大学物理第11章13节

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大学物理第十一章光学第2节杨氏双缝干涉实验劳埃德镜

x
2. 干涉条纹分析

ห้องสมุดไป่ตู้
s1
r1 r2
P
·
I
s
d
0
s2
d’
图中: 相邻实线与虚线的相位差为
设01、02分别为s1、s2相干光的初相; A1、A2分别为 s1、s2 在P点的振幅。假设A0＝A1＝A2, 01＝02 两光波在P点处的光强:
2 2 I＝A2＝2 A0 ＋2 A0 cos(Δ )
第十一章光学
13
物理学
第五版
11-2 杨氏双缝干涉实验劳埃德镜
例2 以单色光照射到相距为0.2 mm的双缝上，双缝与屏幕的垂直距离为1 m. (1)从第一级明纹到同侧的第四级明纹间的距离为7.5 mm，求单色光的波长； (2)若入射光的波长为600 nm,中央明纹中心距离最邻近的暗纹中心的距离是多少？
d'
B
p
x
o
s2
r
x r d d'
k 0,1,2, (2k 1) 减弱 2
第十一章光学
5
k
加强
物理学
第五版
11-2 杨氏双缝干涉实验劳埃德镜
明、暗条纹的位置

d x＝ k d
k＝0, 1, 2, ...明纹中心
d x＝ ( 2k－ 1) d 2
r1
r2
d'
B
p
s
x
o
o
s2
r
d ' d
当很小时(<5º )
波程差
sin tan x / d ' x r r2 r1 d sin d d'

《大学物理》稳恒磁场

42
第四节安培环路定理
Bdl L
0 (I1 I2 )
（0 I1
I
）
2
I1
I2 I3
I1
L
I1
问（1）B 是否与回路 L 外电流有关？
（2）若
LB d l 0 ,是否回路 L 上各处
B
0
？
是否回路 L 内无电流穿过？
43
第四节安培环路定理
安培环路定理的应用
例题无限长载流圆柱体的磁场
33
第三节磁通量磁场的高斯定理
例题如图载流长直导线的电流为 I, 试求通过矩形面积的磁通量.
B
I
l
d1 d2
o
x
解
B 0I
2π x
dΦm
BdS
0I
2πx
ldx
Φm
B dS 0Il
S
2π
d2 dx x d1
Φm
0 Il
2π
ln
d2 d1
34
第三节磁通量磁场的高斯定理磁场的高斯定理
d
I
B1
r1
dl1
B2 dl2
r2
l
B1
0I ，
2 π r1
B2
0 I
2 π r2
B1
dl1
B2
dl2
0 I
2π
d
B1 dl1 B2 dl2 0
l B d l 0
40
第四节安培环路定理
多电流情况
I1
I2
I3
l
B B1 B2 B3
Bdl
l
0(I2 I3)
推广：
➢ 安培环路定理
第13章

大学物理第五版课后答案上完整版

3-6一架以 2 m s 解 0Δ-='v m t FN 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25⨯-='-=F F3-7 质量为m 的物体,由水平面上点O 分析 3-8 Fx=30+4t 的合外力解 1 由分析知()s N 68230d 4302220⋅=+=+=⎰t t t t I 2 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s 另一解不合题意已舍去3 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1由2可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 112s m 40-⋅=+=mm I v v3-9 高空作业 51kg 的人3-10质量为m 的小球,在力F= - kx 作用下运动ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ3-11 在水平地面上,有一横截面S= 2()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF , N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F 3-12 爆炸后 ,hgx t x x 21010==v 21121gt t h y --=v ;12121t gth -=v x x m m 2021v v = y m m 2121210v v +-=落地时,y 2 ＝0,由式5、6可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以解()A A B A A m m m m v v v '=+- 1 ()''=+-B B A B B m m m m v v v 23-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着0N =-+F F yg l m1 y lmt F d 0d v -=' 2 而 F F '-= 3 3-16 设在地球表面附近,一初质量为 10 5解 1 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为ma mg tmu=-d d 1 2 t m mg t m u d d d d v=- 分离变量后积分,有 ⎰⎰⎰-=t m m t g m m u 0d d d 00v v v3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知 t=0时质点位于原点解 2d 0000L F x x LF F W L=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰;mLF 0=v 3-18 如图一绳索 5N 3-19 一物体在介质x=ct 3解 23d d ct tx==v ;3/43/242299x kc t kc k F ===v3-20 一人从 m 深的井中提水解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy 3-21 一质量为的小球的细绳解 1()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P ;s F d T T ⋅=⎰W2 J 53.0k k ==E E 小球在最低位置的速率为 1PKs m 30.222-⋅===mW m Ev 3l m P F 2T v =- N 49.22T =+=lm mg F v3-22 一质量为m 的质点,系在细绳的一段,绳的另一端解 1 2202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= 1 2 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg μr πs F W 2180cos of -== 2rg πμ16320v = 3 34k0==W E n 圈3-23 如图所示,A 和B 两块板用一轻弹簧F 1 ＝P 1 ＋F 2221212121mgy ky mgy ky +=-;F 1 -F 2 ＝2P 1 F ＝P 1 ＋F 2 当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式3可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝m 1 ＋m 2 g3-24有一自动卸货矿车W ｆ＝＋′gl ＋x 1W ｆ＝-m -m ′ gl ＋x sin α 2 3-25 分铁锤敲入钉子木板 -2 解⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d d Δx ＝ ×10 -2m3-26 m 的地球卫星, 3Re 解()E 22E E 33R m R m m G v = 则 E E 2K 621R m m G m E ==v 2 E E P 3R mm G E -=3 EE E E E E P K 636R mm G R m m G R m m G E E E -=-=+=3-27 天文观测台冰块解由系统的机械能守恒,有R m F θmgR 2N cos v =- o θ2.4832arccos ==;32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝°3-28 m= kg A 时解 rm mg c 2v= 1()()22213Δ21c m r mg l k v += 2 由式1、2 可得 ()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3-29 质量为m, 速度为v 的钢球 m 丶的靶．解 ()1v v m m m '+= 1()20212212121kx m m m +'+=v v 2()v m m k m m x '+'=03-30 质量为m 的弹丸,穿过v v v ''+=m m m 21 l m g m h2v ''=' 2 221221hm gl m m v v ''+'='' 3glm m 52'=v 3-31 一个电子和一个3-32 质量为 x 10 -23kgαm βm m A B A cos cos 221v v v '+= 1αm βmA B sin sin 20v v '-= 2 222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v3-33 如图质量为m 丶的物块低端A 处解在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= 1()αh αg m m μsin cos '+- ()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+= 2()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=αμgh αm m m v v 3-34 如图一质量为m 的小球内壁半球形 3-35 打桩 m=10t解 1 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有⎰='1h 01d 4h hK S gh m 1m 88.821='=KS gm h 2 ()v v m m m +'=0 2()()220h h h 21S 4d -211gh m m m m Kh +'-+'-=⎰+v v 3 h 2 ＝ m ;v v ''+'-=m h g m m 20 ()23h 021d h m 354-3v ''-'-=+⎰m gh m h S 5h 3 ＝ m3-36 一系统0332211=++x x x m m m v v v ;0332211=++y y y m m m v v v则 ()()j i 113s m 0.2s m 8.2--⋅-⋅-=v 3-37 如图 m1 = kg m2 = AB 小球m 5.1202120=+=x m m m x c ;m 9.1102110=+=y m m m y c ()t m m F m m t F x x tx2112101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 3 ()t m m F m m t F y y ty2122101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 4 t m m F y ty y c d d 0212cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=;()22212019.09.12t t m m Fy y c c +=++= 2()()()j i F F P P t t t t0.60.8d Δ021-=+==⎰4-6 一汽车 12s 3 r min 解()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=t n n t ωωα ;()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=4-7 某种电动机启动后 ;s()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα;()rad 9.36d 1d /60060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 则t ＝ s 时电动机转过的圈数87.5π2/==θN 圈4-8 水分子 θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='此二式相加,可得22d m J J H B B A A =+''则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比,可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ 4-9 一飞轮 30cm cm4-10 如图圆盘的质量为m 半径为R22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m r r R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰ 2 ;22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量 4-12 一燃气轮机 m2解1 在匀变速转动中,角加速度tωωα0-=,由转动定律αJ M =,可得飞轮所经历的时间4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A解 1αr m αJ r F T 2121== ;a m F g m F P T T 222='-='-21222m m g m a += ;m 45.222121222=+==m m gt m at s2 ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T 4-14 m1 m2 A B 组合轮两端()αJ J r F R F T T 2121+=- 11T T F F =',22T T F F ='解上述方程组,可得gR r m R m J J r m R m a 222121211+++-=;gr r m R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=;g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++= 4-15 如图所示装置,定滑轮半径rαr a a ==21 αJ r F r F T T ='-'12 11T T F F =',22T T F F =' 4-16 飞轮 60kg()0121='-+l F l l F Nd μF l ll d μF d F M N 121f 2212+=== 1 4-17 一半径为R,质量为m 的匀质圆盘;; 停止 4-18 如图通风机J ωC t ωα-==d d 1t JCωωt ωωd d 00⎰⎰-=J Ct e ωω/0-= 22ln CJt =24-19 如图一长 2l 的细棒AB解()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===2 ()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d dd d --==te αωml -=202sin 2 ;αωml M 202sin 2= 4-20 m 丶半径R 的圆盘裂开解 1 R ω=0v4-21 光滑水平木杆 m1= L=40cm解根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212;()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4-22 r1 r2 薄伞形轮 4-23 的小孩R ωωωωv +=+=010;()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv4-24 一转台砂粒 Q =2t 解在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd s 100==⎰t m ;()ωmr J ωJ 2000+= ;112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω 4-25 为使运行中的飞船4-26 m 的蜘蛛解 1 ()b a ωJ J ωJ 100+=a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=2 即22mr J =.在此过程中,由系统角动量守恒,有()c a ωJ J ωJ 100+=4-27 的均匀细棒解 1 由刚体的角动量定理得 28388Δ31arccos o 222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ 4-28 第一颗人造卫星 5 2211v v mr mr = 12221212121r Gmm m r Gmm m EE -=-v v 2()1321121s m 1011.8-⋅⨯=+=r r r r Gm E v ;131212s m 1031.6-⋅⨯==v v r r4-29 地球对自传解 1 地球的质量m Ｅ＝ ×1024 kg,半径R ＝ ×106 m,所以,地球自转的动能2 对式T ωπ2=两边微分,可得T Tωd π2d 2-= T ωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= T E ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== 2式中n 为一年中的天数n ＝365,ΔT 为一天中周期的增加量.4-30 如图一质量为m 的小球由一绳索 ;;; 新的角速度解 1200mr J =和20141mr J =,则00014ωωJ J ω==2 2020200211232121ωmr ωJ ωJ W =-=4-31 质量解 1 棒绕端点的转动惯量231ml J =由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为()lθg J θM α2cos 3==;2s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==,⎰⎰=o 6000d d θαωωω ;1600s 98.7sin 3o -==l θg ω 2J 98.021==mgl E K3 由于该动能也就是转动动能,即221ωJ E K =,1s 57.832-==='l g J E ωK 4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = kg;M解 1 取两飞轮为系统,根据系统的角动量守恒,有2 ()J 1032.12121Δ42112221⨯-=-+=ωJ ωJ J E 4-34 如图 OO 丶自由转动解()B ωmR J ωJ 2000+= 1()2220200212121BB m ωmR J mgR ωJ v ++=+ 22000mR J ωJ ωB +=2022002mRJ RωJ gR B ++=v 0ωωC = ;gR C 4=v 4-35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动 ,一种可能方案有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l 4-37 一长为L, 质量为m 的均匀细棒,在光滑的;;绕质心ωJ ωJ t F-'=-Δ21;ωωml J J ω41412=+='2 22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=4-38 如图细绳大木轴解设木轴所受静摩擦力F f 如图所示,则有F mR J R R θR a C C 212121cos ++= ;F mR J R θR R a αC C 21211cos ++== 5-6 1964 年,盖尔曼等人解由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力. 5-7 质量为m , 电荷为-e 的电子由此出发命题可证.证由上述分析可得电子的动能为r e εm E K 202π8121==v ;3022π4mrεe ω=;432022232π4me E εωK ==v 5-8 在氯化铯 1 由对称性,每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零,故F 1 ＝0.2 除了有缺陷的那条对角线外,其它铯离子与氯离子的作用合力为零,所以氯离子所受的合力F 2 的值为5-9 若电荷均匀地分布在长为L 的细棒 , 求证证 1 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr πεqE 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.2, E rεqαE Ld π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则5-10 一半径为R 的半球壳,均匀的带有电荷, 解由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有 5-11 水分子H2O解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上 5-13 如图为电四级子解由点电荷电场公式,得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=; 5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行 5-15 如图边长为a 的立方体,其表面同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ 5-16 分析地球周围的大气犹如;;5-17 设在半径为R 的球体内 ,其电荷为对称分布球体内0≤r ≤R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰ ,()r εkr r e E 024=球体外r ＞R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰,()r εkR r e E 024=5-18 如图 , 一无限大均匀带电薄平板n εσe E 012=;nr x xεσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 ,n rx x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0,则 E ＝0 在距离圆孔较远时x ＞＞r ,则5-19 如图, 在电荷体密度p 的均匀带电球体证带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=r E 013ερ=,2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ;a E 03ερ=5-20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳,总电荷为Q1解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析 r ＜R 1 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故 r ＞R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ,故5-21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面解 ∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 , 0=∑q 01=E 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ,L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2, 0=∑q 03=E 5-22 如图 ,有三个点电荷Q1Q2Q3解在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势5-23 已知均匀带电直线附近的1 ,12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E 2 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5-24 水分子电偶极矩解由点电荷电势的叠加1 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV 2 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==r εp V 3 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5-25 一个球形雨滴半径当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量q 2 ＝2q 1 ,雨滴表面电势5-26 电荷面密度分别为;;;两块无限大解 ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x0 2 00i E ()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 00l E()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a -axl E l E ;()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a -a x l E l E 5-27 两个同心球面的半径分别为R1 R2 , 各自带有解 1 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1 ≤r ≤R 2 ,则 202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+= 2 ; ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5-28 一半径为R 的无限长带电细棒,其内部的电荷均匀分布当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅ ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅ ()rεR ρr E 022=当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r-==⎰当r ≥R 时()rR εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰5-29 一圆盘半径R= 10 -2解 1 带电圆环激发的电势220d π2π41d x r r r σεV +=()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 12 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V 2 电场强度方向沿x 轴方向.3 将场点至盘心的距离x ＝ cm 分别代入式1和式2,得当x ＞＞R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有 5-30 两根同长的圆柱面 R1= 10 -2 m R2=解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ2 解得两圆柱面之间r ＝处的电场强度 5-31 轻原子核结合成为较重原子核解 1 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒由20K021v m E =可估算出质子初始速率17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v 该速度已达到光速的4％.2.kT E E 23K K0== K 106.5329K0⨯≈=kE T 5-32 在一次典型的闪电中Kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰. 2 一个家庭一年消耗的能量为5-33 两个半径为R 的圆环分别带等量异电荷正负q解 1 由带电圆环电势的叠加,两环圆心连线的x 轴上的电势为2 当R x l x >>>>,时,化简整理得在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷,即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.5-34 如图 , 在Oxy 平面上倒扣着半径为R 的半球面,假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面,此时在A 、B 两点的电势分别为5-35 在玻尔的氢原子模型中,电子 10-10解 1 电子在玻尔轨道上作圆周运动时,它的电势能为2 电子在玻尔轨道上运动时,静电力提供电子作圆周运动所需的向心力,即()r m r εe /π4/2202v =.此时,电子的动能为电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量 6-6 不带电的导体球A 含有两个 ; ()20π4rεq q q F d c b d +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.6-7 一真空二极管,其主要构件是是一个半;;R1=解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 26-8 一导体球半径为R1,外罩一半径为R2r ＜R １时, ()01=r E R １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E = r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E += r ＜R １时, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内r ＜R １20101π4π4R εQR εq V += 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 2002π4π4R εQ r εq V +=在球壳外r ＞R 2 r εQ q V 03π4+= ;102001π4π4R εQR εq V V +== 102001π4π4R εQR εq V V +== 代入电场、电势的分布得 r ＜R １时, 01=E ；01V V = R １＜r ＜R 2 时,22012012π4rR εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,6-9 如图 ,在一半径为R1 = cm 的金属球 A 外面套解V 106.5π4π4π43302010⨯=-+-+=R εQ Q R εQ R εq V A A A A A V 105.4π4330⨯=+=R εQ Q V BA B 2 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B 的电势为 6-10 两块带电量分别为Q1,Q2的导体平板平行证明１设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．2 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 6-11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附件解１如图ｂ所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得()Q S σσ=+21 ;()Q S σσ=+43;041=-σσ;032=+σσSQσσσσ24321==-==两导体板间电场强度为S εQ E 02=；方向为A 指向B ．两导体板间的电势差为 SεQd U AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零．两导体板间电场强度为S εQ E 0='；方向为A 指向B ． SεQdU AB0=' 6-12 如图 Q>0, 内半径为a, 外半径b6-13 如图, 在真空中将半径为R 的金属球接地,在与球心 6-14 地球和电离层可当做一个球形电容器 6-15 两线输电线的线径代入数据 F 1052.512-⨯=C 6-16 电容式计算机键盘解按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC ;mm 152.0ΔΔΔ00min20min =+=-=S εC d Cd d d d6-17 盖革-米勒管可用解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6-18 解 1 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173,故充满此介质的平板电容器的电容2 C 1084.18-⨯==CU Q 2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 31-5m V 102.1⋅⨯==dUE 6-19 如图 , 半径R= 的导体球带有电荷 Q = -8C解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D 01=D ；01=E R ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r Q D =；202π4r εεQ E r=r ＞R ＋d Q r D =⋅23π4;23π4r Q D =；203π4r εεQE r =r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 104.1π43-⋅⨯==r εQ E r 2 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm,V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r E r 2 ＝15 cm, ()()V480π4π4π4d d 0020r 3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ r εεQ V r r dR dR rE r E r 1 ＝5 cm,()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E3 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε ＝ε0 ,极化电荷可忽略．故在介质外表面； 6-20 人体的某些细胞壁两侧解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． 2 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ． 6-21 有一个平板电容器 = 10-5 C;M-2解 250m C 105.4Δ--⋅⨯===σSQD 16r 0m V 105.2-⋅⨯==εεDE D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板图中垂直向下．6-22 在一个半径为R1的长直导线外套有氯解由介质中的高斯定理,有⎰=⋅=⋅L λrL D d π2S D ;r rλe D π2=r r r εελεεe D E 00π2==;r r rλε-εe E -D P π2110⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== 6-23 如图 , 球形电极浮在相对电容率 = 的油槽中解 R εC 01π2= ;R εεC r 02π2=6-24 如图 , 由两块相距为 mm 的薄金属板A,B 构成的空气平板电容器解 1 13232123C C C C C C C C ++⋅=+=32122d d d ==且,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容12C C =2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6-25 如图 , 在点A 和点B 之间有五个电容器解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得V 4==AB ACABAC U C C U 6-26 如图,有一空气电热板级板面积S ,间距d 解 12 插入电介质后,电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ ;()δd εδSU εεU C C r r -+==011 ()δd εδU S εεQ E r r -+=='011;()δd εδUεS εQ E r r -+==0113 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E δd UE -=2 6-27 为了实时检测纺织品6-28 利用电容传感器测量油料液面高度证由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= UX βaU CU Q +== 6-29 有一电容为 uF 的平行平板电容器解 1 V 190max ==d E U b2J 1003.92132max -⨯=CU W e6-30 半径为的长直导线,解 1 导线表面最大电荷面密度 250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ 2 由上述分析得b E R ελ10max π2=,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E 其他 6-31 一空气平板电容器,空气厚解 ()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时,因b E E > ,空气层被击穿,击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度由于玻璃的击穿电场强度'110V m b E M -=⋅,b E E '> ,故玻璃也将相继被击穿,电容器完全被击穿．6-32 某介质的相对电容率 er=解 16m V 1018-⋅⨯=≤b E E m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为 μF 的平板电容器,其极板面积 210m 42.0==εεCdS 6-33 一平行板空气电容器,极板面积S,极板间距d, 充电解 1 20220221S εQ E εw e == Sεd Q V w W e e 022ΔΔ== 2 两导体极板带等量异号电荷,外力F 将其缓缓拉开时,应有F ＝－F e ,则外力所作的功为7-6 北京正负电子对撞机 7-7 已知铜的摩尔质量解 1M ρN n A /= 14s m 1046.4//--⋅⨯===e ρN M j ne j A m m d v 2 室温下T ＝300 Ｋ电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 7-8 有两个同轴导体圆柱面,它们的长度均为20m解由分析可知,在半径r ＝ mm 的圆柱面上的电流密度 7-9 已知地球北极磁场磁感应强度B 的大小为 T解设赤道电流为I,则由教材第7 －4 节例2 知,圆电流轴线上北极点的磁感强度 7-10 如图,有两根导线沿半径方向接到铁环 7-11 如图几种截流导线在平面内分布解ａRIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．ｂ将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里． c 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外． 7-12 截流导线形状如图, 球O 点 ;; B7-13 如图, 一个半径为R 的无限长半球圆柱面导体,解根据分析,由于长直细线中的电流R l I I π/d d =,它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为RIμB B x 20π== B 的方向指向Ox 轴负向． 7-14 分实验室常用所谓亥姆霍兹线圈由 0d d =xB, 解得 x ＝0 由0d d 022==x x B ,解得 d ＝R① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开,则若x ＜＜1；且()0d 0d =xB ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度Bx 在中点O 附近近似为常量,场为均匀场．这表明在d ＝R 时,中点x ＝0附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7-15 如图,截流长直导线的电流为L,求通过矩形面积的磁通量 7-16 已知 10mm2 裸铜线;; 50A在导线内r ＜R , 2222πππR r r R I I ==∑,因而202πRIr μB =在导线外r ＞R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=2 在导线表面磁感强度连续,由I ＝50 A,m 1078.1π/3-⨯==s R ,得 7-17 有一同轴电缆, 其尺寸如图解由上述分析得r ＜R 1 22101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 ＜r ＜R 2 I μr B 022π=⋅ rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3r ＞R 3 ()02π04=-=⋅I I μr B 04=B7-18 如图,N 匝线圈均匀密绕;;中空骨架上∑=⋅I μr B 02π r ＜R 1 02π1=⋅r B01=B R 2 ＞r ＞R 1 NI μr B 022π=⋅ rNIμB 2π02=r ＞R 2 02π3=⋅r B 03=B RNIμB 2π0≈7-19 电流I 均匀的流过半径为R 的圆形长直导线 7-20 设电流均匀流过无限大导电平面 7-21 设有两无限大平行载流平面 ,解 1 取垂直于纸面向里为x 轴正向,合磁场为 2 两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度 7-22 已知地面上空 B= -4解 1 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示． 2N 102.316-⨯==B F v q L N 1064.116-⨯==g m G p因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力． 7-23 在一个显像管的电子 4 eV 解 1 B F ⨯=v q电子带负电,q ＜0,因而可以判断电子束将偏向东侧．2m 71.62===eBmE eB m R k v 由题知cm 20=y ,并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-⨯=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．这种平移并不会影响整幅图像的质量．7-24 试证明霍尔电场强度与恒流强度之比j E ρC = ;B E ⨯-=v H ; v ne =jnev ρρC ==j E ;;B E ⨯-=v H ; B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v / 7-25 霍尔效应测量血流的速度7-26 磁力可以用来输送导电液体 1JBl S IBl S F p ===Δ 2 26A/m 1038.3Δ⨯==Blp J 7-27 带电粒子在过饱和液体中运动半径7-28 从太阳射来的速率 10 7解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 m 101.1311⨯==eB m R v ;m 2322==eB m R v 7-29 如图, 一根长直导线载有电流I1 = 30A I2=20Adl I I μF π22103=; ()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d l I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线．7-30 一直流变电站电压500kv解 1 d I μBI F B π220== ;dεU C λE F E 022π2== 由0=+E B f f 可得 2 输出功率7-31 将一电流均匀分布的无限大...B0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7-32 在直径为的刚棒上解 1 因为所有电子的磁矩方向相同,则圆盘的磁矩27m A 1056.1⋅⨯==-e μN m2 由磁矩的定义,可得圆盘边缘等效电流A 100.2/3-⨯==S m I 7-33 在氢原子中,L=h/2π7-34 如图 ,半径为R 的圆片均匀带电,电荷面密度解由上述分析可知,轴线上x 处的磁感强度大小为7-35 如图一根长直同轴电缆, 内外解 1 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有 ∑=f I r H π2 对r ＜R 1 221ππr R I I f =∑ 2112πR Ir H = 01=M ,21012πR Ir μB = 对R 2 ＞r ＞R 1 I I f =∑ rI H 2π2= 填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2 03=M , 对r ＞R 3 0=-=∑I I I f 04=H ,04=M ,04=B 2 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为7-36 设长L= ,截面积S= 2解 1 A N M SL ρN 0= ;2000m A 85.7-⋅===m N M SL ρNm m A 2 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩 7-37 在实验室,为了测试;;平均周长分析根据右手定则,磁感线与电流相互环连,磁场沿环型螺线管分布,当环形螺线管中通以电流I 时,由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为由题意可知,环内部的磁感强度S ΦB /=,而H μμB r 0=,故有解磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为L NI /和S Φ/,因而。

大学物理课程总结

大学物理课程总结大学物理课程总结大学物理课程总结在大二上学期，我们学习了大学物理这门课程，物理学是一切自然科学的基础，处于诸多自然科学学科的核心地位，物理学研究的粒子和原子构成了蛋白质、基因、器官、生物体，构成了一切天然的和人造的物质以及广袤的陆地、海洋、大气，甚至整个宇宙，因此，物理学是化学、生物、材料科学、地球物理和天体物理等学科的基础。

今天，物理学和这些学科之间的边缘领域中又形成了一系列分支学科和交叉学科，如粒子物理、核物理、凝聚态物理、原子分子物理、电子物理、生物物理等等。

这些学科都取得了引人瞩目的成就。

在该学期的学习中，我们主要学习了以下几个章节的内容：第4章机械振动第5章机械波第6章气体动理论基础第7章热力学基础第12章光的干涉第13章光的衍射第14章光的偏振在对以上几个章节进行学习了之后，我们大致了解了有关振动、热力学、光学几个方面的知识。

下面，我对以上几个章节的内容进行详细的介绍。

第四章主要介绍了机械振动，例如：任何一个具有质量和弹性的系统在其运动状态发生突变时都会发生振动。

任何一个物理量在某一量值附近随时间做周期性变化都可以叫做振动。

本章主要讨论简谐振动和振动的合成，并简要介绍阻尼振动、受迫振动和共振现象以及非线性振动。

在第五章机械波的学习中，我们知道了什么是“波”。

如果在空间某处发生的振动，以有限的速度向四周传播，则这种传播着的振动称为波。

机械振动在连续介质内的传播叫做机械波；电磁振动在真空或介质中的传播叫做电磁波；近代物理指出，微观粒子以至任何物体都具有波动性，这种波叫做物质波。

不同性质的波动虽然机制各不相同，但它们在空间的传播规律却具有共性。

本章一机械波为例，讨论了波动运动规律。

从第六章开始，我们开始学习气体动理论和热力学篇，其中，气体动理论是统计物理最简单、最基本的内容。

本章介绍热学中的系统、平衡态、温度等概念，从物质的微观结构出发，阐明平衡状态下的宏观参量压强和温度的微观本质，并导出理想气体的内能公式，最后讨论理想气体分子在平衡状态下的几个统计规律。

大学物理课程介绍

大学物理课程介绍大学物理是一门实验性科学，它很好的将理论和实践结合起来，是理论联系实际的一个窗口。

能够培养学生用科学的眼睛看世界，坚持真理，破除迷信。

大学物理是低年级开设的课程，在使学生树立正确学习态度、掌握科学学习方法，培养独立获取知识的能力方面起十分重要的作用。

本课程主要由：质点运动学、质点动力学、振动和波、波动光学、分子动理论、热力学以及电磁学七个部分组成。

本课程课程代码为：090201本课程课程类别为：基础课，必修课。

本课程适用对象为：理工科各类非物理专业的本专科学生。

授课学时：本科化工类、轻纺类授课总学时为68学时，3.4学分，第二学期一学期完成；本科材料类、建工类、机械类、动力类、电子信息类授课总学时为100学时，5学分，分第二学期68学时，3.4学分和第三学期32学时，1.6学分两学期完成。

专科授课总学时为70学时，3.5学分。

本课程目前师资配备为：教授2名，副教授2名，讲师6名，助教10名。

本课程考核形式：闭卷考试占70%，作业及平时成绩占30% 。

本课程教材与教学参考书：基本教材：内蒙古工业大学物理系编.《大学物理》（第一版）. 内蒙古大学出版社. 2002.教学参考书：1、祁关泉等译.《物理学史》.上海教育出版社.1986,3.2、何维杰，欧阳玉.《物理学思想史与方法论》.湖南大学出版社.2001,9.3、赵凯华，罗蔚茵.《新概念物理教程》（力学…）.高等教育出版社.1986,2.4、尹鸿钧.《基础物理教程丛书》（力学…）.中国科学技术大学出版社.1996,2.5、顾建中.《力学教程》.人民教育出版社.1979.3.6、梁昆淼.《力学》（上、下册，修订版）.人民教育出版社.1980.1.7、李椿，章立源，钱尚武.《热学》.人民教育出版社.1978.9.8、赵凯华.《电磁学》（上、下册）.人民教育出版社.1978,4.9、梁灿彬，秦光戎，梁竹健.《电磁学》.人民教育出版社.1980,12.10、姚启钧.《光学教程》.人民教育出版社.1981.6.11、母国光，李若蹯.《普通物理学》（光学部分）.高等教育出版社.1965.11.12、章志鸣，沈元华，陈惠芬.《光学》.高等教育出版社.2000,6.13、张三慧.《大学物理学》（第一、二、三、四、五册）.清华大学出版社.1999.14、陆果.《基础物理学教程》（上、下册）.高等教育出版社.1998.15、[美]阿特.霍布森.《物理学：基本概念极其与方方面面的联系》.上海科学技术出版社.2001.16、邓飞帆，葛昆龄，王祖恺.《普通物理疑难问答》.湖南科技出版社.1984,7.17、华东师大普物研究室.《大学物理选择题》.北京工业学院出版社.1987,10.18、[英]Toh kok Aun,Tan Sean Huat.《普通物理选择题》.上海科技文献出版社.1985,6.19、四川师范学院物理系电磁学教研组.《电磁学思考题解答》（上、下册）.1980,4.20、潘仲麟，黄有兴.《电磁学解题指导》.浙江科技出版社.1982,5.21、苏曾燧.《普通物理思考题集》（第二版）.高等教育出版社.1983,7.22、杨建华，苏惠惠.《大学物理学重大难点专题辅导》.成都科技大学出版社.1993,12.23、北京大学物理系，中国科技大学物理教研室.《物理学习题集》（第一、二、三集）.1980.4，1983.4.24、王发伯，赵仲罴，黄宁庆，罗维治等.《普通物理典型题解》.湖南科技出版社.1981,5.25、马文蔚等编.《物理学》（第三版）.高等教育出版社.1993.26、D. Halliday，R. Resnick，K. S. Krane.《PHYSICS》Fifth Edition. JOHN WILEY & SONS,INC.2002.《大学物理》课程教学大纲一、课程名称大学物理（University physics）二、课程编码090201三、学时数、学分数、开课学期总学时100学时；5学分第二学期：68学时；3.4学分。

大学物理电磁学ppt课件

i
L Er d
B dS S t
--对导线所围面积积分
28
电磁学复习
自感系数 L I
互感系数 M 12 21
i2
i1
自感磁能
WL

1 2
LI 2
互感磁能 WM = M I1I2
L

L
dI dt
12

M
d i2 dt
普适式(L一定)
长直螺线管: B = nI L = n2V
U

q
40 ( x2
R2 )1 2
8
电磁学复习
第11章导体和电介质的静电场
11-1 导体的静电平衡 11-2 电容器及其电容 11-3 静电场中的电介质 11-4 有电介质时的高斯定理 11-5 静电场中的能量
9
电磁学复习
知识点:
静电平衡状态下导体上电荷分布、电场强度和电势电容器的电容及其储能电介质的极化：求D、E、P 电场能量典型例题: 例11.1; 例11.3; 例11.5 典型习题: P50 11-1, 6, 8, 10, 14, 17, 19, 20, 21, 22
平行板电容器 C 0S
d
充电介质:
圆柱形电容器 C 20L
ln(R2 R1 )
C rC0
球形电容器电容
C 40
RA RB RB - RA
电容器储能： We

1 CU 2 2

Q2 2C

1 QU 2
12
电磁学复习
3. 电介质极化：在外场E0中
无极分子 --- 位移极化有极分子 --- 取向极化
电电负内源源载阻充功功功放率率率电II时I22Rr的功率转充放换电电：：充外电电电源路U输I输出入功电率I 源U功II 2率r UI 16

大学物理：Chapter 13-驻波

2
)
y驻
2 A cos(2
x
)cos(2
2
t T
)
2
(3) 波节点： 2 Acos(2 x ) 2
0,
2 x (2k 1)
2
2
2 x k , x k (k 0, 1, 2,) (0 x 5 )
垂直入射中，入射波和反射波的合成
四、半波损失 (相位跃变）
1. 波阻：ρ u 其中，ρ — 介质密度；u — 波速。两介质相比较，ρ u 大者称波密介质，小者称波疏介质。
2. 半波损失
— 当波由波疏介质向波密介质垂直入射，在两介质界面
反射时相位突变π ，称为“半波损失”。
★ 1v1 2v2 时，有半波损失，
A驻 2 A
2 x 2 1 k (k 0, 1, 2,)
2
★ 相邻两波节(或波腹)间的距离： Δx xk 1 xk 2
t 0
tT 4
tT 2
t 3T 4
波节:始终不动的点。红色虚线对应的位置。
波腹:振幅始终最大的点。黑色虚线对应的位置。
2. 驻波中各点的相位关系
2π
2
半波损失: 反射点为波节，表明入射波与反射波在该点反相.
两端固定的弦振动的简正模式
l n n n 1,2,
2
l 1
2 l 22
2
l 33
2
1）弦上的驻波
A
弦
B
L n n
L
2
n
2L n
n=1 n=2 n=3
n
u
n
n u n=4 2L
1
u 2L （基频）
2
u L
3
3u 2L

大学物理第十一章光学第9节衍射光栅汇总

一光栅物理学第五版
11-9 衍射光栅
光栅是由大量的等宽等间距的平行狭缝（或反射面）
构成的光学元件。从广义上理解，任何具有空间周期
性的衍射屏都可叫作光栅。
衍射角
L
P
Q
o
f
第十一章光学
1
物理学
11-9 衍射光栅
第五版
二光栅衍射条纹的形成
衍射角
b
b'
b b'
光栅常数
(b b')sin
b ：透光部分的宽度 b’ ：不透光部分的宽度
栅出现最高级次光谱的条件: d·sin90º= kmax紫
d sin k d和k相同时: 越大越大, 离中央明纹越远
各级明纹为彩色条纹；中央零级明纹中心是白色的；边缘是彩色条纹(紫在内红在外)
第十一章光学
13
物理学
第五版
11-9 衍射光栅
例如二级光谱重叠部分光谱范围
(b b') sin 3紫
k2
b b'
3 7.6105cm 1cm 6500
1.48
1
不4 第三级光谱所能出现的最大波长
' (b b')sin90 b b' 513 nm 绿光
11-9 衍射光栅
(k 0,1,2,)
k 1,
s in k 1
sink
b b'
光栅常数越小，明纹越窄，明纹间相隔越远.
一定，b b' 减少， k1 k 增大．
入射光波长越大，明纹间相隔越远.
b b' 一定，增大， k 1 k 增大．
第十一章光学
8
物理学
第五版

大学物理电路

D
I3
总和。即：
I1 R1 1 A 4
Ii 0
i
分支电路
其中流入节点电流取负值，流出节点电流取正值。
如节点B，流入：I、I1，流出：I2，则有
-I-I1+I2=0
例题2: 请你写出例题2四个直流电路的基尔霍夫第一定律方程组（节点电流方程）.
R1
I1 A•
I2 ① I R2
B
•
Ig
G Rg②
I 2 2 R2
C R4
联而成的组合电路。 I
R3
如BC支路。
B
3
D
节点：三条或三条以
I3
上支路联结点。如A、
I1 R1 1 A 4
B、C、D。
分支电路
ab 123
cd
节点1
4 5
节点2
一、基尔霍夫第一定律
支路：一个具有两个端点而由多个元件串
I 2 2 R2
C R4
联而成的组合电路。 I
E 1 r1
R1
ID1 •
I3
① R3
I4
③
R4
A• 2 r2
I2
3 r3②
•C I5
4 r4
F
B
R2
5个支路 3个回路
图2。
3个节点
一、基尔霍夫第一定律
基尔霍夫第一定律（又称节点电流定
I 2 2 R2
C R4
律）：在任一节点处， I 流向节点的电流总和 B 等于流出节点的电流
R3
3
支路的回路叫做网孔,有时也叫独立的回路。
a
b
网孔：
1
2
3
4 {1 2 }、
{2 3}、

《大学物理学》(第二版)吴王杰 13 13-4自感和互感

C
电磁学电磁感应第4节
2、计算两线圈间的互感系数
假设线圈1中通过电流I1，求该电流在线圈2中激发的磁场B
根据电流I1在线圈2中激发的磁场B，计算该磁场通过线圈2的磁链数ψ
根据互感系数的定义
M 21
I1
电磁学电磁感应第4节
例题3 天线形状各种各样，若距离比较近，开机时可能在天线之间造成信号的互扰，即产生互感现象。如题图所示，鞭形天线可看作长直导线，矩形环天线可看作长为l、宽为b的矩形导线框，其左边到长直导线的距离为a。试计算这两种天线间的互感系数。
电磁学电磁感应第4节
镇流器是自感系数很大的带铁心的线圈，启动时，产生高电压，使日光灯管成为电流的通路而发光。
正常工作时的线圈起降压限制电流作用，保护灯管。
电磁学电磁感应第4节
(2)自感现象的危害和防止大型的电动机、发电机和变压器的绕组线圈都
具有很大的自感，在电闸断开时，强大的自感电动势可能使电介质击穿 ✓ 在工业上常采用逐步增加电阻的方法，逐步减小电流，最后断开电流
•设两极板分别带电±Q •设线圈中通过电流I
•求两极板间的电场强度E •求线圈中的磁感应强度B
•求两极板间的电势差U • 根据定义计算 C Q
U
•求通过线圈的磁链数ψ
• 根据定义计算 L I
电磁学电磁感应第4节
例题1 已知真空中一长直密绕螺线管的长度l，总匝数N和截面积S，求该螺线管的自感系数
该面积的磁链数
电磁学电磁感应第4节
R2 orIldr
R1 2πr
Il ln R2
2π R 1
电缆单位长度的自感 L ln R2
l I 2π R1
R2 R1
r

《大学物理(上)》光的干涉

★ 结论：薄透镜不会引起各相干光之间的附加光程差。
20
万物之美科学之理
目录
第一节光源光波光的相干性第二节光波的叠加光程与光程差第三节分波阵面干涉第四节分振幅干涉第五节迈克尔逊干涉仪第六节迈克尔逊干涉仪
第三节分波阵面干涉
杨氏双缝干涉实验
实验现象
s1
S
s2
明条纹位置明条纹位置明条纹位置
42
第四节分振幅干涉
43
第四节分振幅干涉
练一练观察 n=1.33 的薄油膜的反射光，它呈波长为 500nm 的绿光，且这时法线和视线夹角 i=45o
求（1）膜的最小厚度
i
（2）若垂直观察，此膜呈何种颜色
d
解（1）绿光干涉相长
数据代入（k=1）：（2）垂直观察
深黄色
44
第四节分振幅干涉
P
S1
r2 d
x
2
1
0
I
S2
D
1
x
2
25
第三节分波阵面干涉
讨论
D、d 一定时， x 或 x
若用白光照射双缝，屏上中心明纹仍为白色，两侧对称分布各级紫内红外的彩色条纹。更高级次的彩色条纹可能会发生重叠。
0
1
2
3
0 1 23 4
中央明纹
3
2
1
0
1
2
3
26
第三节分波阵面干涉洛埃镜
M
S1 •
5
第一节光源光波光的相干性
光波
1、颜色与光波
光色波长(nm)
可
红
760~622
见
光七

2017-2018学年教科版九年级下册物理第十一章物理学与能源技术

2019-2019学年教科版九年级下册物理第十一章物理学与能源技术一、单选题（共10题；共20分）1.人类对核能的开发和利用不断取得新的进展, 根据目前的科研水平, 你认为下列关于原子弹和核电站的说法正确的是（）A. 原子弹和核电站都是利用核聚变B. 原子弹和核电站都是利用核裂变C. 原子弹控制链式反应速度D. 核电站不控制链式反应速度2.下列说法错误的是（）A. 电池充电, 电能转化为化学能B. 汽油机工作过程中, 内能转化为机械能C. 用热水袋取暖, 内能发生了转移D. 暖瓶塞被热气弹开, 机械能转化为内能3.下列现象与对应的能量转化错误的是: （）A. 火车过后, 铁轨发热是机械能转化为内能B. 电熨斗通电发热是内能转化为电能C. 太阳光使黑塑料袋内水发热是光能转化为内能D. 生石灰加水发热是化学能转化为内能4.关于核能及其利用, 下列说法中不正确的是（）A. 核能属于不可再生能源B. 核能属于一次能源C. 核能是指原子核发生分裂或聚合时所释放的能量D. 核电站是利用原子核聚变所释放的能量来发电5.以下能源属于可再生能源的是（）A. 风能B. 石油C. 煤D. 核能6.太阳能是人类优先开发和利用的新能源之一, 关于太阳能的利用, 下列说法正确的是（）A. 图甲中, 绿色植物通过光合作用将太阳能转化为化学能B. 图乙中, 太阳能热水器通过做功方式将太阳能转化为水的内能C. 图丙中, 太阳能交通信号灯将太阳能直接转化为信号灯的光能D. 图丁中, 首架环球航行的太阳能飞机将太阳能直接转化为飞机的机械能7.关于能量转化的说法, 不正确的是（）A. 用锤子砸石头, 石头发热﹣﹣机械能转化为内能B. 将金属片插入西红柿做成水果电池向外供电﹣﹣电能转化为化学能C. 电饭锅工作﹣﹣电能转化为内能D. 电风扇工作﹣﹣电能转化为机械能8.我市地处沿海, 能源丰富, 下列能源中属于不可再生能源的是（）A. 风能B. 石油C. 太阳能D. 潮汐能9.下列关于能源、能量转化及其获取的说法正确的是（）A. 化石能源是可再生能源B. 能量在转化或转移的过程中遵守能量守恒定律C. 太阳能不是清洁能源D. 核能只能通过重核裂变获取10.关于信息和能源, 下列说法中正确的是（）A. 利用声波和电磁波传递信息都需要介质B. 核能和化石能源均属于不可再生能源C. 光纤通信利用电信号传递信息D. 目前核电站都是通过聚变反应来利用核能的二、多选题（共2题；共6分）11.关于能源、信息和材料, 下列说法不正确的是（）A. 核能是可再生能源B. 移动通信是利用微波传递信号的C. 光导纤维是利用超声波来传递信息的D. 光电池和VCD光碟都应用了磁性材料12.下列现象中能的转化分析正确的是（）A. 摩擦生热是将机械能转化为内能B. 水电站里水轮机带动发电机是机械能转化为电能C. 给蓄电池充电是将化学能转化为电能D. 植物吸收太阳光进行光合作用是将光能转化为内能三、填空题（共4题；共9分）13.天燃气是一种清洁燃料, 我国很多城市公交车和出租车已使用天燃气来代替柴油或汽油. 天燃气是________ （选填“可再生”或“不可再生”）能源, 它燃烧时释放的化学能转化为汽车的________ 能. 已知天燃气的热值为7×107J/m3 , 某汽车消耗2L天燃气说释放的热量为________ J（假设天燃气完全燃烧）.14.核电站的核心设备是 ________, 设备内发生的 ________反应是可以控制的.15.在我国核工业创建60周年之际, 习近平指出, 核工业是高科技战略产业, 是国家安全的重要基石. 目前的核电站是利用原子________ （填“核聚变”或“核裂变”）释放的能量工作的, 该能源属于________（填“可”或“不可”）再生能源.16.世界上很多发明都是受到生活现象的启发而蒙生的创意, 比如：蒸汽机和汽油机, 它们工作时, 能的转化过程是________ ．图中________ 是汽油机的工作原理图．四、解答题（共1题；共5分）17.美国匹兹堡大学设计了一个热量收集系统, 该系统将学生和教师释放的热能、电灯、厨房以及从窗外射入的阳光等所产生的热量, 统统收集到一个中央设备中, 再由地下的管道重新分散. 据说, 此系统在寒冷的冬季, 可以供学校的10座大楼取暖之用. 其实, 这一系统完全可以具有双重用途, 即使在炎热的夏季, 还可以当做制冷设备使用, 从而使大楼中的环境非常舒适. 通过上面的消息, 你还可以联想到周围环境中或大自然中可以利用的其他能源吗？五、综合题（共1题；共10分）18.一火力发电站, 每年约用煤3.0×105t, 能源利用率为30%, 后来在火力发电的同时利用废气进行供热, 将其改建成热电站, 使得能源的利用率提高到50%, 若电厂年用煤量仍然是3.0×105 t.（1）若不改建, 要得到同样多的供利用的能量, 要耗煤多少万吨？（2）改进后, 相当于节约了多少万吨煤？答案解析部分一、单选题1.【答案】B【解析】【解答】解: 原子弹及核电站都是利用了重核的裂变, 但原子弹是让核能瞬间释放, 不加以控制, 而核电站通过吸收中子而控制反应速度, 从而使能量缓慢释放；AB.原子弹和核电站都是利用的核裂变, 故A错误, B正确；C.原子弹是利用的核裂变, 在反应过程中不加控制让能量瞬间释放, 故C错误；D.核电站通过对中子的控制来控制裂变的链式发应速度, 故D错误.故选B.【分析】原子弹及核电站都是利用了原子核的裂变释放能量, 只不过原子弹对于裂变的速度不加控制, 而核电站是控制裂变的速度让能量得以缓慢释放.2.【答案】D【解析】【解答】A.电池充电时, 将电能转化为了化学能, 故A正确；B.汽油机工作时, 是将内能转化为机械能的过程, 故B正确；C.用热水袋取暖, 热量从热水袋转移到人身上, 即内能发生了转移, 故C正确；D.暖瓶塞被热气弹开, 是热气的内能转化为了瓶塞的机械能, 故D错误. 故选D【分析】分析能量转化时, 就看什么能量减少了, 什么能量增加, 总是减少的能量转化为增加的能量. 结合实例, 明确转化过程中能量的变化情况, 可做出判断.3.【答案】B【解析】【解答】火车过后, 铁轨与火车摩擦发热是机械能转化为内能, A不符合题意；电熨斗通电发热是电能转化为内能, B符合题意；太阳光使黑塑料袋内水发热内能增加, 是光能转化为内能, C不符合题意；生石灰加水发热是通过化反应将化学能转化为内能, D不符合题意.故答案为: B.【分析】（1）机械能与内能可相互转化；（2）电熨斗工作时, 消耗电能, 获得内能；（3）太阳光使黑塑料袋内水发热, 温度升高, 内能增大；（4）生石灰与水发生化学反应, 放出热量.4.【答案】D【解析】【解答】解: A.核能属于不可再生能源, A叙述正确；B.核能属于一次能源, B叙述正确；C.核能是重核裂变或轻核聚变所产生的能量, C叙述正确；D.核电站是利用原子核裂变所释放的能量来发电, D叙述错误, 符合题意要求.故选D.【分析】能源按照能否从自然界得到补充分为可再生能源和不可再生能源. 核电站就是利用原子核的裂变产生的能量来发电的.5.【答案】A【解析】【分析】像风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源.【解答】煤、石油、核能是不可再生能源的, 风能是可再生能源.故选A.【点评】本题主要考查学生对: 能源的分类, 以及可再生能源特点的了解和掌握.6.【答案】A【解析】【解答】解: A.绿色植物的光合作用是将光能转化为化学能, 储存在植物体内, 故A正确； B.太阳能热水器内的水从太阳吸收热量, 内能增加、温度升高, 是通过热传递的方式增加水的内能, 故B错误；C.太阳能信号灯先将太阳能先转化为电能, 再转化为光能, 故C错误；D.太阳能飞机是先将太阳能转化为电能, 再转化为机械能, 故D错误.故选A.【分析】太阳能的利用方式: 一是利用太阳能热水器给它里面的水等物质加热, 把太阳能转化为内能；二是利用光电转换装置, 把太阳能转化为电能；三是植物光合作用转化为化学能.7.【答案】B【解析】【解答】解: A.用锤子砸石头, 石头发热, 这一过程中, 将机械能转化为内能, 故A正确；B.将金属片插入西红柿做成水果电池向外供电这一过程中, 消耗了水果中的化学能, 转化为电能, 故B错误；C.电饭锅工作时, 将电能转化为内能, 故C正确；D.电风扇工作时, 主要将电能转化为机械能, 故D正确.故选B.【分析】判断能量的转化, 我们主要看它要消耗什么能量, 得到什么能量, 总是消耗的能量转化为得到的能量.8.【答案】B【解析】【解答】解: 现在人们可以通过使用可再生能源, 来实现对不可再生能源的保护, 例如使用风能、水能、潮汐能、太阳能等, 故ACD不符合题意；煤炭、石油、天然气都属于化石能源, 是不可再生能源, 故B正确.故选B.【分析】不可再生能源是指短时间之内无法再生的资源, 它的总量是有限的, 所以要避免过度开采. 常见的煤炭、石油、天然气都是不可再生能源.9.【答案】B【解析】【解答】解:A.化石能源指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化, 被埋藏在地下, 受地层压力和温度的影响, 缓慢地形成的可以燃烧的矿物质, 在短时间内不能再生, 是不可再生能源, 故A错误；B.在能的转化和转移的过程中, 能量的总量保持不变, 这就是能量守恒定律, 故B正确；C.太阳能可以直接被人类获取使用, 属于清洁能源, 故C错误；D.获得核能的方式有核裂变和核聚变, 故D错误.故选B.【分析】（1）能从自然界源源不断获得或可重复利用的能源是可再生能源；不能从自然界源源不断获得或不可重复利用的能源是不可再生能源；（3）所谓清洁能源是指污染环境少的可再生能源, 且大多数为一次能源, 包括太阳能、风能、水能、海洋能、生物能、地热能等等. 只有少数二次能源, 如氢能等；（2）能量守恒定律: 能既不会消灭, 也不会创生, 它只会从一种形式转化为另一种形式, 或者从一个物体转移到另一个物体上, 在转移和转化过程中, 能的总量保持不变；（4）核能是由原子核裂变和聚变形成的.10.【答案】B【解析】【解答】A.声波传递需要介质, 电磁波传播不需要介质. 此选项错误；B.核能和化石能源都属于不是可再生能源. 此选项正确；C.光纤通信是利用激光传递信息的, 不是应用电信号. 此选项错误；D.核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的. 此选项错误.故选B.【分析】①声音传播需要介质, 电磁波传播不需要介质；②光导纤维是利用激光的反射传递信息的；③煤、石油、天然气和核能属于不可再生能源；④核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的. 核电站的核心设备是核反应堆, 核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的.二、多选题11.【答案】A,C,D【解析】【解答】解:A.核能是不可再生能源, 不合题意；故A错误；B.移动通信是利用电磁波中的微波频段传递信号的. 故B正确；C.光导纤维是利用激光传递信息的, 不是应用超声波. 故C错误；D.光伏电池是一种在光的照射下产生电能的半导体元件, VCD光碟是近代发展起来不同于磁性载体的光学存储介质. 故D错误.故选ACD.【分析】①核能不能短期内从自然界得到补充, 是不可再生能源；②移动电话用电磁波来传递信息.③光导纤维是利用激光的反射传递信息的；④光伏电池是半导体材料制成的, VCD光碟是光学存储介质移动通信利用微波传递信号.12.【答案】AB【解析】【解答】解: A.摩擦生热是通过做功将机械能转化为内能, 故A正确；B.水电站里水轮机带动发电机发电, 消耗的是机械能转化为电能, 故B正确；C.蓄电池充电时相当于用电器, 是将电能转化为化学能, 故C错误；D.植物吸收太阳光进行光合作用, 是光能转化为化学能, 储存在植物体内, 故D错误.故选AB.【分析】判断能量的转化, 我们主要看它要消耗什么能量, 得到什么能量, 总是消耗的能量转化为得到的能量.三、填空题13.【答案】不可再生；机械； 1.4×105【解析】【解答】解:（1）像化石能源（煤、石油、天然气）、核能会越用越少, 不可能在短期内从自然界得到补充, 所以它们属于不可再生能源；（2）汽车的内燃机可以将天然气燃烧时释放的内能转化为汽车的机械能；（3）消耗2L天燃气释放的热量:Q=qV=7×107J/m3×2×10﹣3m3=1.4×105 J.故答案为: 不可再生；机械；1.4×105 .【分析】（1）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源. 化石能源、核能会越用越少, 不可能在短期内从自然界得到补充, 所以它们属于不可再生能源；（2）内燃机可以把燃料燃烧释放的内能转化为机械能；（3）根据Q=qV计算出天然气燃烧放出的热量.14.【答案】核反应堆；链式【解析】【解答】解: 在核电站中, 其核心设备是核反应堆, 核原料在其中发生可控的核裂变而释放出能量, 这一反应称为链式反应, 最终将核能转化为电能.故答案为: 核反应堆；链式.【分析】核能的利用有核裂变和核聚变, 核电站就是利用核反应堆中可控的核裂变时释放能量来工作的.15.【答案】核裂变；不可【解析】【解答】解: （1）目前核电站是利用核裂变释放的核能来发电的；（2）核能随着使用不断减少, 短时间内从自然界得不到补充, 因此属于不可再生能源. 故答案为: 核裂变；不可.【分析】（1）核裂变和核聚变都能释放能量, 对于核裂变是可控的, 如核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的, 对于核聚变过程不可控, 如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量；（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源. 化石能源、核能会越用越少, 不可能在短期内从自然界得到补充, 所以它们属于不可再生能源.16.【答案】内能转化为机械能；乙【解析】【解答】解: 蒸汽机和汽油机都属于热机, 是将内能转化为机械能的机器；由图甲可知, 燃料燃烧, 将燃料的化学能转化为水和水蒸气的内能, 从玻璃管口喷出的水蒸气驱动叶轮转动, 水蒸气会对叶轮做功, 将水蒸气的内能转化为叶轮的机械能；此过程与蒸汽机的工作过程相似, 反映了蒸汽机的工作原理.在图乙中, 火焰使上方空气温度升高、上升, 热空气带动叶轮转动, 内能转化为机械能, 与汽油机的工作原理相同.故答案为: 内能转化为机械能；乙.【分析】将内能转化为机械能的机器叫热机, 蒸汽机和汽油机都属于热机, 分析图中装置能量转化过程回答.四、解答题17.【答案】答: 早操时同学们跑步的动能；家中做饭时散发的内能；河水的动能；风能等都可以设法利用. 【解析】【分析】我们周围有煤燃烧释放的内能, 人运动时的动能, 大自然中有河水的动能, 风能, 地热能等等．五、综合题18.【答案】（1）解: 设原来每年燃烧3.0×105t煤放出的能量为Q, 求出有效利用的能量30%Q；改建后得到有效利用的能量为50%Q, 若不改建, 要得到同样多的供利用的能量, 需要消耗煤的质量为:m= ×m前= ×3.0×105t=5×105t=50万吨；（2）解: 改进后, 节约煤的质量: △m=m﹣m前=5×105t﹣3.0×105t=2.0×105t=20万吨.【解析】【分析】设原来每年燃烧3.0×105t煤放出的能量为Q, 求出有效利用的能量30%Q；改建后得到有效利用的能量为50%Q, 根据关系式求出若不改建, 要得到同样多的供利用的能量, 要耗煤的质量, 进而求出节约煤的质量．。

2009～2010学年第一学期信息学院电子、通信工程专业2006级本科生课程表(校本部)

2009～2010学年第一学期信息学院电子、通信工程专业2006级
本科生课程表(校本部)
学生人数：51人内招39人外招12人
2、06级毕业实习一周（1学分），具体时间、地点由系通知，指导教师：杨恢东等现代电子教研室教师
2009～2010学年第一学期信息学院电子、通信工程专业2007级
本科生课程表(校本部)
学生人数：74人内招63人外招11人
注：课室编号第一个数字“A”是新教学大楼，“B”是成教楼，“C”是科学馆，“南”是南海楼。

2009～2010学年第一学期信息学院电子技术与科学专业2007级
本科生课程表(校本部)
学生人数：20人内招20人
2009～2010学年第一学期信息学院电子、通信工程专业2008级
本科生课程表(校本部)
2009～2010学年第一学期信息学院电子技术与科学专业2008级
本科生课程表(校本部)
注：2009级本科生从第二周周三（9月16日）开始上课。

2009～2010学年第一学期信息学院电子、通信、电科专业2009级本科生课程表 (珠海校区) 2009年7月20日第二版
预计学生人数：108人内招93人外招15人。

《大学物理B》教学大纲

《大学物理B》课程教学大纲课程编号：90901010学时：64学分：4适用专业：工业设计、车辆工程、交通运输、计算机科学与技术、土木工程、工程管理、道路桥梁与渡河工程、药学、药物制剂开课部门：基础教学部一、课程的性质与任务大学物理课程是我校工科专业的一门专业基础课，具有实验性强的特点。

通过本课程的学习，使学生对物理学的基本概念、基本理论和基本方法有比较系统的认识和正确的理解，为进一步学习打下坚实的基础。

在大学物理课程的各个教学环节中，都应在传授知识的同时，注重学生分析问题和解决问题能力的培养，注重学生探索精神和创新意识的培养，努力实现学生知识、能力、素质的协调发展。

三、实践教学的基本要求2.实践教学要求实践教学具体要求见《大学物理实验大纲》。

四、课程的基本教学内容及要求第一章质点力学1. 教学内容（1）质点和参考系；（2）质点运动的描述；（3）牛顿运动定律；（4）功和能以及机械能守恒定律；（5）冲量和动量以及动量守恒定律；（6）力矩和角动量以及角动量守恒定律。

2．重点与难点重点：质点运动的描述、牛顿运动定律及其应用、动量定理、动能定理、机械能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律和角动量守恒定律、冲量、力矩和角动量的概念。

难点：牛顿运动定律和三个守恒定律及其成立条件3.课程教学要求教学中要通过把质点力学的研究对象抽象为理想模型，逐步使学生学会建立模型的科学研究方法。

应注意1.质点力学中除角动量部分外绝大多数概念学生在中学阶段已有接触，故教学中展开应适度，以避免重复；2.学习矢量运算、微积分运算等方法在物理学中的应用。

3.可简要说明守恒定律与对称性的相互关系及其在物理学中的地位。

使学生掌握描述质点运动的基本物理量：位置矢量、位移、速度和加速度的概念，理解它们具有的矢量性、相对性和瞬时性，能用求导方法由已知的运动方程求速度和加速度；掌握牛顿运动定律的内容及应用；掌握质点的动能和动能定理，理解保守力和势能的概念，理解系统的机械能定理及其应用，掌握机械能守恒定律及适用条件与应用；理解冲量的概念，掌握动量定理、动量守恒定律及适用条件与应用；了解力矩和角动量的概念，理解角动量守恒定律及应用。

大学物理答案第11章

第十一章恒定磁场11－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小r R B B 、满足（）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）.11－2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π （C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2题 11-2 图分析与解作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．11－3 下列说法正确的是（）（A ）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B ）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C ）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B ）．11－4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（）（A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠（D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠题 11-4 图分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．11－5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ（μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（）（A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1- （C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．11－6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速.分析一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为c I e I /Δ=，因而由lNecI =，可解出环中的电子数.解通过分析结果可得环中的电子数10104⨯==ecIlN 11－7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol －1，密度ρ ＝8.9 g · cm －3，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度26.0A mm m j -=⋅ ，求此时铜线内电子的漂移速率v d ；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d 的多少倍？分析一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度m ρn /=根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度d m ne j v = ．从而可解得电子的漂移速率v d ．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率em kTπ8=v 其中k 为玻耳兹曼常量，m e 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解（1）铜导线单位体积的原子数为M ρN n A /=电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率14A s m 1046.4--⋅⨯===eN M j ne j m m d ρv （2）室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为81042.2π81⨯≈=ed d m kTv v v 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．11－8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m ，内圆柱面的半径为3.0 mm ，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA 电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm 的圆柱面上的电流密度．题 11-8 图分析如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得rlI j π2=解由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度2m A μ3.13π2-⋅==rlIj 11－9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－5T ．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？解设赤道电流为I ，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度()RIRR IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRBI 由于在地球地磁场的Ｎ极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 11-9 图11－10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接.求环心O 的磁感强度．题 11-10 图分析根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕奥－萨伐尔定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4rl I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路，故有2211l I l I =将21B B 、叠加可得点O 的磁感强度B ．解由上述分析可知，点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 11－11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=iB B 0.解（ａ）长直电流对点O 而言，有0d =⨯rl I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里．（c ）将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外．11－12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O 的磁感强度B ．题 11-12 图分析由教材11－4 节例题2的结果不难导出，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαI μB π40=，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度RIμB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定.点O 的磁感强度O B 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加. 解根据磁场的叠加在图（ａ）中，k i k k i B RIμR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---= 在图（ｂ）中，k i k i i B RI μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=---= 在图（c ）中，k j i B RIμR I μR I μπ4π4830000---= 11－13 如图(a)所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．题 11-13 图分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xId π2d d 0μ=⋅=ΦS B矩形平面的总磁通量ΦΦ⎰=d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ 11－14 已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题 11-14 图分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πRIrμB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rIμB 2π0=磁感强度分布曲线如图所示．11－15 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．题 11-15 图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得 r ＜R 12211ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR IrμB =R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rIμB 2π02=R 2 ＜r ＜R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．11－16 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．题 11-16 图分析根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而πr 2d ⋅=⋅⎰B l B依照安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解依照上述分析，有∑=⋅I μr B 02πr ＜R 102π1=⋅r B 01=BR 2 ＞r ＞R 1NI μr B 022π=⋅rNIμB 2π02=r ＞R 202π3=⋅r B 03=B在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若112R R R <<- 和R 2 ，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径()1221R R R +=，则环内的磁感强度近似为RNIμB 2π0≈11－17 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题 11-17 图分析由题11－14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度()202πR Irμr B =在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ⎰=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量⎰=Sr B Φd解由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020Iμr R Ir μΦR==⎰11－18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=⨯，方向向北．若宇宙射线中有一速率715.010m s -=⨯v 的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．题 11-18 图解（1）依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向，如图所示．（2）因B ⊥v ，质子所受的洛伦兹力N 102.316-⨯==B F v q L在地球表面质子所受的万有引力N 1064.126p -⨯==g m G因而，有101095.1/⨯=G F L ，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．11－19 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？题 11-19 图分析血流稳定时，有H qE B q =v由上式可以解得血流的速度．解依照分析m/s 63.0===dBU B E HH v 11－20 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5 cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 Ｔ，求此质子的动量和动能．解根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有m/s kg 1012.121⋅⨯===-ReB m p vkeV 35.222==mp E k11－21 从太阳射来的速度为0.80×108m /ｓ的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v11－22 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝20 A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm ， b ＝8.0 cm ，l ＝0.12 m ．题 11-22图分析矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为dlI I μF π22103=()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F 合力的方向朝左，指向直导线．11－23 一直流变电站将电压为500k V 的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10－11F·m －1，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1）通过输电线的电流；（2）输送的功率．分析当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d ，一导线在另一导线位置激发的磁感强度dIμB π20=,导线单位长度所受安培力的大小BI F B =．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU ，一导线在另一导线位置所激发的电场强度dελE 0π2=，两导线间单位长度所受的静电吸引力λE F E =．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即0=+E B F F从中可解得输电线中的电流．解（1）由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为dI μBI F B π220==dεU C λE F E 022π2== 由0=+E BF F 可得dεU C d I μ02220π2π2=解得A 105.4300⨯==μεCUI （2）输出功率W 1025.29⨯==IU N11－24 在氢原子中，设电子以轨道角动量π2/h L =绕质子作圆周运动，其半径为m 1029.5110-⨯=a ．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为s J 1063.634⋅⨯-分析根据电子绕核运动的角动量π20h a m L ==v可求得电子绕核运动的速率v ．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流v/π20a eT e i ==在圆心处，即质子所在处的磁感强度为02a i μB =解由分析可得，电子绕核运动的速率π2ma h=v其等效圆电流2020π4/π2ma hev a e i ==该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma heμa i μB 11－25 如图[a]所示，一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr （μr ＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1）空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2）磁介质表面的磁化电流．题 11-25 图分析电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选取任一同心圆为积分路径，应有⎰⋅=⋅r H d π2l H ，利用安培环路定理⎰∑=⋅fId l H求出环路内的传导电流，并由H μB =，()H μM r 1-=，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流．解（1）取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有∑=f π2I r H对r ＜R 1221f ππr R I I =∑ 得2112πR IrH =忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有01=M ，21012πR IrμB =对R 2 ＞r ＞R 1I I=∑f得rI H 2π2=填充的磁介质相对磁导率为μr ，有()r I μM r 2π12-=，rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2()()2223223ππR r R R I I I f -⋅--=∑ 得()()222322332πR R r r R I H --= 同样忽略导体的磁化，有03=M ，()()2223223032πR R r r R I μB --= 对r ＞R 30=-=∑I I If得04=H ，04=M ，04=B（2）由r M I s 2π⋅=，磁介质内、外表面磁化电流的大小为()()I μR R M I r si 12π112-=⋅= ()()I μR R M I r se 12π222-=⋅=对抗磁质（1r μ<），在磁介质内表面（r ＝R 1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R 2 ），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H （r ）和B （r ）分布曲线分别如图（ｂ）和（c ）所示．。

大学物理习题及答案(生物类)

习题三第三章流体的运动3-1 若两只船平行前进时靠得较近，为什么它们极易碰撞?答：以船作为参考系，河道中的水可看作是稳定流动，两船之间的水所处的流管在两船之间截面积减小，则流速增加，从而压强减小，因此两船之间水的压强小于两船外侧水的压强，就使得两船容易相互靠拢碰撞。

3-2 为什么一个装有烟囱的火炉，烟囱越高通风的效果越好?(即烟从烟囱中排出的速度越大)答：通常高处空气水平流动速度比较大，如果烟囱越高，则出口处的气体更容易被吸出。

3-3 为什么自来水沿一竖直管道向下流时，形成一连续不断的冰流，而当水从高处的水龙头自由下落时，则断裂成水滴，试说明之。

答：水沿一竖直管道向下流时，由于管壁的摩擦力作用，使得各处水的速度一致，因而可形成连续不断的水流。

水自由下落时，由于水在不同高度处速度不同，因此难以形成连续的流管，故易裂开。

3-4 有人认为从连续性方程来看，管子愈粗流速愈小，而从泊肃叶定律来看，管子愈粗流速愈大，两者似有矛盾，你认为如何?为什么?答：对于一定的管子，流量一定的情况下，根据连续性方程管子愈粗流速愈小；管子两端压强一定的情况下，根据泊肃叶定律管子愈粗流速愈大。

条件不同，结果不同。

3-5 水在粗细不均匀的水平管中作稳定流动，已知截面S1处的压强为110Pa，流速为0.2m·s-1，截面S2处的压强为5Pa，求S2处的流速(内摩擦不计)。

(0.5m·s-1)3-6 水在截面不同的水平管中作稳定流动，出口处的截面积为管的最细处的3倍，若出口处的流速为2m·s-1，问最细处的压强为多少?若在此最细处开一小孔，水会不会流出来。

(85kPa)3-7 在水管的某一点，水的流速为2m·s-1，高出大气压的计示压强为104Pa，设水管的另一点的高度比第一点降低了1m，如果在第二点处水管的横截面积是第一点的1／2，求第二点处的计示压强。

(13．8kPa)水以每秒1.4×10-4m3的快慢由水管自上面放人容器中。

2020年智慧树知道网课《大学物理》课后章节测试满分答案1

第一章测试1【单选题】(10分)A.B.C.D.2【单选题】(10分)A.8，8；B.10，10；C.8，10；D.10，8；3【单选题】(10分)一支长为100米的队伍直线前进，通信兵从队尾跑到队首又返回队尾，队伍前进了200米，则通信兵的位移大小为（）。

A.200米；B.100米；C.300米；D.400米。

4【单选题】(10分)质点在二维直角坐标系里做平面曲线运动，则质点速率的正确表达式为（）。

A.B.C.D.5【单选题】(10分)一辆轿车以72km/h的速度在水平路面上直线行驶，突然发现前方100米有一辆自行车以10m/s的速度沿同方向匀速行驶，如轿车刹车作匀减速行驶，加速度至少为多大时才不会撞上自行车（）。

A.0.2m/s2；B.2.0m/s2；C.5.0m/s2；D.0.5m/s2；6【单选题】(10分)质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的最小速度是v，则当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是（）。

A.0；B.2mg；C.3mg；D.mg；7【单选题】(10分)如图所示，质量为m的木块放置在粗糙水平面上，二者之间摩擦系数为μ，重力加速度为g，现对木块施加斜向上的拉力F，与水平面的夹角为θ，物体可以在地面上运动的最小拉力为（）。

A.B.C.D.8【单选题】(10分)A.B.C.D.9【单选题】(10分)火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定。

若在某转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法中正确的是（）。

①当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力与轨道面支持力的合力提供向心力。

②当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力。

③当火车速度大于v时，轮缘挤压外轨。

④当火车速度小于v时，轮缘挤压外轨。

A.①②；B.①③；C.②④；D.②③；10【单选题】(10分)质点作半径为R的变速率圆周运动，v为任一时刻质点的速率，则该质点的加速度大小是（）。