子能量的增加ννh h E -=∆02min λ ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=160.01122020c m c m m2025.0c m =0434.025.011200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-h c m λλÅ(2) 由于 )cos 1(0φλ-=∆cm h所以 554.0cos 100=-=-cm h λλφ解得 0463.=φ18-7 已知X 射线光子的能量为0.60MeV ，假设在康普顿散射中散射光子的波长变化了20％，试求反冲电子的动能。
大学物理教程 第18章 气体动理论
大学物理教程
光程: n r 的乘积称为与路程 r 相应的光程。
2. 光程差
2 2
r2
2 1
r1
2
n2 r2
2
n1r1
2
(n2r2
n1r1 )
光程差： n2r2 n1r1
相位差和光程差的关系：
2
S1*
n1 n2
S2*
r1
P
●
r2
2024/4/13
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哈尔滨工业大学(威海)
18.1 相干光 Harbin Institute of Technology at Weihai
第18章 气体动理论 哈尔滨工业大学(威海) Harbin Institute of Technology at Weihai
大学物理教程
§ 18.1 相干光 § 18.2 杨氏双缝干涉 § 18.3 薄膜干涉
本章要点：理解掌握光的干涉条件、相干光获得的传统方法及干涉分析的一般方 法，掌握光程概念的实质及引入光程概念的意义；熟练掌握杨氏双缝 干涉、劈尖干涉、牛顿环干涉等倾干涉的具体分析方法及应用。
子发光相互独立，不一定同步，原子跃迁发射的波列在传播方向、振动方向
及初相上具有随机性，难以满足相干条件。
2024/4/13
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哈尔滨工业大学(威海)
18.1 相干光 Harbin Institute of Technology at Weihai
大学物理教程
非相干(不同原子发的光)
非相干(同一原子先后发的光)
2024/4/13
2
哈尔滨工业大学(威海)
18.1 相干光 Harbin Institute of Technology at Weihai
大学物理-第18章静电场中的导体与电介质
+
O
+- H+ - H+
++
-
++
+
He
H2O
有极分子对外影响等效为一个电偶极子，电矩 Pe ql
事只实不上过lq所在为中为有无从心分分电负 的子子 场电 有中均 时荷 向所可 ，作 线有等 无用 段正效 极中电为 分心荷电 子指的偶 的向代极电正数子偶电和的极作；模矩用型为
综 1）不管是位移极化还是取向极化，其最后的 述：宏观效果都是产生了极化电荷。
2）两种极化都是外场越强，极化越厉害 所产生的分子电矩的矢量和也越大。
三、电介质内的场强、有介质时的高斯定理
1、电介质内的场强
EE0E'
c
E0
E'
a
b
EE0E'
实验发现，在均匀介质中
E
2 3 0 ……(3)
在板内任选一点P,其场强是四个面的场强的叠加，有
EP210220230240
又 EP 0 12340 Q
联立四式得：
……(4) 1 2 3 4
12432Q S
I
II III
P
由于静电平衡时表面面电荷密度与表面附近场强大小成
E0
E
E0
r
r 1
0
++
E0
+ +-
E
+ +-
大学物理电磁学部分18动生电动势
i
dm
dt
B dS dt
B d 1 L2 1 B wL2
dt 2 2
由楞次定律可判断动生电动势的方向沿导体棒指向o。 与用动生电动势的方法计算的结果相同。
6
例2: 在通有电流 I 的无限长载流直导线旁，距 a 垂直
放置一长为 L 以速度v 向上运动的导体棒，求导体棒
导体元所产生的动生电动势方向沿 x轴负向，
大小为：d i
vBdx
sin
cos
2
vBdx
7
历史ⅱ岳麓版第13课交通与通讯 的变化资料
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[自读教材·填要点]
一、铁路，更多的铁路 1．地位 铁路是 交通建运设输的重点，便于国计民生，成为国民经济 发展的动脉。 2．出现 1881年，中国自建的第一条铁路——唐山 至开胥平各庄铁 路建成通车。 1888年，宫廷专用铁路落成。
f
对电子做正功，f //
反抗外力做功
f
fL
B
V
f //
u
u
V
f L 洛仑兹力对电子做功的代数和为零。
结论
洛仑兹力的作用并不提供能量，而只是传 递
能量，即外力克服洛仑兹力 的一个分量 f所
做的功，通过另一个分量
f
转换为动生电流
//
的能量。实质上表示能量的转换和守恒。
[合作探究·提认知] 电视剧《闯关东》讲述了济南章丘朱家峪人朱开山一家， 从清末到九一八事变爆发闯关东的前尘往事。下图是朱开山 一家从山东辗转逃亡到东北途中可能用到的四种交通工具。
依据材料概括晚清中国交通方式的特点，并分析其成因。 提示：特点：新旧交通工具并存(或：传统的帆船、独轮车， 近代的小火轮、火车同时使用)。 原因：近代西方列强的侵略加剧了中国的贫困，阻碍社会发 展；西方工业文明的冲击与示范；中国民族工业的兴起与发展； 政府及各阶层人士的提倡与推动。
大学物理第18章
2 Y 2 Y0
线偏振光透过晶片后，可形成圆或椭圆偏振光， 也可以是线偏振光。
1 π 1.当 ,四分之一波片， 4 2 2 2 EX EY 2 1 2 E X 0 EY 0
为正椭圆。当=45时，为圆偏振光。
1 2.当 , 二分之一波片， π 2 EY 0 EY EX EX 0
I I 0 (1 cos 4t ) / 16
I0
自然光
I
P1
P2
P3
I0
自然光
I1
I2
I
P1
P2
P3
P3
P2
π 2
证明 如图所示，在 t 时刻， I1 I 0 / 2, I 2 I1 cos2 2 π I I 2 cos 2
P1
2 2 2 1 2 1 2
马吕斯定律
I 2 I1 cos
2
立体电影
例1 有三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块 的偏振片化方向相互垂直，第二块和第一块的偏 振化方向相互平行，然后第二块偏振片以恒定的 角速度 绕光传播的方向旋转，设入射自然光的 光强为 I0。试证明：此自然光通过这一系统后， 出射光的光强为
仍为线偏振光，但振 动方向转过2。
18-3 偏振光的干涉及其应用
1、两偏振片正交放置
Ae 2 Ae1cos Acoscos Ao 2 Ao1cos Acoscos 2π no ne d π
2、两偏振片平行放置
Ae 2 Ae1cos Acos
正晶体 no ne , vo v e 如石英晶体 no 1.543, ne 1.552 负晶体 no ne , vo v e 如方解石晶体 no 1.658, ne 1.468
大一物理笔记十八章知识点
大一物理笔记十八章知识点大一物理笔记十八章知识点物理是一门研究自然界各种物质和现象规律的科学。
作为一名大一物理学习者，理解掌握各个章节的重点知识对于建立扎实的基础非常重要。
本文将对大一物理第十八章的知识点进行总结，希望能够帮助广大同学更好地复习和掌握这部分内容。
1. 电磁感应电磁感应是指通过电磁场对导体内电荷进行作用从而引起电流产生的现象。
根据法拉第电磁感应定律，当磁场通过一个导体回路发生变化时，会在导体中产生感应电动势。
电磁感应的重要应用包括发电机、变压器等。
2. 法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是描述电磁感应现象的重要定律，它表明感应电动势的大小等于磁场变化率与电路中感应部分的匝数之积。
数学表达式为：ε = -dΦ/dt，其中ε表示感应电动势，Φ表示磁通量，dt表示时间变化率。
3. 涡旋电场涡旋电场是指电磁感应过程中产生的由电场的闭合线圈构成的环状结构。
根据法拉第电磁感应定律，当磁通量发生变化时，闭合线圈中的自感电动势会产生闭合电流，从而形成涡旋电场。
4. 动生电动势和感应电流动生电动势是指由导体在磁场中运动而产生的感应电动势，根据动生电动势的方向可以确定感应电流的方向。
根据左手定则，当导体的运动速度、磁感应强度和导体长度之间存在相对运动时，感应电流的方向垂直于运动速度和磁感应强度的平面。
5. 法拉第电磁感应定律的应用法拉第电磁感应定律在实际生活中有广泛的应用。
例如，电磁铁的工作原理就是基于电磁感应现象，通过通电产生的磁场吸引物体实现吸附和释放。
变压器也是其中一种应用，利用电磁感应实现电能的传输和变压。
6. 感应电动势与自感电动势感应电动势是由于磁场变化而引起的电动势，而自感电动势是由于电流发生变化而引起的电动势。
两者都遵循法拉第电磁感应定律，但感应电动势是发生在闭合线圈中的电动势，而自感电动势是发生在电流变化的电感线圈中的电动势。
7. 感应电动势和电感感应电动势与电感密切相关。
电感是指电路中存在的一种性质，它表征了通过导体中的电流所形成的磁场对于感应电动势的产生和作用。
大学物理CH.-刚体力学（ＰＤＦ）
β
ri Fi
sinϕi
+
ri
fi
sinθi
=
∆mi
r2 i
β
质点∆mi的外力矩
质点∆mi的内力矩
对所有质点求和，可以得到：
∑ ∑ ∑ riFi sinϕi +
ri fi sinθi =
∆mi
r2 i
β
i=1
i=1
i=1
合内力矩∑ri fi sinθi 为零，则：
∑ ∑ riFi sinϕi =
∆mi
F = 0 p = 常量
Ek
=
1 2
mv2
A = ∫ F ⋅ dr =∆Ek
刚体定轴转动规律
M = r × F = dL = J β
dt
L = r × p = Jω
∫t2 Mdt = ∆L t1
M = 0 L = 常量
Ek
=
1 2
Jω2
A = ∫ M ⋅ dθ = ∆Ek
第五节 进 动 一、 进动(precession)现象：
= ∫ r 2λdl l
质量体分布，例如立方体、球体 质量面分布，例如薄片、薄球壳 质量线分布，例如细棒、细环
例2 计算质量为 m ，长为 L 的匀质细棒绕通过其 端点的垂直轴的转动惯量。
解：J = ∫ r 2dm
z
dm = λdl = m dl o
L
∫ J = L l2 ⋅ m dl 0L = 1 mL2 3
o ω
o’
ω
oG
二、杠杆回转仪的分析
设右图中的刚体回转仪处于平
o
衡状态，现将重物左移并将飞
ω 轮作如图方向旋转。则飞轮进
动的方向如何？
《大学物理》练习题及参考答案
《大学物理》练习题一.单项选择题：1．以下说法正确的选项是（）参看课本P32-36惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态没关，与光的频次相关惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态没关，与光的频次没关惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态相关，与光的频次没关惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态相关，与光的频次相关2．以下说法正确的选项是（）参看课本P32-36A. 伽利略变换与洛伦兹变换是等价的B. 全部惯性系对全部物理定律都是不等价的C. 在全部惯性系中，真空的光速拥有同样的量值 cD. 由相对论时空观知：时钟的快慢和量尺的长短都与物体的运动没关3．以下说法正确的选项是（）参看课本P58,76,103动量守恒定律的守恒条件是系统所受的合外力矩为零角动量守恒定律的守恒条件是系统所受的合外力为零机械能守恒定律的守恒条件是系统所受的合外力不做功以上说法都不正确4. 以下对于牛顿运动定律的说法正确的选项是（）参看课本P44-45牛顿第一运动定律是描绘物体间力的相互作用的规律牛顿第二运动定律是描绘力处于均衡时物体的运动规律牛顿第三运动定律是描绘物体力和运动的定量关系的规律牛顿三条运动定律是一个整体，是描绘宏观物体低速运动的客观规律5．以下对于守旧力的说法错误的是（）参看课本P71-72．．由重力对物体所做的功的特色可知，重力是一种守旧力由弹性力对物体所做的功的特色可知，弹性力也是一种守旧力由摩擦力对物体所做的功的特色可知，摩擦力也是一种守旧力由万有引力对物体所做的功的特色可知，万有引力也是一种守旧力6.已知某质点的运动方程的重量式是x Rcost，yRsin t，式中R、ω是常数．则此质点将做（）参看课本P19A.匀速圆周运动B.匀变速直线运动C.匀速直线运动D.条件不够，没法确立7．如下图，三个质量同样、线度同样而形状不一样的均质物体，它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是()A.薄圆筒B.圆柱体参看课本P95C.正方体D.同样大8．以下对于弹性碰撞的说法正确的选项是（）中学知识在讲堂已复习A.系统只有动量守恒B.系统只有机械能守恒C.系统的动量和机械能都守恒D.系统的动量和机械能都不守恒-1-9．某人张开双臂，手握哑铃，坐在转椅上，让转椅转动起来，若今后无外力矩作用．则当这人回收双臂时，人和转椅这一系统的（） 参看课本P104A. 转速不变，角动量变大B. 转速变大，角动量保持不变C. 转速和角动量都变大D. 转速和角动量都保持不变10.以下对于卡诺循环的说法正确的选项是（）参看课本P144A.卡诺循环是由两个均衡的等温过程和两个均衡的绝热过程构成的B. 卡诺循环是由两个均衡的等温过程和两个均衡的等体过程构成的C. 卡诺循环是由两个均衡的等体过程和两个均衡的等压过程构成的D.卡诺循环是由两个均衡的绝热过程和两个均衡的等压过程构成的11.如下图，在场强为E 的匀强电场中，有一个半径为R 的半球面，若场强E 的方向与半球面的对称轴平行，则经过这个半球面 的电通量大小为（）参看课本P172-173A.R 2EB.2R 2EC. 2R 2E D.0一点电荷，放在球形高斯面的中心处，以下状况中经过高斯面的电通量会发生变化的（）参看课本P173A. 将另一点电荷放在高斯面内B. 将高斯面半径减小C. 将另一点电荷放在高斯面外D. 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内r13.如下图，在与均匀磁场 B 垂直的平面内有一长为l 的铜棒rMN ，设棒绕M 点以匀角速度 ω转动，转轴与B平行，则棒的动 生电动势大小为（） 参看课本P257A. BlB. Bl 2C.1BlD.1 Bl 222v 、方均14.已知温度不变的某定量气体分子的算术均匀速率为根速率为v 2 、最概然速率为v p ，则这气体分子的三种速率的关系是（）A ．vv 2 v p B ．v 2v v p 参看课本P125C ．v p vv 2D ．vv 2 v p15. 以下对于导体静电均衡的说法错误．．（）参看课本P190-191A. 导体是等势体，其表面是等势面B.导体内部场强到处为零C. 导体表面的场强到处与表面垂直D. 导体内部到处存在净电荷16. 以下哪一种现代厨房电器是利用涡流原理工作的（）参看课本P259A. 微波炉B. 电饭锅C. 电热炉D. 电磁灶17. 以下对于电源电动势的说法正确的选项是（）参看课本P249-250A.电源电动势等于电源把电荷从正极经内电路移到负极时所作的功 B. 电源电动势的大小只取于电源自己的性质，而与外电路没关-2-电动势的指向习惯为自正极经内电路到负极的指向沿着电动势的指向，电源将提升电荷的电势能18.磁介质有三种，以下用相对磁导率r正确表征它们各自特征的是（）顺磁质顺磁质顺磁质D.顺磁质rrrr1，抗磁质2，抗磁质3，抗磁质4，抗磁质rrrr0，铁磁质r?1参看课本P39-2401，铁磁质r?10，铁磁质r01，铁磁质r?1在均匀磁场中，一带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速率圆周运动，假如磁场的磁感应强度减小，则（）参看课本P231A.粒子的运动速率减小B.粒子的轨道半径减小C.粒子的运动频次不变D.粒子的运动周期增大两根无穷长的载流直导线相互平行，通有大小相等，方向相反的I1和I2，在两导线的正中间放一个通有电流I的矩形线圈abcd，如图所示.则线圈遇到的协力为（）参看课本P221-223A.水平向左B.水平向右C.零D.没法判断21.以下说法错误的选项是（）参看课本P263．．经过螺线管的电流越大，螺线管的自感系数也越大螺线管的半径越大，螺线管的自感系数也越大螺线管中单位长度的匝数越多，螺线管的自感系数也越大螺线管中充有铁磁质时的自感系数大于真空时的自感系数一电偶极子放在匀强电场中，当电矩的方向与场强的方向不一致时，则它所受的合力F和协力矩M分别为（）参看课本P168-169A.F=0，M=0B.F≠0，M≠0C. F=0，M≠0D. F≠0，M=023.若一平面载流线圈在磁场中既不受磁力，也不受磁力矩作用，这说明（）A.该磁场必定均匀，且线圈的磁矩方向必定与磁场方向平行参看课本P223-224该磁场必定不均匀，且线圈的磁矩方向必定与磁场方向平行该磁场必定均匀，且线圈的磁矩方向必定与磁场方向垂直该磁场必定不均匀，且线圈的磁矩方向必定与磁场方向垂直24.以下对于机械振动和机械波的说法正确的选项是（）参看课本P306质点做机械振动，必定产活力械波波是指波源质点在介质的流传过程波的流传速度也就是波源的振动速度波在介质中的流传频次与波源的振动频次同样，而与介质没关25.在以下矢量场中，属守旧力场的是（）A.静电场B.涡旋电场参看课本P180,212,258C.稳恒磁场D.变化磁场如下图，一根长为2a的细金属杆AB与载流长直导线共面，导线中经过的电流为I，金属杆A端距导线距离为 a.金属杆AB以-3-速度v 向上匀速运动时，杆内产生的动生电动势为（ ）参看课本P261(8-8)A.C.iIv ln2，方向由B →AB.20IvD.iln3，方向由B →A2Ivln2，方向由A →B 2iIvln3，方向由A →B2 27．在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ ）参看课本P325A. 振幅同样，相位同样B. 振幅不一样，相位同样C. 振幅同样，相位不一样D. 振幅不一样，相位不一样28．两个质点做简谐振动，曲线如下图，则有（）A. A 振动的相位超前 B 振动π/2 参看课本P291B. A 振动的相位落伍 B 振动π/2C.A 振动的相位超前B 振动πD.A 振动的相位与B 振动同相29．同一点光源发出的两列光波产生相关的必需条件是（）参看课本P336A. 两光源的频次同样，振动方向同样，相位差恒定两光源的频次同样，振幅同样，相位差恒定两光源发出的光波流传方向同样，振动方向同样，振幅同样D. 两光源发出的光波流传方向同样，频次同样，相位差恒定30．如下图，在一圆形电流I 所在的平面内选用一个齐心圆形闭合环路 L ，则由安培环路定理可知（ ）参看课本P235A.?rr 0，且环路上任一点B=0 BdlLrrB.?0，但环路上任一点B ≠0BdlLrrC. ?L Bdl0，且环路上任一点 B ≠0 D.?rr0，且环路上任一点B=常量BdlL二.填空题：平行板电容器充电后与电源断开，而后充满相对电容率为εr 的各向均匀电介质.则 其电容C 将______，两极板间的电势差 U 将________.(填减小、增大或不变 ) 参看课本P195,200某质点沿x 轴运动，其运动方程为:x=10t –5t 2，式中x 、t 分别以m 、s 为单位.质 点随意时辰的速度 v=________，加快度 a =________. 参看课本P16-1733. 某人相对地面的电容为 60pF ，假如他所带电荷为 6.0 108C ，则他相对地面的电 势差为__________，他拥有的电势能为 _____________. 参看课本P200,202 34. 一人从10m 深的井中提水，开端时，桶中装有 10kg 的水，桶的质量为 1kg ，由 于水桶漏水，每高升 1m 要漏去0.1kg 的水，则水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功 为____________．参看课本P70(2-14)质量为m 、半径为R 、自转运动周期为T 的月球，若月球是密度均匀散布的实球体，则其绕自转轴的转动惯量是__________，做自转运动的转动动能是__________.参看课本 P100(3-4)-4-1mol氢气，在温度为127℃时，氢气分子的总均匀动能是_____________，总转动动能是______________，内能是_____________.〔已知摩尔气体常量R=J/(mol·K)参看课本P120(4-8)如下图，两个平行的无穷大均匀带电平面，其面电荷密度分别为+σ和-σ.则地区Ⅱ的场强盛小 EⅡ=___________.参看课本P177用必定波长的单色光进行双缝干预实验时，要使屏上的干预条纹间距变宽，可采纳的方法是:(1)_________________________；________________________.参看课本P344经过磁场中随意闭合曲面的磁通量等于_________.感生电场是由______________产生的，它的电场线是__________曲线.(填闭合或不闭合)参看课本P212,25840.子弹在枪膛中行进时遇到的协力与时间关系为F 400 4105tN，子弹飞出枪口的速度为200m/s，则子弹遇到的冲量为_____________.参看课本P55-56将电荷量为×10-8C的点电荷，从电场中A点移到B点，电场力做功×10-6J.则A、B两点的电势差U AB=____________.参看课本P18142.如下图，图中O点的磁感觉强度大小B=______________.参看课本P229-23043.一个螺线管的自感L=10mH，经过线圈的电流I=2A，则它所储藏的磁能W=_____________.参看课本P26744.理想气体在某热力学过程中内能增添了E=250J，而气体对外界做功A=50J，则气体汲取的热量Q=.参看课本P132-13345.一平面简谐波沿x轴的正方向流传，波速为100m/s，t=0时的曲线如下图，则简谐波的波长λ=____________,频次ν=_____________.参看课本P309两个齐心的球面，半径分别为R1、R2(R1R2)，分别带有总电量为Q1、Q2.设电荷均匀散布在球面上，则两球面间的电势差U12=________________________.参看课本P186-187三.计算题：47.一正方形线圈由外皮绝缘的细导线绕成，共绕有100匝，每边长为10cm，放在B=的磁场中，当导线中通有I的电流时，求:(1)线圈磁矩m的大小；(2)作用在线圈上的磁力矩M的最大值.参看课本P225(7-7)如下图，已知子弹质量为m，木块质量为M，弹簧的劲度系数为k，子弹以初速v o射入木块后，弹簧被压缩了L.设木块与平面间的滑动摩擦因数为μ，不计空气阻力.求初速v o.参看课本P80(2-23)一卡诺热机的效率为40％，其工作的低温热源温度为27℃.若要将其效率提升到50％，求高温热源的温度应提升多少?参看课本P148(5-14)-5-质量均匀的链条总长为l，放在圆滑的桌面上，一端沿桌面边沿下垂，其长度为a，如下图.设开始时链条静止，求链条刚才走开桌边时的速度.参看课本P70(2-18)一平面简谐波在t=0时辰的波形如下图，设波的频次ν=5Hz，且此时图中P点的运动方向向下，求：(1)此波的波函数；(2)P点的振动方程和地点坐标.参看课本P318(10-11)52．如下图，A和B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连结，A轮的转动惯量J A=10kg·m2．开始时，B轮静止，A轮以n A=600r/min的转速转动．而后使A和B连结，连结后两轮的转速n=200r/min．求:(1)B轮的转动惯量J B；(2)在啮合过程中损失的机械能 E.参看课本P105(3-9及增补)53．如下图，载流I的导线处于磁感觉强度为B的均匀磁场中，导线上的一段是半径为R、垂直于磁场的半圆，求这段半圆导线所受安培力.参看课本P224-22554．如下图的截面为矩形的环形均匀密绕的螺绕环，环的内外半径分别a和b，厚度为h，共有N匝，环中通有电流为I.求: (1)环内外的磁感觉强度B；(2)环的自感L.参看课本P237-238(7-23及增补)55.如下图，一长直导线通有电流I，在与其相距d处放在有一矩形线框，线框长为l，宽为a，共有N匝.当线框以速度v沿垂直于长导线的方向向右运动时，线框中的动生电动势是多少?参看课本P255(8-3)-6-二.填空题：31. 增大减小32.1010tm/s10tm/s 233.1000VJ2234. 1029(或1050)J35. 2mR24mR36.4986J 3324J8310J55T 237.38.(1)将两缝的距离变小 (2) 将双缝到光屏的距离变大39. 零变化的磁场闭合40. Ns42.0I112R43. J44. 300J45. m125HzQ 1 1 146.R 1 R 240三.计算题：47. 线圈磁矩m NIS 100 10210Am 2线圈最大磁力矩MmaxmB 105 50Nm设子弹质量为m ，木块质量为M ，子弹与木块的共同速度v由动量守恒定律得 mv 0(mM)v①由功能原理得(m M)gL1kL 2 1(mM)v 2②22由①、②式得vm MkL 2 2(mM)gL 0mm M49.卡诺热机效率:1T 2 T 1T 2 300 T 11 500K1同理T 2300600KT 111 高温热源应提升的温度T 1T 1 600 500100K50. 51.52. 设桌面为零势面，由机械能守恒定律得amg a mg l1 mv 2l 22 2vg (l 2 a 2)l-7-51.解：(1)由图中v ＜0知此波沿x 轴负向流传，既而知原点此时向y 正向运动P原点处yA，v0 02又x=3m 处 y 3 0，v 3 032 32由2x2x3 0 得236m223yAcos2 2 x此波的波函数t10 tx2m183(2)P 点处y P0，v P <0P2P 点振动方程y PAcos(2t P )10tm2P 点地点坐标x p33621m322(1)由动量矩守恒定律得J A A(J A J B ) J A 2n A (J AJ B )2n10600 (10 J B )20060 60J B 20kgm 2损失的机械能E1J A2 1 (J A J B ) 21J A (2 n A ) 21 (J A J B )(2 n) 22 A222221 10 4 26001 (10 20) 4 2200104J2 6026053.依题意得F xdF x 0dF ydFsin BIdlsinBIRsind FF yBIRsind2BIR-8-r r54.(1)?Bdr B 2 r 0I环外的磁感觉强度B 0环内的磁感觉强度B 2 r0NIB 0NI2 r(2)dBhdr0NIhdr 2 rd0NIhb10NIhb2dr2 lnara环的自感LNN 2h bI2lnaI线框的动生电动势12N(B 1B 2)lv0NIlv1 1 0NIlav2 dda2d(da)-9-。
大学物理第18章课后答案
第十八章 光的偏振#18－1 两偏振片的方向成300夹角时，透射光强为I 1，若入射光不变，而两偏振片的偏振化方向成450夹角时，则透射光强如何变化？解：设透过第一块偏振片后的振幅为A 0，透过第二块偏振片后的振幅为A 1。
依题意00130cos A A =020130cos I I =→430I = 3410I I =→ 00245cos A A =020245cos I I =→210I =21341⨯I 1231I I =18－2 使自然光通过两个偏振化方向成600夹角的偏振片，透射光强为I 1，今在这两偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成300角，则透射光光强为多少？解：设自然光的振幅为A 0透过第一块偏振片后的振幅为A /，透过第二块偏振片后的振幅为A 1。
依题意0160cos A A '=02160cos I I '=→4120I =108I I =→在这两偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成300角，设自然光的振幅为A 0透过第一块偏振片后的振幅为A /，透过第二块偏振片后的振幅为A /1，透过第三块偏振片后的振幅为A 2。
则0130cos A A '='02130cos I I '='→4320I =0/1230cos A A =02/1230cos I I =→434320⨯=I 48891⨯=I1249I I =18－3 一束平行的自然光，以580角入射到一平面玻璃的表面上，反射光是全偏振光。
问（1）折射光的折射角是多少？（2）玻璃的折射率是多少？解：（1）折射光的折射角 ＝900－580＝320（2）玻璃的折射率为：60.132sin 58sin 0==n 18－4 一束光以起偏角i 0入射到一平面玻璃的上表面，试证明玻璃下表面的反射光也是偏振光。
证明：以起偏角i 0入射到平面玻璃的上表面，反射 光是偏振光所满足的式子为n i =0tan ，折射角 ＝900－i 0如图，玻璃下表面的反射光所对的下表面入射光的入i 0n射角为玻璃下表面的反射光是偏振光所满足的式子为n 1tan =γ 即ni 1)90tan(00=- 即满足：n i =0tan 式子 所以玻璃下表面的反射光也是偏振光，得证。
大学物理实验报告 实验18霍尔效应数据处理
霍尔效应数据处理范例
由公式：
KH
NI
；B0M
L12r)
得KH
r
IMICH0
VH(L1
L2
；N——励磁线圈的匝数（N=1500）；0——真空磁导率（0=4107TmA1）
IM——线圈中的励磁电流；
L1——气隙距离；L2——铁芯磁路平均长度；r——铁芯相对磁导率(r=1500)
所以：
旧仪器：L1=3.00mm，L2=287mm
287
)mm
3.191K1693(mA/T) 1
0.0018850.001885TmmmA
(3.00
新仪器：L1=4.00mm，L2=269mm
269
4.1792217(mA/T)K
0.0018850.001885
4.00
大学物理实验报告霍尔效应
一、实验名称：霍尔效应原理及其应用二、实验目的：1、了解霍尔效应产生原理；2、测量霍尔元件的、曲线，了解霍尔电压与霍尔元件工作电流、直螺线管的励磁电流间的关系；3、学习用霍尔元件测量磁感应强度的原理和方法，测量长直螺旋管轴向磁感应强度及分布；4、学习用对称交换测量法(异号法)消除负效应产生的系统误差。
U
2m25
4.1（m取横坐标最小刻度值的一半）EI
UI4.10.0082 I500
UV
m0.01
0.008（m取纵坐标最小刻度值的一半）EV
UV0.0080.0021 V3.92
2.69
)
rKH 17.38mv/(mAT) 7
IMICH05001.004101500
VH(L1
)
3.92(4.00
L2
大学物理 力学讲义
v
r t
x t
i
y t
j
vxi
vy
j
第一章 质点运动学
7
物理学
第五版
1-1 质点运动的描述
2
v
瞬li时m速r度 （d简r称速度）
t0 t dt
y
v d
x
i
d
y
j
v y
dt dt
v v x
vxi vy j
o
x
若质点在三维空间中运动，其速度
v
vxi
v
y
j
vz
k
第一章 质点运动学
r (t1
s r
)
r (t2
)
P2
(1) 两点间位移是唯
O
z
一的．
(2) 一般情况 Δr s ．
x P1(x1, y1, z1)
P2 (x2, y2, z2 )
(3) 位移是矢量，路程是标量．
第一章 质点运动学
5
物理学
第五版
1-1 质点运动的描述
注意
r ， r ，r
y
P1 r P2
的意义不同．
1 匀速率圆周运动
常量，
故a
t
0，a
n
r 2
a anen rω2en
由 d ， 有 d dt，
dt
如t 0 时, 0
可得： 0 t
第一章 质点运动学
35
物理学
第五版
1-2 圆周运动
2 匀变速率圆周运动
常量， 故 at r，an r 2
dω 常量， 又 dω dt
dt
d dt，
(1)经过多少时间后可以认为小球已 停止运动；
大学《大学物理(上)》各章节测试题与答案
《大学物理（上）》的答案第1章问题：以下是近代物理学的理论基础的是（）。
答案：量子力学问题：谁建立了电磁场理论，将电学、磁学、光学统一起来？（）答案：麦克斯韦问题：谁在伽利略、开普勒等人工作的基础上，建立了完整的经典力学理论？（）答案：牛顿问题：物理学是探讨物质结构，运动基本规律和相互作用的科学。
（）答案：正确问题：20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学也适用于微观粒子和高速运动物体。
（）答案：错误第2章问题：爱因斯坦因提出什么理论而获得诺贝尔物理奖？（）答案：光量子假说问题：玻尔因做出什么重大贡献而获得诺贝尔物理学奖？（）答案：研究原子的结构和原子的辐射问题：运动学中涉及的主要运动学量包括位移、速度和加速度。
（）答案：正确第3章问题：在平面极坐标系中，任意位矢可表示为（）。
答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢的方向余弦的关系为（）。
答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢可表示为（）。
答案：问题：同一个位置矢量可以在不同的坐标系中表示。
（）答案：正确问题：位置矢量在直角坐标系和平面极坐标系中的表示方式是一样的。
（）答案：错误第4章问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的运动方程为（）。
答案：问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的轨迹方程为（）。
答案：问题：质点的位置关于时间的函数称为运动方程。
（）答案：正确第5章问题：一个人从O点出发，向正东走了2m,又向正北走了2m,则合位移的大小和方向为（）。
答案：东北方向问题：某质点沿半径为R的圆周运动一周，它的位移和路程分别为多少（）。
答案：问题：位移和路程都与坐标原点的选取有关。
（）答案：错误第6章问题：有一质点沿x方向作直线运动，它的位置由方程决定，其中x的单位是米,t的单位是秒。
则它的速度公式为（）。
大学物理下18章习题参考答案中国石油大学-推荐下载
n≤3.688 所以 n = 3 可产生从 n = 3 到 n = 2，n = 1 及 n = 2 到 n = 1 三条谱线。
由公式
给出波长分别为 31 1027 Å
c nm
m0e4
8
2 0
h
3
1 m2
1 n2
1 n2
32 6571 Å
18-10 试求：(1)红光( 7 105 cm )；(2)X 射线( 0.25 Å)的光子的能量、动量和
V s
2.5 V
2 max
即
Ua
h e
A e
(2) 由于 所以 解得
1 0
m
0.25m0c 2
0.25m0c 2 h
h (1 cos ) m0c
1 cos 0 0.554 h
m0c 63.40
m0
c 2
1
在氢原子能级图中表示出来，并指明波长最短的是哪一条谱
线。
[解] (1) h h c
1.988 1015 4.58 1019 J 2.86eV 4340
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
物理人教版18章知识总结
物理人教版18章知识总结导言物理是一门研究物质运动规律的科学，是自然界的基础科学之一。
人教版物理教材的第18章主要涵盖了电场、电势以及静电场等内容。
本文将对这些知识进行总结，希望能够帮助同学们更好地理解和掌握相关概念和原理。
电荷与电场电荷的基本性质电荷是物质所固有的一种性质，它有正电荷和负电荷两种。
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
电荷的单位是库仑（C）。
电场的概念电场是指电荷所产生的一种物理场。
在电场中，电荷会受到电场力的作用，这个力的大小和方向与电荷自身的性质以及电场的分布有关。
电场可以通过电场线来表示，电场强度的大小与电场线的密度成正比。
电场强度电场强度描述了电场的强弱，它是单位正电荷所受到的电场力大小的矢量。
电场强度的大小与电荷量和距离的平方成反比。
电势与电势差电势指的是单位正电荷所具有的电位能，它是描述电场中某一点电能状态的物理量。
电势差是指两点之间的电势差异，它等于单位正电荷由低电势点（A点）移动到高电势点（B点）所做的功。
电势差等于电场强度与两点间距离的乘积。
静电场中的电势静电场的特点静电场是指电荷分布不随时间变化的电场。
静电场有个特点是电场内部电势为常数。
电势的计算在静电场中，通过对电场的积分计算可以求得电荷在电场中的电势。
电势的计算需要确定一个基准点，常用的基准点是无穷远处电势为零。
电势的叠加原理电势具有可叠加性，对于多个电荷在同一位置产生的电场，其电势等于各电荷分别在该位置产生的电势之和。
电势能与电势的关系电势能是系统具有的由于位置不同而产生的能量，它等于电荷在电场中的电势与其所带电荷量之积。
静电场中的电场强度求解电场强度的方法用库仑定律可以求解静电场中的电场强度。
库仑定律表明，两个电荷之间的电场强度与电荷量成正比，与两电荷之间的距离的平方成反比。
电场强度的叠加原理与电势类似，电场强度也具有可叠加性，对于多个电荷在同一位置产生的电场，其电场强度等于各电荷分别在该位置产生的电场强度之和。
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第十八章 教学基本要求
第十八章
18 - 1 18 - 2 18 - 3 18 - 4 18 - 6
相对论
伽利略变换式 牛顿的绝对时空观 迈克尔孙－ 迈克尔孙－莫雷实验 狭义相对论和基本原理 洛伦兹变换式 狭义相对论的时空观 相对论性动量和能量
第十八章 教学基本要求
教学基本要求
第十八章 教学基本要求
概述(Summarize) 概述
也许我们还沉醉于对牛顿定律的欣赏之中， 也许我们还沉醉于对牛顿定律的欣赏之中，如果 这样，那真是无独有偶，历史上也有过这样现象。 这样，那真是无独有偶，历史上也有过这样现象。
19世纪末，牛顿定律在各个领域里都取得 世纪末， 世纪末 了很大的成功：在机械运动方面不用说， 了很大的成功：在机械运动方面不用说，在分 子物理方面，成功地解释了温度、压强、 子物理方面，成功地解释了温度、压强、气体 的内能。在电磁学方面， 的内能。在电磁学方面，建立了一个能推断一 方程。 切电磁现象的 Maxwell方程。另外还找到了力、 方程 另外还找到了力、 等都遵循的规律---能量转化与 电、光、声----等都遵循的规律 能量转化与 等都遵循的规律 守恒定律。 守恒定律。当时许多物理学家都沉醉于这些成 绩和胜利之中。 绩和胜利之中。他们认为物理学已经发展到头 了。
相对论问世
普朗克量子力学的诞生 高速领域 相对论 量子力学
这两朵乌云到底是什么回事呢？ 这两朵乌云到底是什么回事呢？ 经典力学 微观领域 今天来介绍相对论
第十八章 教学基本要求
相对论---关于时空观及时空与物质关系的理论。 相对论 关于时空观及时空与物质关系的理论。 关于时空观及时空与物质关系的理论 （所谓经典力学遇到障碍就是经典力学的 时空观出现了问题， 时空观出现了问题，相对论从根本上改变 了经典的时空观。） 了经典的时空观。） 相对论有狭义相对论广义相对论之分： 相对论有狭义相对论广义相对论之分： 狭义相对论 special relativity） （ ） 关于惯性系时空观的理论； 关于惯性系时空观的理论； （ 广义相对论 General relativity） ） 关于一般参照系及引力的理论； 关于一般参照系及引力的理论； 相对论从根本上改变了旧的经典的时空观， 相对论从根本上改变了旧的经典的时空观，那 什么是旧的、经典的时空观呢？ 么，什么是旧的、经典的时空观呢？
第十八章 教学基本要求
于是1900年英国物理学家开尔文在瞻望 世 年英国物理学家开尔文在瞻望20世 于是 年英国物理学家开尔文在瞻望 纪物理学的发展的文章中说到： 纪物理学的发展的文章中说到： “在已经基本建成的科学大厦中， 在已经基本建成的科学大厦中， 在已经基本建成的科学大厦中 后辈的物理学家只要做一些零碎的 修补工作就行了。 修补工作就行了。” 也就是说：物理学已经没有什么新东西了， 也就是说：物理学已经没有什么新东西了，后 一辈只要把做过的实验再做一做， 一辈只要把做过的实验再做一做，在实验数据 的小数点后面在加几位罢了！ 的小数点后面在加几位罢了！ 但开尔文毕尽是一位重视现实和有眼力的 科学家，就在上面提到的文章中他还讲到： 科学家，就在上面提到的文章中他还讲到： “但是，在物理学晴朗天空的远处，还有 但是， 但是 在物理学晴朗天空的远处， 两朵令人不安的乌云，----” 两朵令人不安的乌云，
第十八章 教学基本要求
这两朵乌云是指什么呢？ 这两朵乌云是指什么呢？ 热辐射实验 迈克尔逊迈克尔逊 莫雷实验
后来的事实证明， 后来的事实证明，正是这两朵乌云发展成为 一埸革命的风暴，乌云落地化为一埸春雨， 一埸革命的风暴，乌云落地化为一埸春雨， 浇灌着两朵鲜花。 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ灌着两朵鲜花。
第十八章 教学基本要求
了解爱因斯坦狭义相对论的两条基本原 一 了解爱因斯坦狭义相对论的两条基本原 以及在此基础上建立起来的洛伦兹变换式. 理，以及在此基础上建立起来的洛伦兹变换式 二 了解狭义相对论中同时的相对性，以及 了解狭义相对论中同时的相对性 狭义相对论中同时的相对性， 长度收缩和时间延缓的概念，了解牛顿力学的 长度收缩和时间延缓的概念，了解牛顿力学的 时空观和狭义相对论的时空观以及二者的差异. 时空观和狭义相对论的时空观以及二者的差异 理解狭义相对论中质量 狭义相对论中质量、 三 理解狭义相对论中质量、动量与速度的 关系，以及质量与能量间的关系. 关系，以及质量与能量间的关系