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湖南大学物理试题及答案

湖南大学物理试题及答案

湖南大学课程考试试卷课程名称：大学物理2；试卷编号： 1 ；考试时间：120分钟一、选择题（单选题，每小题3分，共30分）1. 一点电荷，放在球形高斯面的中心处．下列哪一种情况，通过高斯面的电场强度通量发生变化：(A) 将另一点电荷放在高斯面外．(B) 将另一点电荷放进高斯面内．(C) 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内．(D) 将高斯面半径缩小．［］2. 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F与两极板间的电压U的关系是：(A) F∝U．(B) F∝1/U．(C) F∝1/U 2．(D) F∝U 2．［］3. 一导体球外充满相对介电常量为εr的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E．(B) ε 0ε r E．(C) ε r E．(D) (ε 0ε r- ε 0)E．［］4. 如图，在一圆形电流I所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路L，则由安培环路定理可知(A) B = 0．(B) B≠0．(C) B≠0．B =常量．5. 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管，两螺线管单位长度上的匝数相等．设R = 2r ，则两螺线管中 的磁感强度大小B R 和B r 应满足： (A) B R = 2 B r ． (B) B R = B r ．(C) 2B R = B r ． (D) B R = 4 B r ． ［ ］6. 在圆柱形空间内有一磁感强度为B 的均匀磁场，如图所示． B的大小以速率d B /d t 变化．在磁场中有A 、B 两点，其间可放直导线AB 和弯曲的导线AB ，则 (A) 电动势只在AB 导线中产生． (B) 电动势只在AB 导线中产生．(C) 电动势在AB 和AB 中都产生，且两者大小相等．(D) AB 导线中的电动势小于AB 导线中的电动势． ［ ］7. 用频率为ν1的单色光照射某种金属时，测得饱和电流为I 1，以频率 为ν2的单色光照射该金属时，测得饱和电流为I 2，若I 1> I 2，则 (A) ν1 >ν2． (B) ν1 <ν2．(C) ν1 =ν2． (D) ν1与ν2的关系还不能确定． ［ ］8. 关于不确定关系 ≥∆∆x p x ( )2/(π=h ，有以下几种理解： (1) 粒子的动量不可能确定． (2) 粒子的坐标不可能确定．(3) 粒子的动量和坐标不可能同时准确地确定． (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子． 其中正确的是： (A) (1)，(2). (B) (2)，(4).(C) (3)，(4). (D) (4)，(1). ［ ］9. 直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是 (A) 康普顿实验． (B) 卢瑟福实验．(C) 戴维孙－革末实验． (D) 斯特恩－革拉赫实验． ［ ］10. 有下列四组量子数：(1) n = 3，l = 2，m l = 0， (2) n = 3，l = 3，m l = 1， (3) n = 3，l = 1，m l = -1 (4) n = 3，l = 0，m l = 0， 其中可以描述原子中电子状态的(A) 只有(1)和(3)． (B) 只有(2)和(4)． (C) 只有(1)、(3)和(4)．(D) 只有(2)、(3)和(4)． ［ ］二、 填空题（共30分）1.（本题3分）一半径为R 的均匀带电圆环，电荷线密度为λ． 设无穷远处为电势零点，则圆环中心O 点的电势U ＝______________________．2.（本题4分）一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为W e 0，使其电荷保持不变，把它浸没在相对介电常量为εr 的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量W e =__________________________．3.（本题3分）有一半径为a ，流过稳恒电流为I 的1/4圆弧形载流导线bc ，按图示方式置于均匀外磁场B中，则该载流导线所受的安培力大小为_______________________．4.（本题3分）在相对介电常量为εr 的各向同性的电介质中，电位移矢量与场强之间的关系 是___________________ ．5.（本题3分）一平行板空气电容器的两极板都是半径为R 的圆形导体片，在充电时，板间电场强度的变化率为d E /d t ．若略去边缘效应，则两板间的位移电流为_________________________．6.（本题3分）某一波长的X 光经物质散射后，其散射光中包含波长________和波长__________ 的两种成分，其中___________的散射成分称为康普顿散射．7.（本题4分）图示被激发的氢原子跃迁到低能级时(图中E 1不是基态能级)，可发出波长为λ1、λ2、λ3的辐射，其频率ν1、ν2和ν3满足关系式______________________；三个波长满足关系式__________________．8.（本题3分）1921年斯特恩和革拉赫在实验中发现：一束处于s 态的原子射线在非均匀磁场中 分裂为两束．对于这种分裂用电子轨道运动的角动量空间取向量子化难于解释，只能用___________________________来解释．9.（本题4分）多电子原子中，电子的排列遵循__________________________原理和______________________原理．三、计算题（每小题10分，共40分）1. 半径为R 的带电细圆环，其电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．2. 一半径为R(r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R )试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．3. 有一闭合回路由半径为a 和b 的两个同心共面半圆连接而成， 如图．其上均匀分布线密度为λ 的电荷，当回路以匀角速度ω 绕过 O 点垂直于回路平面的轴转动时，求圆心O 点处的磁感强度的大小．4. 由质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成的矩形线框， 宽为b ，在t =0 时由静止下落，这时线框的下底边在 y =0平面上方高度为h 处(如图所示)．y =0平面以上没有磁场；y =0平面以下则有匀强磁场B ，其方向在图中垂直纸面向里．现已知在时刻t = t 1和t = t 2， 线框位置如图所示，求线框速度v 与时间t 的函数关系 (不计空气阻力，且忽略线框自感)．大学物理试卷（二）答案与评分标准一 选择题（每小题3分，共30分）1（B ）2（D ）3（B ）4（B ）5（B ）6（D ）7（D ）8（C ）9（D ）10（C ）二 填空题（共 30分）1． λ / (2ε0) 3分2． W e 0 / εr 4分3． aIB 3分 4．E D rεε0= 3分5．t E R d /d 20πε 3分 6． 不变 1分 变长 1分 波长变长 1分7． 123ννν+= 2分 123111λλλ+=2分 8． 电子自旋的角动量的空间取向量子化 3分9． 泡利不相容原理 2分 能量最低原理 2分三．计算题（每小题10分，共40分）1．解：在任意角φ 处取微小电量d q =λd l ，它在O 点产生的场强为：R R l E 00204d s co 4d d εφφλελπ=π=3分它沿x 、y 轴上的二个分量为：d E x =－d E cos φ 1分 d E y =－d E sin φ 1分对各分量分别求和⎰ππ=20200d s co 4φφελR E x ＝ R 004ελ2分0)d(sin sin 42000=π=⎰πφφελR E y 2分 故O 点的场强为：iR i E E x 004ελ-== 1分2．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为()qr rR q V Q r V===⎰⎰034d /4d ρ 2分(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有40412401211d 414R qr r r R qr E r r εε=π⋅π=π⎰得402114R qr E επ=(r 1≤R)，1E方向沿半径向外． 2分在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有0222/4εq E r =π 得22024r qE επ= (r 2 >R )， 2E 方向沿半径向外． 2分(3) 球内电势⎰⎰∞⋅+⋅=RRr r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=R R r rr q r R qr d 4d 4204021εε40310123R qr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R q ε()R r ≤1 2分 球外电势2020224d 4d 22r q r r q r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >2 2分3．解： 321B B B B ++=B 1、B 2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，B 3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度．ππ=21bI λω，422200101λωμλωμμ=π⋅π==b b b I B 3分 ππ=22aI λω， 422200202λωμλωμμ=π⋅π==a a a I B 3分)2/(d 2d 3π=r I λω1分r r B bad 203⋅π=⎰λωμabln 20π=λωμ=B )ln (20a b +ππλωμ 3分 4．解：(1) 在线框进入磁场之前( 0 ≤t ≤ t 1 )线框作自由落体运动：v =gt当g h t t /21==时 hg 21==v v2分(2) 线框底边进入磁场后，产生感应电流，因而受到一磁力bBt R IbB F d d 1Φ== (方向向上)t y R b B d d 22=vR b B 22= 2分线框运动的微分方程为：v R b B mg 22-t md d v= 1分令m Rb B K 22=，求解上式，注意到 t = t 1 时 v = v 1，得]e )([1)(11t t K K g g K ----=v v (t 1 ≤t ≤ t 2 ) 2分当 2t t =， ]e )([1)(1212t t k K g g K ----==v v v(3) 当线框全部进入磁场后( t > t 2 )，通过线框的磁通量不随时间变化，线框回路不存在感生电流，磁力为零．故线框在重力作用下作匀加速下落，)(22t t g -+=v v即)(]e )([12)(112t t g K g g Kt t K -+--=--v v ( t ≥ t 2 )3分[试卷]。

(整理)大学物理下答案湖南大学出版

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动作一： 双手叉腰，向前踢小腿。

细节：伸直腿并且绷紧脚部。

动作二： 右腿弯曲，双手扶住右膝，左腿伸直，钩脚。

细节：脚部尽量上钩。

动作三： 前跨步，双手扶稳迈出的大腿，下压后腿。

细节：后腿尽量拉长。

动作四： 双手扶地，头朝下，脚部向上伸展。

细节：脚尖尽量指向天空。

动作五： 双手叉腰，踮高脚跟走路。

细节：收紧臀部直达双腿。

动作六： 一腿持重，另一条腿伸直并脚尖点地，同时双臂沿脚尖点出方向打开。

细节：腰部平直下压。

第十三章 静电场 P38．13．1 如图所示，在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 =1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．[解答]根据点电荷的场强大小的公式22014q qE k r r ==πε，其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2．点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯，方向向下．点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右．C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．13．2 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．[解答]在带正电的圆弧上取一弧元d s = R d θ， 电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为220001d 1d d d 444q s E R R R λλθπεπεπε===，场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为2d sin y LE E E ==⎰θ/6/60000sin d (cos )22R R==-⎰ππλλθθθπεπε0(1)22R=-λπε．13．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求：（1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)．在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为1220d d d 4()q lE k r x l ==-λπε场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得120d 4()LL lE x l λπε-=-⎰ 014LLx lλπε-=-011()4x L x Lλπε=--+ 220124L x L λπε=-． ①将数值代入公式得P 1点的场强为8912220.13109100.180.1E -⨯⨯⨯=⨯⨯-= 2.41×103(N·C -1)，方向沿着x 轴正向．（2）建立坐标系，y = d 2． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为 d q = λd l ，在棒的垂直平分线上的P 2点产生的场强的大小为2220d d d 4q lE kr r λπε==，由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为d E y = d E 2sin θ．由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ，因此02d sin d 4y E d λθθπε-=，总场强大小为02sin d 4Ly l LE d λθθπε=--=⎰02cos 4Ll Ld λθπε=-=LL=-==． ②将数值代入公式得P 2点的场强为89221/220.13109100.08(0.080.1)y E -⨯⨯⨯=⨯⨯+= 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得1011011144/1a E d d a d d a λλπεπε==++，保持d 1不变，当a →∞时，可得1014E d λπε→， ③这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．（2）由②式得y E ==，当a →∞时，得022y E d λπε→， ④这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．13．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零．[解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为 d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E k r R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E R πθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，方向沿着x 轴正向．再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=，由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`xx E E =，可得tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．13．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a 处的场强．（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强．[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x ， 根据直线带电线的场强公式02E rλπε=，得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-，其方向沿x 轴正向．由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为图13.4 图13.5/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰ /2/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2b aσπε=+． ① 场强方向沿x 轴正向．（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度仍然为dλ = σd x ，带电直线在Q 点产生的场强为221/200d d d 22()xE rb x λσπεπε==+，沿z 轴方向的分量为221/20cos d d d cos 2()z xE E b x σθθπε==+，设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此d d cos d 2z E E σθθπε==积分得arctan(/2)arctan(/2)d 2b d z b d E σθπε-=⎰0arctan()2b dσπε=． ② 场强方向沿z 轴正向．[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = σb ，①式的场强可化为0ln(1/)2/b a E a b aλπε+=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02E aλπε→， ③这正是带电直线的场强公式．（2）②也可以化为0arctan(/2)2/2z b d E d b dλπε=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02z E dλπε→，这也是带电直线的场强公式．当b →∞时，可得2z E σε→， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．13．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？[解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．13．7 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为q = πR 2σ， 通过球面的电通量为 Φe = q /ε0， 通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2σ/2ε0．13．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）．（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S Ñ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）．13．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．[解答]方法一：高斯定理法．（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为d e SΦ=⋅⎰E S2d d d S S S =⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E S E S E S 1`02ES E S ES =++=，高斯面内的体积为 V = 2rS ， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ，高斯面在板内的体积为V = Sd ， 包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②方法二：场强叠加法． （1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为d σ = ρd y ，产生的场强为 d E 1 = d σ/2ε0， 积分得100/2d ()222rd y dE r ρρεε-==+⎰，③ 同理，上面板产生的场强为/2200d ()222d ry d E r ρρεε==-⎰，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．（2）在公式③和④中，令r = d /2，得E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0，E 就是平板表面的场强．平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．图13.713．10 一半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为R`<R 的小球体，如图所示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场．[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加．对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r r ππρε=P 点场强大小为3E r ρε=． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r R ππρε=P 点场强大小为3203R E r ρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为320`3O R E a ρε=，方向由O 指向O `．O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为`03O E a ρε=，方向也由O 指向O `．[证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为3r E r ρε=，`0`3r E r ρε=， 方向如图所示．设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为222``2cos r r r r E E E E E θ=++2220()(`2`cos )3r r rr ρθε=++， 根据余弦定理得222`2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以3E a ρε=， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．13．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功．[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：U O = 0；在C 点产生的电势为0004346C q q q U RRRπεπεπε--=+=，电场力将正电荷q0从O 移到C 所做的功为W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．13．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2σ，B 平图13.10图13.11面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？[解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2σ/2ε0 = σ/ε0，E B = σ/2ε0，两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为E = E A - E B = σ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．两平面间的电势差为U = Ed = σd /2ε0，当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qσd /2ε0．13．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？[解答]带电球面在外部产生的场强为204Q E rπε=，由于d d R RRU U E r ∞∞∞-=⋅=⎰⎰E l200d 44RR QQr r r πεπε∞∞-==⎰04Q Rπε=，当U R = 0时，04Q U Rπε∞=-．13．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r <R ）处的电势为2230(3)8Q R r U Rπε-=． [证明]球的体积为343V R π=，电荷的体密度为334Q QV Rρπ==． 利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为30034QE r r Rρεπε==，（r ≦R ）； 204Q E rπε=，（r ≧R ）．取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为d d d RrrRU E r E r ∞∞=⋅=+⎰⎰⎰E l3200d d 44RrRQ Qr r r R r πεπε∞=+⎰⎰230084R rRQQ rRrπεπε∞-=+22300()84Q Q R r RRπεπε=-+2230(3)8Q R r R πε-=．13．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷．（1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图； （2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反．（1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为d e SΦ=⋅⎰E Sd d d 2S S S ES =⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰E S E S E S 12．高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为地Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ， 包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )；E = -ρb/ε0， (y ≦-b )．E-y 图如左图所示．（2）对于平面之间的点，电势为d d yU y ρε=-⋅=-⎰⎰E l 22y C ρε=-+，在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为22y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )． 这是一条开口向下的抛物线．当y ≧b 时，电势为d d nqbnqbU y y C εε=-⋅=-=-+⎰⎰E l ，在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，因此电势为2002b bU y ρρεε=-+，(b ≦y )．当y ≦-b 时，电势为00d d b bU y y C ρρεε=-⋅==+⎰⎰E l ， 在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρd 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=+，两个公式综合得200||2b b U y ρρεε=-+，(|y |≧d )． 这是两条直线．U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即d U =-⋅⎰E l这是因为积分的起点位置是积分下限．13．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两板相隔5.0cm ，板上各带电荷σ=3.3×10-6C·m -2，求：（1）在两板之间离A 板1.0cm 处P 点的电势；（2）A 板的电势． [解答]两板之间的电场强度为E=σ/ε0，方向从A 指向B ．以B 板为原点建立坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ．（1）P 点和B 板间的电势差为d d BBPPr r P B r r U U E r -=⋅=⎰⎰E l0()B Pr r σε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为6123.3100.048.8410P U --⨯=⨯⨯=1.493×104(V)． （2）同理可得A 板的电势为()A B A U r r σε=-=1.866×104(V)．13．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求：（1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势； （2）带电直线中垂线上离中点为r 处的电势； （3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ． （1）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q= λd l ，根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为101d d 4lU r lλπε=-总电势为10d 4LL l U r lλπε-=-⎰ln()4Ll Lr l λπε=--=-0ln8q r LLr Lπε+=-． （2）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，在线的垂直平分线上的P 2点产生的电势为2221/20d d 4()lU r l λπε=+，积分得2221/201d 4()LLU l r l λπε-=+⎰)4Ll Ll λπε=-=0ln8q Lπε=0ln4q Lπε=．（3）P 1点的场强大小为11U E r∂=-∂011()8qL r L r L πε=--+22014qr L πε=-， ①方向沿着x 轴正向．P 2点的场强为22U E r∂=-∂01[4qL r πε==， ②方向沿着y 轴正向．[讨论]习题13．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为1220124L E x L λπε=-，由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①．（2）习题13．3的解答还计算了中垂线上的场强为y E =取d 2 = r ，可得公式②．由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算．13．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：（1）A ，B 两点的电势；（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强． [解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势．在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为d V = 4πr 2d r ， 包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ， 在球心处产生的电势为00d d d 4O qU r r r ρπεε==，球心处的总电势为21222100d ()2R O RU r r R R ρρεε==-⎰， 这就是A 点的电势U A ．过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的．球面外的电荷在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得22120()2B U R r ρε=-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为3314()3B V r R π=-， 包含的电量为 Q = ρV ，这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为332100()43B BBQ U r R r r ρπεε==-．B 点的电势为U B = U 1 + U 2322120(32)6B BR R r r ρε=--． （2）A 点的场强为0AA AU E r ∂=-=∂． B 点的场强为3120()3B B B B BU R E r r r ρε∂=-=-∂．[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为E = 0， (r ≦R 1)．过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为3314()3V r R π=-，包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0， 可得B 点的场强为3120()3R E r rρε=-， (R 1≦r ≦R 2)．这两个结果与上面计算的结果相同．在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为33214()3V R R π=-，包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得可得球壳外的场强为33212200()43R R qE r rρπεε-==，(R 2≦r )．图13.18A 点的电势为d d AAA r r U E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l12131200d ()d 3AR R r R R r r r rρε=+-⎰⎰2332120()d 3RR R r r ρε∞-+⎰22210()2R R ρε=-． B 点的电势为d d BBB r r U E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l23120()d 3BR r R r r r ρε=-⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰322120(32)6B BR R r r ρε=--． A 和B 点的电势与前面计算的结果相同．13．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为σ，求：（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）；（2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度．（此题解答与书中P38页例13．13的解答相同，在此省略）13．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．[解答]地球的平均半径为R =6.371×106m ．（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量．根据公式 E = -σ/ε0， 电荷面密度为 σ = -ε0E ； 地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为Q = σS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，k 是静电力常量，因此电量为629(6.37110)200910Q ⨯⨯=-⨯=-9.02×105(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为2()``R h E Q k+=-=-0.9×105(C)， 大气层中的电荷为q = Q - Q` = 8.12×105(C)．由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)，平均电荷密度为ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．第十四章 静电场中的导体和电介质P80．14．1 一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为204q E r πε=．当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为04cq U r πε=．14．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d SΦ=⋅⎰D S Ñ12d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外．14．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为000111444o q q Q qU r a bπεπεπε-+=++14．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？（2）A 板电势为多少？[解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为q 1 = σ1S 和q 2 = σ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0， A 、C 间的场强为 E 2 = σ2/ε0．设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ②即 σ1d 1 = σ2d 2． ③解联立方程①和③得σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)，所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)；q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)．B 、C 板上的电荷分别为q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)． (2)两板电势差为ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)． 由于B 板和C 板的电势为零，所以U A = ΔU = 452.4(V)．14．5 一无限大均匀带电平面A ，带电量为q ，在它的附近放一块与A 平行的金属导体板B ，板B 有一定的厚度，如图所示．则在板B 的两个表图14.3图14.42图14.5面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B 原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得q 1 + q 2 = 0． ①虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S ，则面电荷密度分别为σ1 = q 1/S 、σ2 = q 2/S 、σ = q/S ， 它们产生的场强大小分别为E 1 = σ1/ε0、E 2 = σ2/ε0、E = σ/ε0． 在B 板内部任取一点P ，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A 板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得E 1 - E 2 – E = 0，即 σ1 - σ2 – σ = 0，或者说 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -q /2．14．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V ，两板间相距为1.2mm ，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以σ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以σ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以σ2 = -σ3．两板之间的场强为E = σ3/ε0，而 E = U/d ， 所以面电荷密度分别为σ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m -2)，σ2 = -σ3 = -8.84×10-7(C·m -2)．14．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214R C R R πε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2）[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为1210012211441/1/R R C R R R R πεπε==--外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R R C C C R R R πεπε=+=+-202214R R R πε=-．方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`R q q R =-． 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为122002`44R q q E r R r πεπε==-，负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为图14.61122d d R R R R U E r =⋅=⎰⎰E l121202()d 4R R R qr R r πε=-⎰1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-= 球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．14．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．14．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． 总电容的倒数为122112*********d d d d C C C S S Sεεεεεε+=+=+=， 总电容为122112SC d d εεεε=+．14．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ； （3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？ [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d SΦ=⋅⎰D S Ñ12d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = λ/2πr ， 方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ，方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLR U E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l21ln 2R R λπε=．电容为212ln(/)q l C U R R πε==．在真空时的电容为00212ln(/)l qC U R R πε==，所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．14．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布； （2）介质层内、外表面的极化电荷面密度． [解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为2d d 4d S SD S r D Φπ=⋅==⎰⎰D S 蜒高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2， 方向沿着径向．用矢量表示为D = Q 0r /4πr 3．电场强度为E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3，方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ，所以 P = D - ε0E = 031(1)4r Q rεπ-r．在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以D = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为E 0 = Q 0r /4πε0r 3；极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3；总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3． 由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为 `101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-．在介质层外表面，极化电荷为``21q q =-，面密度为``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-．14．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．14．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ； 另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，静电能为W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．14．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；。

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章重力势能含答案

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章重力势能含答案

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章2重力势能[学习目标] 1.知道重力做功的特点.2.理解重力势能及重力做功与重力势能变化的关系.3.知道重力势能具有相对性，知道重力势能是物体和地球组成的“系统”所共有的.4.理解弹性势能，知道影响弹性势能大小的相关因素．一、重力做的功1．重力所做的功W G＝mgΔh，Δh指初位置与末位置的高度差．2．重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．二、重力势能1．定义：物体由于被举高而具有的能量叫重力势能．2．大小：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积，表达式为E p＝mgh.3．单位：焦耳．4．重力做功和重力势能变化的关系：重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加．关系式：W G＝E p1－E p2.三、重力势能的相对性1．重力势能的相对性在参考平面上物体的重力势能为0.选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的，但重力势能的差值相同．(后两空选填“相同”或“不同”)2．标矢性：重力势能为标量，其正负表示重力势能的大小．物体在参考平面上方时，重力势能为正值；在参考平面下方时，重力势能为负值．四、弹性势能1．定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能，叫弹性势能．2．影响弹性势能的因素(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，在弹性限度内，形变越大，弹簧的弹性势能就越大．(2)弹簧的弹性势能跟弹簧的劲度系数有关：在弹性限度内，不同的弹簧发生同样的形变，劲度系数越大，弹性势能越大．1．判断下列说法的正误．(1)重力做功与路径无关，只与该物体初、末位置的高度差有关．(√)(2)重力势能E p1＝10 J，E p2＝－10 J，则E p1与E p2方向相反．(×)(3)重力做功W G＝－20 J，则物体的重力势能减小20 J．(×)(4)同一弹簧长度不同时，弹性势能一定不同．(×)2.质量为m的物体(可视为质点)从水平地面上方H高处由静止释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图1所示，重力加速度为g，在此过程中，重力对物体做功为______，重力势能______(填“减少”或“增加”)了______．图1答案mg(H＋h)减少mg(H＋h)一、重力做的功导学探究如图2所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中，思考并讨论以下问题：图2(1)求出图甲情形中重力做的功；(2)求出图乙情形中重力做的功；(3)求出图丙情形中重力做的功；(4)重力做功有什么特点？答案(1)图甲中W G＝mgΔh＝mgh1－mgh2(2)图乙中W AB′＝mgl cos θ＝mgΔh＝mgh1－mgh2W B′B＝0故W AB＝mgΔh＝mgh1－mgh2(3)图丙中把整个路径AB″分成许多很短的间隔AA1、A1A2…，由于每一段都很小，每一小段都可以近似地看成一段倾斜的直线，设每段小斜线的高度差分别为Δh1、Δh2…，则物体通过每段小斜线时重力做的功分别为mgΔh1、mgΔh2….W AB″＝mgΔh1＋mgΔh2＋…＝mg(Δh1＋Δh2＋…)＝mgΔhW B″B＝0故W AB＝mgΔh＝mgh1－mgh2.(4)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．知识深化1．重力做功只与重力和物体高度变化有关，与运动路径无关．2．物体下降时重力做正功，W G＝mgh；物体上升时重力做负功，W G＝－mgh.3．重力做功的特点可推广到任一恒力做功，即恒力做功的特点是：与具体路径无关，即恒力做的功等于力与在力的方向上的位移大小的乘积，跟初、末位置有关．[深度思考]重力做功与物体受到的其他力有关吗？与物体做加速运动还是减速运动有关吗？答案都无关，重力做功只与重力和物体的高度变化有关．(2020·丹阳高级中学高一期末)某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中质量为m 的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图3所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图3A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程重力做的功B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程重力做的功C．从A到B重力做功mg(H＋h)D．从A到B重力做功mgH答案 D解析重力做功与物体的运动路径无关，只与物体初、末位置的高度差有关．从A到B的高度差是H，故从A到B重力做的功是mgH，选项D正确．二、重力势能导学探究如图4所示，起重机把质量为m的楼板从水平地面上吊到高度为h的楼顶上．图4(1)分别以地面、楼顶为参考平面，楼板在楼顶的重力势能等于多少？楼板从地面吊到楼顶的过程中，重力势能的变化是多少？(2)从结果可以看出重力势能、重力势能的变化与参考平面有关吗？答案(1)楼板的重力势能分别为mgh、0，与参考平面有关；重力势能的变化均为mgh. (2)重力势能与参考平面有关，重力势能的变化与参考平面无关．知识深化1．重力势能与重力势能的变化量(1)重力势能E p＝mgh具有相对性，与参考平面的选取有关，其中h是相对参考平面的高度．当物体在参考平面下方h处，重力势能E p＝－mgh.(2)重力势能是标量，但有正负，正负表示重力势能的大小．(3)重力势能的变化ΔE p与参考平面的选取无关，它的变化是绝对的．2．重力做功与重力势能变化的关系W G＝E p1－E p2＝－ΔE p(1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，重力势能的减少量等于重力所做的功．(2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功(物体克服重力做功)，重力势能增加，重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功．[深度思考]重力势能E p＝mgh中的“h”与重力做功W＝mgΔh中的“Δh”相同吗？若不同，有何区别？答案不相同．重力势能E p＝mgh中的“h”是物体相对于参考平面的高度；而重力做功W ＝mgΔh中的“Δh”是物体初、末位置的高度差，与参考平面无关．(2021·江苏省邗江中学高一期中)关于重力势能，下列说法中正确的是()A．放在地面上的物体重力势能一定为零B．物体与参考平面的距离越大，它的重力势能也越大C．重力势能的变化量与参考平面的选取无关D．一个物体的重力势能从－10 J变化到4 J，重力势能减少了答案 C解析地面上的物体的重力势能与参考平面的选取有关，A错误；如果物体在参考平面上方，物体与参考平面的距离越大，重力势能越大，如果物体在参考平面下方，物体与参考平面的距离越大，重力势能越小，B错误；重力势能的变化量只与物体初、末位置的高度差有关，与参考平面的选取无关，C正确；一个物体的重力势能从－10 J变化到4 J，重力势能增加了，D错误．如图5所示，水平桌面距地面的高度为0.8 m，一物体(可看成质点)质量为2 kg，放在桌面上方0.4 m的支架上，则：(g取10 m/s2)图5(1)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；(2)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；(3)比较以上计算结果，说明什么问题？答案(1)8 J24 J(2)24 J24 J(3)见解析解析(1)以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度为h1＝0.4 m，因而物体具有的重力势能为E p1＝mgh1＝2×10×0.4 J＝8 J物体落至地面时，物体的重力势能为E p2＝mgh2＝2×10×(－0.8) J＝－16 J因此物体在此过程中的重力势能减少量为ΔE p＝E p1－E p2＝8 J－(－16) J＝24 J(2)以地面为参考平面，物体距参考平面的高度为h1′＝(0.4＋0.8) m＝1.2 m，因而物体具有的重力势能为E p1′＝mgh1′＝2×10×1.2 J＝24 J物体落至地面时，物体的重力势能为E p2′＝0在此过程中，物体的重力势能减少量为ΔE p ′＝E p1′－E p2′＝24 J －0＝24 J ；(3)通过上面的计算，说明重力势能是相对的，它的大小与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量是绝对的，它与参考平面的选取无关．如图6所示，长为2 m 、质量为10 kg 的一条细铁链放在水平地面上，从提起铁链一端直到铁链全部离开地面的瞬间，铁链克服重力做的功为多少？(g 取9.8 m/s 2)图6答案 98 J解析 从初状态到末状态，铁链的重心位置升高了h ＝l 2，因而铁链的重力势能增加了mgh ＝mg ·l 2＝98 J ，故铁链克服重力做的功为98 J. 三、弹性势能导学探究 如图7所示，物体与水平轻质弹簧相连，物体在O 点时弹簧处于原长，把物体向右拉到A 处静止释放，物体会由A 向A ′运动，A 、A ′关于O 点对称，则：图7(1)物体由A 向O 运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？(2)物体由O 向A ′运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？(3)在A 、A ′处弹性势能有什么关系？答案 (1)正功 减少 (2)负功 增加 (3)相等知识深化1．对弹性势能的理解(1)系统性：弹性势能是发生弹性形变的物体上所有质点因相对位置改变而具有的能量，因此弹性势能具有系统性．(2)(弹簧)弹性势能的影响因素：①弹簧的形变量x ；②弹簧的劲度系数k .(3)相对性：弹性势能的大小与选定的弹性势能为零的位置有关，对于弹簧，一般规定弹簧处于原长时的弹性势能为零．2．弹性势能与弹力做功的关系：弹性势能的变化只与弹力做功有关，弹力做负功，弹性势能增大，反之则减小．3．弹性势能表达式的推导根据胡克定律F＝kx，作出弹力F与弹簧形变量x关系的F－x图线，如图8所示，根据W＝Fx知，图线与横轴所围的面积表示F所做的功，即W＝kx·x2＝12kx2，所以E p＝12kx2.图8关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小C．在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析弹簧弹性势能的大小除了跟它的形变量(拉伸或压缩的长度)有关外，还跟劲度系数k 有关，在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，弹性势能越大，故C正确．如果弹簧原来处在压缩状态，当它变长时，它的弹性势能减小，在原长处时它的弹性势能最小，当它变短时，它的弹性势能增大，弹簧在拉伸时的弹性势能不一定大于压缩时的弹性势能，故A、B、D错误．考点一重力做功1.如图1所示，质量关系为m1>m2>m3的三个小球分别沿三条不同的轨道1、2、3由离地高h 的A点滑到同一水平面上，轨道1、3是光滑的，轨道2是粗糙的，重力对小球做的功分别为W1、W2、W3，则下列判断正确的是()图1A ．W 1>W 2＝W 3B ．W 1＝W 3>W 2C ．W 1＝W 2＝W 3D ．W 1>W 2>W 3答案 D解析 重力做功W ＝mgh ，h 相等，由于m 1>m 2>m 3，所以W 1>W 2>W 3，故D 正确．2.如图2所示，质量为m 的小球从高为h 处的斜面上的A 点滚下，经过水平面BC 后，再滚上另一斜面，当它到达h 4处的D 点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为(重力加速度为g )( )图2A.mgh 4B.3mgh 4C ．mghD ．0 答案 B解析 解法一 分段法．小球由A →B ，重力做正功W 1＝mgh小球由B →C ，重力做功为0，小球由C →D ，重力做负功W 2＝－mg ·h 4故小球由A →D 全过程中重力做功W G ＝W 1＋W 2＝mg ⎝⎛⎭⎫h －h 4＝34mgh ，B 正确． 解法二 全过程法．全过程，高度差为h 1－h 2＝34h ，故W G ＝34mgh ，B 正确． 考点二 重力势能3．关于重力做功和重力势能，下列说法中正确的是( )A ．重力做功与路径无关B．当物体克服重力做功时，物体的重力势能一定减小C．重力势能为负值，说明其方向与规定的正方向相反D．重力势能的大小与参考平面的选取无关答案 A4．(2021·东台创新高级中学月考)《愤怒的小鸟》是一款非常流行的游戏．故事也相当有趣，如图3甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．该游戏完全按照实际的抛体运动规律设计，支架高度为h，支架到肥猪堡垒的水平距离为l，不计空气阻力．设某次小鸟被弹弓沿水平方向弹出，模拟图如图乙所示．小鸟弹出到击中肥猪堡垒的过程中()图3A．重力做正功，重力势能减少B．重力做正功，重力势能增大C．重力做负功，重力势能减少D．重力做负功，重力势能增大答案 A解析小鸟的重力方向竖直向下，小鸟在竖直方向上向下运动，重力做正功，根据重力做功和重力势能的关系，则重力势能减小．故选A.5．(2021·山东高一期中)如今高层居民小区越来越多，家住高层，窗外“风光无限”，可电梯房虽好，就是怕停电．电梯停运，给高层住户的生活带来很多不便．家住10楼的李同学某次停电时步行从一楼走楼梯回家，已知该同学质量为50 kg，每层楼的高度为3 m，取g＝10 m/s2.则该同学在这个过程中()A．重力做负功，楼梯的支持力做正功B．重力做负功，楼梯的支持力不做功C．重力势能增加1.5×105 JD．重力势能增加1.35×105 J答案 A解析上楼梯时，重力方向竖直向下，楼梯的支持力方向竖直向上，所以重力做负功，楼梯的支持力做正功，故A正确，B错误；上楼整个过程中，重力做的功为W G＝－mgh＝－50×10×27 J＝－1.35×104 J，根据功能关系，重力做负功，所以重力势能增加1.35×104 J，故C、D错误．6．(2020·安徽合肥市期末)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点位置2的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是()图4A．足球由1运动到2的过程中，重力做的功为mghB．足球由2运动到3的过程中，重力势能减少了mghC．足球由1运动到3的过程中，重力做的功为2mghD．因为没有选定参考平面，所以无法确定重力势能变化了多少答案 B解析足球由1运动到2的过程中，足球高度上升，重力做负功，所以重力做的功为－mgh，选项A错误；足球由2运动到3的过程中，重力做正功，重力势能减少了mgh，选项B正确；足球由1运动到3的过程中，高度没有变化，所以重力做功为零，选项C错误；重力势能的变化量与参考平面无关，重力势能的大小才与参考平面有关，选项D错误．考点三弹性势能7．关于弹簧的弹性势能，下列说法不正确的是()A．弹簧的弹性势能与其被拉伸(或压缩)的长度有关B．弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数有关C．同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能越大D．弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体有关答案 D解析理解弹簧的弹性势能时要明确研究对象是发生弹性形变的弹簧，而不是使之发生形变的物体，弹簧弹性势能的大小跟形变量有关，同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能也越大；弹簧的弹性势能还与劲度系数有关，当形变量相同时，劲度系数越大的弹簧弹性势能也越大，故A、B、C正确，D错误．8．(2021·福建南平高一下月考)如图5所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端与一水平轻质弹簧连接，弹簧的另一端固定在墙上，在力F的作用下物体处于静止状态．当撤去F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是(弹簧始终在弹性限度内)()图5A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．弹簧的弹性势能先增大后减小C．弹簧的弹性势能逐渐减小D．弹簧的弹性势能逐渐增大答案 A解析由物体处于静止状态可知，弹簧处于压缩状态，撤去F后，物体在向右运动的过程中，弹簧的弹力对物体先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能先减小后增大，故A正确．9．如图6所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中()图6A．重力做正功，弹力不做功B．重力做正功，弹力做负功，弹性势能增加C．若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做正功，弹力做负功D．若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做功不变，弹力不做功答案 B解析用不可伸长的细绳拴住重物向下摆动时，重力做正功，弹力不做功，C错；用弹簧拴住重物向下摆动时，弹簧要伸长，重物轨迹不是圆弧，弹力做负功，弹性势能增加，重力做正功，且做功比用细绳代替弹簧后做功多，A、D错，B对．10．如图7甲所示，一滑块沿光滑的水平面向左运动，与水平轻弹簧接触后将弹簧压缩到最短，然后反向弹回，弹簧始终处在弹性限度内，图乙为测得的弹簧的弹力与弹簧压缩量之间的关系图像，则弹簧的压缩量由8 cm变为4 cm时，弹簧弹力所做的功以及弹性势能的变化量分别为()图7A．3.6 J、－3.6 J B．－3.6 J、3.6 JC．1.8 J、－1.8 J D．－1.8 J、1.8 J答案 C解析F－x图像中图线与x轴围成的面积表示弹簧弹力做的功，则W＝12×0.08×60 J－12×0.04×30 J＝1.8 J，根据W＝－ΔE p知，弹性势能的变化量为－1.8 J，C正确．11．(2021·浙江高一月考)如图8甲所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目．为了研究蹦极运动过程，做以下简化(如图乙)：将游客视为质点，他的运动始终沿竖直方向．弹性绳的一端固定在O点，另一端和游客相连．游客从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内．关于游客从O→B→C→D的过程，下列说法正确的是()图8A．从O到B过程中，重力势能增大B．从B到D过程中，游客做匀减速运动C．从B到C过程中，弹性绳的弹性势能先增大后减小D．从B到D过程中，游客的速度先增大后减小答案 D解析 从O 到B 过程中，游客的高度降低，则重力势能减小，选项A 错误；从B 到D 过程中，弹性绳的拉力先小于重力后大于重力，则游客先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故游客的速度先增大后减小，选项B 错误，D 正确；从B 到C 过程中，弹性绳的长度增加，形变量增大，则弹性势能增大，选项C 错误．12.如图9所示，吊车以g 4的加速度将质量为m 的物体匀减速地沿竖直方向提升高度h ，则：(重力加速度为g ，不计空气阻力)图9(1)吊车钢索的拉力对物体做的功为多少？(2)重力做的功为多少？(3)物体的重力势能变化了多少？答案 (1)34mgh (2)－mgh (3)增加了mgh 解析 (1)设吊车钢索对物体的拉力为F ，物体的加速度a ＝g 4，方向竖直向下 由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，故F ＝mg －ma ＝34mg ，方向竖直向上， 所以拉力做的功W ＝Fh ＝34mgh . (2)物体被提升高度为h ，重力做的功W G ＝－mgh .(3)由于ΔE p ＝－W G ＝mgh ，故物体的重力势能增加了mgh .13.如图10所示，质量相等的两木块中间连有一竖直弹簧，今用力F 缓慢向上提A ，直到B 恰好离开水平地面．开始时木块A 静止在弹簧上面．设开始时弹簧的弹性势能为E p1，B 刚要离开地面时，弹簧的弹性势能为E p2，则关于E p1、E p2的大小关系及弹性势能的变化ΔE p ，下列说法中正确的是( )图10A ．E p1＝E p2B ．E p1＞E p2C ．ΔE p ＞0D ．ΔE p ＜0答案 A 解析 设两木块的质量均为m ，开始时弹簧形变量为x 1，有kx 1＝mg ，设B 刚要离开地面时弹簧形变量为x 2，有kx 2＝mg ，可知x 1＝x 2，所以E p1＝E p2，ΔE p ＝0，A 正确，B 、C 、D 错误．3 动能和动能定理[学习目标] 1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量.2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义.3.能运用动能定理解决简单的问题．一、动能的表达式1．表达式：E k ＝12m v 2. 2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝12m v 22－12m v 12.如果物体受到几个力的共同作用，W 即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．3．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．1．判断下列说法的正误．(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．(×)(2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同．(×)(3)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化．(√)(4)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零．(×)(5)物体的动能增加，合外力做正功．(√)2．在高h＝6 m的某一高度处，有一质量m＝1 kg的物体自由落下，物体落地时的速度大小为10 m/s，则物体在下落过程中克服阻力做的功为________J．(g取10 m/s2)答案10解析由动能定理得mgh－W克f＝12m v2－0，得W克f＝10 J.一、动能和动能定理 导学探究 如图1所示，光滑水平面上的物体在水平恒力F 的作用下向前运动了一段距离l ，速度由v 1增加到v 2.试推导出力F 对物体做功的表达式．图1答案 W ＝Fl ＝F ·v 22－v 122a ＝F ·v 22－v 122F m＝12m v 22－12m v 12. 知识深化1．动能概念的理解(1)动能的表达式E k ＝12m v 2. (2)动能是标量，没有负值．(3)动能是状态量，与物体的运动状态相对应．(4)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系．2．动能定理(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．(2)W 与ΔE k 的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．①合外力对物体做正功，即W >0，ΔE k >0，表明物体的动能增大；②合外力对物体做负功，即W <0，ΔE k <0，表明物体的动能减小；③如果合外力对物体不做功，则动能不变．(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．[深度思考] 物体的速度发生了变化，物体的合外力一定做功吗？答案 不一定．当物体速度发生变化时，可能仅是速度方向的变化，物体的动能可能不变，合外力不做功，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．对动能的理解，下列说法正确的是( )A ．一切物体都具有动能B ．动能像重力势能一样有正负C ．质量一定的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态答案 C解析 运动的物体都有动能，A 错误；动能是标量，没有正负之分，B 错误；质量一定的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化，但速度变化时，如果只是方向改变而大小不变，则动能不变，比如做匀速圆周运动的物体，C 正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，故不一定处于平衡状态，D 错误．下列关于运动物体的合外力做功与动能、速度变化的关系，正确的是( )A ．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B ．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C ．物体所受的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D ．物体的动能不变，所受的合外力必定为零答案 C解析 物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A 、B 错误；物体所受的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C 正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D 错误．二、动能定理的简单应用 导学探究 如图2所示，质量为m 的物块从固定斜面顶端由静止滑下，已知斜面倾角为θ，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面高为h ，重力加速度为g .图2(1)物块在下滑过程中受哪些力的作用？各个力做的功分别为多少？(2)物块的动能怎样变化？物块到达斜面底端时的速度为多大？答案 (1)受重力、支持力、摩擦力；重力做功为W G ＝mgh ，支持力做功为W N ＝0，摩擦力做功为W f ＝－μmg cos θ·h sin θ＝－μmg h tan θ(2)物块动能增大，由动能定理得W G ＋W N ＋W f ＝12m v 2－0，得物块到达斜面底端的速度v ＝2gh －2μgh tan θ知识深化应用动能定理解题的一般步骤：(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．(3)明确物体在初、末状态的动能E k1、E k2.(4)列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的辅助方程求解并验算．质量m ＝6×103 kg 的客机，从静止开始沿平直的跑道匀加速滑行，当滑行距离l ＝7.2×102 m 时，达到起飞速度v ＝60 m/s.求：(1)起飞时飞机的动能是多少？(2)若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大？(3)若滑行过程中受到的平均阻力大小为3.0×103 N ，牵引力与第(2)问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应为多大？答案 (1)1.08×107 J (2)1.5×104 N (3)9×102 m解析 (1)飞机起飞时的动能E k ＝12m v 2 代入数值得E k ＝1.08×107 J.(2)设飞机受到的牵引力为F ，由题意知合外力为F ，由动能定理得Fl ＝E k －0，代入数值得F ＝1.5×104 N.(3)设飞机的滑行距离为l ′，滑行过程中受到的平均阻力大小为F f ，飞机受到的合力为F －F f .由动能定理得(F －F f )l ′＝E k －0解得l ′＝9×102 m.针对训练1 在距水平地面高12 m 处，以12 m/s 的水平速度抛出质量为0.5 kg 的小球，其落地时速度大小为18 m/s ，求小球在运动过程中克服阻力做的功．(g 取10 m/s 2)答案 15 J解析 对小球自抛出至落地过程，由动能定理得mgh －W 克阻＝12m v 22－12m v 12 则小球克服阻力做功为W克阻＝mgh －(12m v 22－12m v 12)＝0.5×10×12 J －(12×0.5×182－12×0.5×122) J ＝15 J.针对训练2 (2020·天津南开中学高一月考)如图3所示，质量为m 的物块在水平恒力F 的推。

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案资料讲解

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湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40Iμ2ln 20π+Iμ2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得 NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=S S B d Φr b r NId 2π=μ12ln 2R R NIb π=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑i I02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条，其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗ 其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ， 同理, aIB BC π=240μ，方向⊗．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ，方向⊙． ∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅=SRxd x2a2aaaIPIP AB C D E IIIO BA D C O ＇α α Bαρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度．解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？ (2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。

湖南大学 物理 习题解答

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第14章 稳恒电流的磁场14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电阻率．解：设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电介质的电阻为lR Sρ=．设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为ζ = q/S ，两板间的场强为E = ζ/ε =q/εr ε0S ，电势差为 U = El =ql/εr ε0S ，介质中的电流强度为0d 1d r q U q t R εερ-==，负号表示电容器上的电荷减少．微分方程可变为0d 1d r q t q εερ=-，积分得 0ln r t q C εερ=-+，设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电介质的电阻率的公式为0ln(/)r m tq q ρεε=． 当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为121808.84210 2.1ln 2ρ-=⨯⨯⨯ =1.4×1013(Ω·m)．14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量．（1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零．解：（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)，导线产生的热量为Q = I 2Rt = 225(J)． （2）电流变化的方程为 12.5(1)24i t =-， 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的．在d t 时间内导线产生的热量元为d Q = i 2R d t ，在24s 内导线产生的热量为242422001d [2.5(1)]d 24Q i R t t R t ==-⎰⎰2423112.5624(1)324t =-⨯⨯⨯⨯-=300(J)．14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？（2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？解：（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3)，如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3)．铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m -2)，根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1)． （2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v =其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ，可得 v = 1.076×105(m·s -1)，对漂移速度的倍数为v /v = 2.437×108，可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动． 14.4 通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？解：电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律：002d d 4I r μπ⨯=l r B ，圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为012d d 4I lB a μπ=，由于d l = a d φ，积分得11d L B B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰038Ia μ=． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B r μθπ=，由于l = b cot(π - θ) = -b cot θ，所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，可得02sin d d 4I B bμθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4LI B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIb bππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O点总磁感应强度为00123384I IB B B B a bμπ=++=+．14.5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？ 解：在直线磁场公式012(cos cos )4IB Rμθθπ=-中，令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度04I B Rμπ=．两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RRμμπ=--=--B i k i k ．场强大小为B ==X 轴的夹角为2arctan arctan z x B B θπ==．14.6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？解：正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式： 012(cos cos )4IB Rμθθπ=-，令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O产生的场强为02AD IB aπ=， O点的磁感应强度为04AD IB B aπ==，方向垂直纸面向里．14.7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 = R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为均匀磁场． 证：方法一：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为：20223/22()IR B R x μ=+． 设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为201223/22[()]IR B R a x μ=++， 202223/22[()]IR B R a x μ=+-．方向相同，总场强为B = B 1 + B 2．一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．设k = μ0IR 2/2，则 223/2223/211{}[()][()]B k R a x R a x =++++- 对x 求一阶导数得225/2d 3{d [()]B a x k x R a x +=-++，225/2}[()]a xR a x --+-求二阶导数得2222227/2d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++22227/24()}[()]R a x R a x --++-， 在x = 0处d 2B /d x 2 = 0，得R 2 = 4a 2，所以2a = R ．x = 0处的场强为223/22[(/2)]B k R R =+k == 方法二：用二项式展开．将B 1展开得2012223/22[2]IR B R a ax x μ=+++20223/22223/22()[1(2)/()]IR R a ax x R a μ=++++． 设20223/22()IR k R a μ=+，则 23/21222(1)ax x B k R a -+=++．同理，23/22222(1)ax x B k R a--+=++．图14.7当x 很小时，二项式展开公式为 2(1)(1)1 (12)nn n x nx x -+=+++⋅． 将B 1和B 2按二项式展开，保留二次项，令R 2 - 4a 2 = 0，即a = R /2，得20223/22()IR B k R a μ===+O 点附近为均强磁场．14.8 将半径为R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h (h <<R )的无限长缝后，沿轴向均匀地通有电流，面密度为i ，求轴线上的磁感应强度B = ？ 解：方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i 相同的电流补上了长缝，与i 相反的电流大小为I = ih ．在轴线上产生的磁感应强度为0022I ihB R Rμμππ==．方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x 坐标轴平分角α，α = h/R ． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元d s = R d θ， 无限长直线电流为d I = i d s = iR d θ，在轴线产生的磁感应强度大小为00d d d 22I iB R μμθππ==，两个分量分别为0d d sin sin d 2x i B B μθθθπ==，0d d cos cos d 2y iB B μθθθπ=-=-． 积分得2/22/200/2/2sin d cos 22x i iB παπαααμμθθθππ--==-⎰0[cos(2/2)cos(/2)]02iμπααπ=---=； 2/22/200/2/2cos d sin 22y i iB παπαααμμθθθππ--=-=-⎰0[sin(2/2)sin(/2)]2i μπααπ=--- 0002sin 2222i iih Rμμμααπππ=≈=． B y 的方向沿着y 方向．B y 的大小和方向正是无限长直线电流ih 产生的磁感应强度．14.9在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？解：取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外．半圆的周长为C = πR ， 电流线密度为i = I/C = IπR ．在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面，电流元为d I = i d l = I d φ/π，在轴线上产生的磁感应强度为002d d d 22I I B R Rμμϕππ==，方向与径向垂直．d B 的两个分量为d B x = d B cos φ，d B y = d B sin φ．积分得002200cos d sin 022x I IB R R ππμμϕϕϕππ===⎰，020sin d 2y I B R πμϕϕπ=⎰00220(cos )2II R Rπμμϕππ=-=．由对称性也可知B x = 0，所以磁感应强度B = B y = 6.4×10-5(T)，方向沿着y 正向．14.10 宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度（如图所示）．解：电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a ，以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为d l 的通电导线，电流强度为 d I = δd l ，在P 点产生磁感应强度为00d d d 22()I lB r x a l μμδππ==+-， 磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为00d 2()alB x a l μδπ=+-⎰00ln()2al x a l μδπ==-+-0ln(1)2I aa xμπ=+． [讨论]当a 趋于零时，薄板就变成直线，因此00ln(1/)2/2I I a x B x a x x μμππ+=→，这就是直线电流产生的磁场强度的公式．14.11 在半径为R 的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I ，总匝数为N ，求球心O 处的磁感应强度B = ？解：四分之一圆的弧长为C = πR /2，单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR ．在四分之一圆上取一弧元d l = R d θ，线圈匝数为d N = n d l = nR d θ，环电流大小为 d I = I d N = nIR d θ．环电流的半径为 y = R sin θ，离O 点的距离为 x = R cos θ， 在O 点产生的磁感应强度为22003d d sin d 22y InIB R μμθθ==20sin d NIRμθθπ=， 方向沿着x 的反方向，积分得O 点的磁感应强度为/2200sin d NI B R πμθθπ=⎰/2000(1cos 2)d 24NI NIR R πμμθθπ=-=⎰．14.12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R 1、R 2和R 3、R 4(R 1 < R 2 < R 3 < R 4)，外面圆环以每秒钟n 2转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n 1转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n 1和n 2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零．解：半径为r 的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为B = μ0I /2r ．在半径为R 1和R 2的环上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为d q = ζd S = 2πζr d r ，圆环转动的周期为T 1 = 1/n 1，形成的电流元为d I = d q/T 1 = 2πn 1ζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B 1 = μ0d I /2r = πμ0n 1ζd r ， 圆环在圆心产生磁感应强度为B 1 = πμ0n 1ζ(R 2-R 1)．同理，半径为R 3和R 4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为B 2 = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)．由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即：πμ0n 1ζ(R 2-R 1) = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)，图14.10 图14.11解得比值为431221= R R n n R R --．14.13 半径为R 的无限长直圆柱导体，通以电流I ，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr ，求：导体内磁感应强度？解：在圆柱体内取一半径为r 、宽度为d r 的薄圆环，其面积为d S = 2πr d r ， 电流元为d I = δd S = 2πk r 2d r ，从0到r 积分得薄环包围的电流强度为I r = 2πk r 3/3；从0到R 积分得全部电流强度I = 2πkR 3/3，因此I r /I = r 3/R 3． 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度：200322r I IB r r Rμμππ==．14.14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q ，半径为a ，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o 的磁感应强度B = ？解：圆盘面积为S = πa 2，面电荷密度为ζ = Q/S = Q/πa 2．在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为d q = ζd S= 2πζr d r ．薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω，形成的电流元为d I = d q/T = ωζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωζd r /2，从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa /2 = μ0ωQ /2πa ．如果圆盘带正电，则磁场方向向上．14.15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b =c = 10cm ，l = 10m ，I 1 = I 2 = 100A ，求通过线圈的磁通量．解：电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为01022(/2)2(/2)I I B a b x c b x μμππ=++++-．在矩形中取一面积元d S = l d x ，通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ， 通过线圈的磁通量为/2012/2()d 2/2/2b b l I I x a b x c b xμΦπ-=++++-⎰ 011(ln ln )2l a b c I I a c bμπ+=-+=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)．14.16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm 的圆周运动，电子速度v = 104m·s -1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ 解：电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，质量为m = 9.1×10-31千克．电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力， 即：f = evB = mv 2/R ，所以 B = mv/eR ． 电子轨道所包围的面积为 S = πR 2， 磁通量为 Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)．图14.13图14.1614.17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求：（1）磁感应强度B 的分布；（2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？解：（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12，面电流密度为δ = I/S = I/πR 12．在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为S r = πr 2，包围的电流是I r = δS r = Ir 2/R 12．根据安培环路定理,d 00rLI I μμ==⋅∑⎰l B由于B 与环路方向相同，积分得2πrB = μ0I r ，所以磁感应强度为B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)． 在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，根据安培环中定理可得B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)．在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得B = 0，(r > R 2)． （2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为d S = l d r = d r ，方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为d Φ = B d S = B d r ，总磁通量为210211d ln 22R R II R r r R μμΦππ==⎰． *14.18 一长直载流导体，具有半径为R 的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a 的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a ，导体截有均匀分布的电流I ．（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值；（2）若要获得与载流为I ，单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？（1）证：导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为22()IR a δπ=-． 长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的．如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆，其面积为 S = πr 2，包围的电流为ΣI = δS = πr 2δ，根据安培环路定理可得方程2πrB r = μ0ΣI ，磁感应强度为 0022r I B r r μμδπ∑==，方向与矢径r 垂直． 同理，密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为0``2r B r μδ=，方向与矢径r`垂直．设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为222``2cos r r r r B B B B B θ=++，22220()(`2`cos )2B r r rr μδθ=++．根据余弦定理，如图可知：222`2`cos b r r rr ϕ=+-， 由于φ = π - θ，所以02B b μδ=，由于b 和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为02()IB R a μπ=+，可以证明磁场的方向向上．（2）解：长螺线管内部的场为B =μ0nI ，与上式联立得12a R nπ=-，这就是a 所满足的条件．14.19 在XOY 平面内有一载流线圈abcda ，通有电流I = 20A ，bc 半径R = 20cm ，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T 的均强磁场中，B 沿着X 轴正方向．求：直线段ab 和cd 以及圆弧段bc 和da 在外磁场中所受安培力的大小和方向．解：根据右手螺旋法则，bc 弧和cd 边受力方向垂直纸面向外，da 弧和ab 边受力方向垂直纸面向里．由于对称的关系，ab 边和cd 边所受安培力的大小是相同的，bc 弧和da 弧所受安培力的大小也是相同的．ab 边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R /sin α，所受安培力为 F ab = |I l ×B | = IlB sin α= IRB = 0.32(N) = F cd ．在圆弧上取一电流元I d l ，其矢径R 与X 轴方向的夹角为θ，所受力的大小为 d F bc = |I d l ×B | = I d lB sin θ，由于线元为d l = R d θ，所以 d F bc = IRB sin θd θ，因此安培力为/20/2sin d (cos )bc F IRB IRB ππθθθ==-⎰= IRB = 0.32(N) = F da ．14.20 载有电流I 1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a ，载有电流I 2，一边与直导线平等且与直导线相距为b ，直导线与线圈共面，如图所示，求I 1作用在这三角形线圈上的力．解：电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB 边处产生的磁感应强度大小为B = μ0I 1/2πb ，作用力大小为F AB = I 2aB = μ0I 1I 2a /2πb ，方向向左．三角形的三个内角α = 60°，在AC 边上的电流元I 2d l 所受磁场力为 d F = I 2d lB ， 两个分量分别为 d F x = d F cos α，d F y = d F sin α，与BC 边相比，两个x 分量大小相等，方向相同；两个y 分量大小相等，方向相反．由于 d l = d r /sin α，所以 d F x = I 2d rB cot α，积分得sin 012cot 1d 2b a x bI I F r r αμαπ+=⎰012cot sin ln 2I I b a b μααπ+==． 作用在三角形线圈上的力的大小为F = F AB – 2Fx 012(2I I a b μπ=，方向向左．14.21 载有电流I 1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R 电流为I 2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方向，且相互绝缘，如图所示．求I 2在电流I 1的磁场中所受到的力．解：电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I 1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍．电流元所受的力的大小为d F = I 2d lB ，其中d l = R d θ，B = μ0I 1/2πr ，而r = R cos θ， 所以向右的分别为d F x = d F cos θ = μ0I 1I 2d θ/2π，积分得/20120120d d 24x I I I I F πμμθπ==⎰，电流I 2所受的合力大小为F = 4F x = μ0I 1I 2，方向向右．14.22 如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg ，半径为R ，长为 l = 0.10m ，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T 中，B 的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I 至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？解：线圈面积为 S = 2Rl ，磁矩大小为p m = NIS ，方向与B 成θ角，所以磁力矩大小为M m = |p m ×B | = p m B sin θ = NI 2RlB sin θ，方向垂直纸面向外．重力大小为 G = mg ，力臂为L = R sin θ，重力矩为 M g = GL = mgR sin θ，方向垂直纸面向里．圆柱不滚动时，两力矩平衡，即NI 2RlB sin θ = mgR sin θ，解得电流强度为I = mg /2NlB = 5(A)．14.23 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求： （1）O 点的磁感应强度B ；（2）磁矩p m ；（3）若a >>b ，求B 0与p m ．解：（1）直线转动的周期为T = 2π/ω，在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为d q = λd r ，形成的圆电流元为d I = d q/T = ωλd r /2π， 在圆心O 点产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ， 整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a bB r r aμωλμωλππ++==⎰，如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外． （2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2，积分得233d [()]26a bm ap r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外．（3）当a >>b 时，因为00ln(1)( (44)b B a a μωλμωλππ=+=+， 所以04b B a μωλπ≈． 33[(1)1]6m a b p a ωλ=+-3223[33()()]62a b b b a ba a a ωλωλ=++≈．14.24 一圆线圈直径为8cm ，共12匝，通有电流5A ，将此线圈置于磁感应强度为0.6T 的均强磁场中，求：（1）作用在线圈上的电大磁力矩为多少？（2）线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半．解：（1）线圈半径为R = 0.04m ，面积为S = πR 2，磁矩为p m = NIS = πR 2NI ，磁力矩为M = p m B sin θ．图14.22当θ = π/2时，磁力矩最大M m = p m B = πR 2NIB = 0.18(N·m)．（2）由于M = M m sin θ，当M = M m /2时，可得sin θ = 0.5，θ = 30°或150°．*14.25 在半径为R ，通以电流I 2的圆电流的圆周上，有一无限长通以电流I 1的直导线（I 1，I 2相互绝缘，且I 1与圆电流I 2所在平面垂直），如图所示，求I 2所受的力矩．若I 1置于圆电流圆心处（仍垂直），I 2所受力矩又如何？解：在x 轴上方的圆周上取一电流元I 2d l ，其大小为I 2d l = I 2R d θ， 所受的安培力为 d F = I 2d l ×B ， 其大小为 d F = |I 2d l ×B | = I 2R d θB sin φ，其中φ = θ/2，B 是电流I 1在电流元I 2d l 处产生的磁感应强度010124cos I I B r R μμππϕ==， 因此安培力的大小可化为012d t a n d 42I I F μθθπ=，力的方向垂直纸面向里． 如果在x 轴下方取一电流元，其受力方向垂直纸面向外，因此，圆周所受的安培力使其绕x 轴旋转．电流元所受的力矩为2012d d (sin )sin d 22I I R M F R μθθθπ==电流所受的力矩为201201(1cos )d 22I I R M πμθθπ=-⎰0122I I R μ=．如果电流I 1置于圆电流圆心处，那么I 2就与I 1产生的磁力线重合，所受的力为零，力矩也为零．14.26 一个电子在B = 20×10-4T 的磁场中，沿半径R = 2cm 的螺旋线运动，螺距h = 5cm ，如图所示，求： （1）电子的速度为多少？ （2）B 的方向如何？解：电子带负电，设速度v 的方向与磁力线的负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为v 1 = v cos θ，垂直速度为v 2 = v sin θ．由 R = mv 2/eB ，得 v 2 = eBR/m ． 由 h = v 1T ，得 v 1 = h/T = heB /2πm ，因此速度为v ==106(m·s -1)； 由 212tan v Rv hπθ=== 2.51，得 θ = 68.3° = 68°18′．14.27 一银质条带，z 1 = 2cm ，y 1 = 1mm ．银条置于Y 方向的均匀磁场中B = 1.5T ，如图所示．设电流强度I = 200A ，自由电子数n = 7.4×1028个·m -3，试求：（1）电子的漂移速度；（2）霍尔电压为多少？解：（1）电流密度为 δ = ρv ，其中电荷的体密度为ρ = ne .电流通过的横截面为S = y 1z 1，电流强度为I =δS = neSv ，得电子的漂移速度为 281917.410 1.6100.0010.02I v neS -==⨯⨯⨯⨯⨯=8.45×10-4(m·s -1)． （2）霍尔系数为2819117.410 1.610H R ne -==⨯⨯⨯= 8.44×10-11(m 3·C -1)， 霍尔电压为111200 1.58.44100.001H H IB U R y -⨯==⨯= 2.53×10-5(V)．。

湖南大学物理(2)第17章课后习题参考答案

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第17章 量子物理学基础一、选择题1(D)，2(D)，3(C)，4(B)，5(A)，6(A)，7(C)，8(A)，9(D)，10(C) 二、填空题(1)． λ/hc ，λ/h ，)/(λc h . (2)． 2.5，4.0×1014 .(3)． A /h ，))(/(01νν-e h . (4)． π，0 . (5)． －0.85， －3.4 . (6)． 123ννν+=，123111λλλ+=. (7)． 1， 2.(8)．粒子在t 时刻在(x ，y ，z )处出现的概率密度. 单值、有限、连续.1d d d 2=⎰⎰⎰z y x ψ(9). 2， 2×(2l +1)， 2n 2. (10). 泡利不相容， 能量最小. 三 计算题1. 用辐射高温计测得炼钢炉口的辐射出射度为22.8 W ·cm -2，试求炉内温度．（斯特藩常量σ = 5.67×10-8 W/(m 2·K 4) ）解：炼钢炉口可视作绝对黑体，其辐射出射度为M B (T ) = 22.8 W ·cm -2＝22.8×104 W ·m -2由斯特藩──玻尔兹曼定律 M B (T ) = σT 4 ∴ T = 1.42×103 K2．恒星表面可看作黑体．测得北极星辐射波谱的峰值波长λm =350nm(1nm=10-9m)，试估算它的表面温度及单位面积的辐射功率．（b = 2.897×10-3 m ·K ， σ = 5.67×10-8 W/(m 2·K 4)）解：由维恩位移定律 b T m =λ， 解出 ==m b T λ/ 8280 K 由斯特藩－玻尔兹曼定律，求出单位面积的辐射功率为==40)(T T E σ 2.67×108 W/m 23．图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线(1) 求证：对不同材料的金属，AB 线的斜率相同． (2) 由图上数据求出普朗克恒量h ． (基本电荷e =1.60×10-19 C)解：(1) 由 A h U e a -=ν 得 e A e h U a //-=νe h U a /d /d =ν (恒量) 由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同．|14Hz)(2) h = e tg θ 1410)0.50.10(00.2⨯--=e= 6.4×10-34 J ·s4. 波长为λ的单色光照射某金属M 表面发生光电效应，发射的光电子(电荷绝对值为e ，质量为m )经狭缝S 后垂直进入磁感应强度为B的均匀磁场(如图示)，今已测出电子在该磁场中作圆运动的最大半径为R ．求(1) 金属材料的逸出功A ； (2) 遏止电势差U a ．解：(1) 由 R m eB /2v v = 得 m ReB /)(=v ，代入 A m h +=221v ν 可得 222221mB e mR hc A ⋅-=λ m B e R hc 2222-=λ (2) 221v m U e a =， m eB R e m U a 22222==v .5．光电管的阴极用逸出功为A = 2.2 eV 的金属制成，今用一单色光照射此光电管，阴极发射出光电子，测得遏止电势差为| U a | = 5.0 V ，试求：(1) 光电管阴极金属的光电效应红限波长； (2) 入射光波长．（普朗克常量h = 6.63×10-34 J ·s ， 基本电荷e = 1.6×10-19 C ）解：(1) 由 00/λνhc h A ==得 ==Ahc0λ 5.65×10-7 m = 565 nm (2) 由a U e m =221v , A U e hc h a +==λν 得 =+=AU e hca λ 1.73×10-7 m = 173 nm6．α粒子在磁感应强度为B = 0.025 T 的均匀磁场中沿半径为R =0.83 cm 的圆形轨道运动． (1) 试计算其德布罗意波长．(2) 若使质量m = 0.1 g 的小球以与α粒子相同的速率运动．则其波长为多少？(α粒子的质量m α =6.64×10-27 kg ，普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s ，基本电荷e =1.60×10-19 C)解：(1) 德布罗意公式：)/(v m h =λ由题可知α 粒子受磁场力作用作圆周运动R m B q /2v v α=，qRB m =v α又 e q 2= 则 eRB m 2=v α故 nm 1000.1m 1000.1)2/(211--⨯=⨯==eRB h αλ(2) 由上一问可得 αm eRB /2=v 对于质量为m 的小球BSMλe × ×× ×× ×× ×× ×αααλλ⋅=⋅==mm m m eRB hm h 2v =6.64×10-34 m7. 光子的波长为λ =3000 Å，如果确定此波长的精确度∆λ / λ =10-6，试求此光子位置的不确定量．解：光子动量 λ/h p = 按题意，动量的不确定量为)/)(/(/2λλλλλ∆∆∆=-=h h p根据测不准关系式得： ∆x ≥)/(2)2/(λλλ∆∆π=πh h p h )/(2λλλ∆π=故 ∆x ≥0.048 m ＝48 mm8．已知粒子在无限深势阱中运动，其波函数为)/sin(/2)(a x a x π=ψ (0 ≤x ≤a )求发现粒子的概率为最大的位置．解：先求粒子的位置概率密度)/(sin )/2()(22a x a x π=ψ)]/2cos(1)[2/2(a x a π-=当 1)/2cos(-=πa x 时，2)(x ψ有最大值．在0≤x ≤a 范围内可得 π=πa x /2 ∴ a x 21=．四 研讨题1. 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人？参考解答：人体辐射频率太低，远离可见光波段。

湖南大学物理2第1415章课后习题参考答案

湖南大学物理2第1415章课后习题参考答案
通过１m 长的一段 S 平面的磁通量为
R r 0 Ix d x r 0 I 106 Wb
0 2 R 2
4. 计算如图所示的平面载流线圈在 P 点产生的磁感强度，设线圈中的 电流强度为 I．
解：如图，CD、AF 在 P点产生的 B= 0
其中
∴
．
同样
∴
B BAB BBC BDE BEF
4
BBC

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，通系电1，力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2，下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷，32调需3各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。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。

2014年普通高等学校招生全国统一考试【湖南物理真题+答案】

2014年普通高等学校招生全国统一考试【湖南物理真题+答案】

2014年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)理科综合能力测试(物理部分)14．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B. 在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化。

D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化15题.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半16．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。

一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。

已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。

不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A． 2 B. C. 1 D.17.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。

与稳定在竖直位置时相比，小球的高度A.一定升高B.一定降低C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定18.如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示。

已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是19.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章第1课时 功含答案

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章第1课时 功含答案

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章1 功与功率 第1课时 功[学习目标] 1.掌握功的公式W ＝Fl cos α及公式的适用范围.2.理解正、负功的概念，会用功的公式进行计算．一、功1．定义：力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积．2．公式：W ＝Fl cos_α.3．功是标(选填“矢”或“标”)量．在国际单位制中，功的单位是焦耳，符号是J. 二、正功和负功 1．正功和负功的判断 由W ＝Fl cos α可知(1)当α＝π2时，W ＝0，力F 对物体不做功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．(2)当0≤α＜π2时，W ＞0，力F 对物体做正功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．(3)当π2＜α≤π时，W ＜0，力F 对物体做负功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．2．总功的计算当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力对物体所做的总功等于： (1)各个力分别对物体所做功的代数和． (2)几个力的合力对物体所做的功．1．判断下列说法的正误．(1)公式W ＝Fl cos α中的l 是物体运动的路程．( × ) (2)物体只要受力且运动，该力就一定做功．( × ) (3)功有正负之分，所以功是矢量．( × )(4)若力不对物体做功，则力一定不会改变物体的运动状态．( × )2.如图1所示，质量为1 kg 的物体，静止在光滑水平面上．现在给物体一个与水平方向成60°角斜向上、大小为10 N 的拉力F ，物体在拉力F 的作用下沿水平面运动了2 s ，则在这2 s 内，拉力F 所做的功是________ J ，支持力做功________ J ，重力做功________ J.图1答案 50 0 0 解析 F cos 60°＝ma l ＝12at 2 W ＝Fl cos 60° 联立解得W ＝50 J ，物体在竖直方向上没有位移，所以重力和支持力都不做功．一、对功的理解 导学探究1．观察图2，分析图中的哪个人对物体做了功？图2答案 小川拉着重物上升的过程，小川对重物做了功，其他三人都没有对物体做功． 2.如图3所示，物体在与水平方向夹角为α的力F 的作用下沿水平面前进了l ，则力F 对物体做的功为多少？图3答案如图所示，把力F沿水平方向和竖直方向进行分解，物体在竖直方向上没有发生位移，竖直方向的分力没有对物体做功，水平方向的分力为F cos α，所做的功为Fl cos α，所以力F 对物体所做的功为Fl cos α.知识深化1．做功的两个条件：力和物体在力的方向上发生位移．2.功是过程量，公式W＝Fl cos α适用于恒力做功．3．功是标量，没有方向，但是有正负．4．功是一个过程量，描述的是力在物体沿力的方向发生位移的过程中的积累效应．[深度思考]1．一个力对物体做功的多少与物体运动的快慢及受到的其他力有关吗？答案某力对物体做功的多少只与该力及在力的方向上发生的位移有关，与其他因素，如物体运动的快慢、运动的性质、接触面是否光滑、物体质量的大小等均无关．2．(1)在W＝Fl cos α中l是物体间的相对位移还是物体相对地面的位移？(2)如图4所示，物块A放在木板B上，物块A在恒力F作用下向右运动，A相对B的位移为x，B向右运动的位移为d，则恒力F对A做的功是多少？图4答案(1)l是物体相对地面的位移．(2)F(x＋d)如图5所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则雪橇受到的()图5A．支持力做功为mgl B．重力做功为mglC．拉力做功为Fl cos θD．滑动摩擦力做功为－μmgl答案 C解析支持力和重力与位移方向垂直，不做功，A、B错误；拉力和滑动摩擦力做功分别为W1＝Fl cos θ，W2＝－μ(mg－F sin θ)l，C正确，D错误．如图6所示，质量分别为M和m的两物块A、B(均可视为质点，且M>m)分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角相同，两物块经过的位移相同．设此过程中F1对A做的功为W1，F2对B做的功为W2，则()图6A．无论水平面光滑与否，都有W1＝W2B．若水平面光滑，则W1>W2C．若水平面粗糙，则W1>W2D．若水平面粗糙，则W1<W2答案 A解析设两物块的位移均为l，则F1做功为W1＝F1l cos α，F2做功为W2＝F2l cos α，因F1＝F2，则W1＝W2，故B、C、D错误，A正确．二、正、负功的理解导学探究(1)如图7甲所示，前面的人向前拉车，后面的人向后拉车，车向左运动，两拉力对车的运动起了什么作用？两力分别对车做什么功呢？(2)如图乙所示，推出的铅球在空中运动，在铅球上升和下降过程中，重力对铅球的做功情况如何？图7答案(1)前面的人对车的运动起到动力作用，后面的人对车的运动起到阻力作用．前面的人对车的拉力与车位移方向的夹角小于90°，做正功；后面的人对车的拉力与车位移方向的夹角大于90°，做负功．(2)推出的铅球在上升过程中，重力方向与速度方向夹角大于90°，重力对铅球做负功；铅球在下降过程中，重力方向与速度方向的夹角小于90°，重力对铅球做正功．知识深化1．功是标量(1)功是标量．功的正、负并不表示功的方向，表示动力做功还是阻力做功．(2)一个力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做功．2．判断功的正、负的方法(1)根据力F与物体位移l的夹角α判断——常用于恒力做功的情形．(2)根据力与物体瞬时速度的夹角θ判断——常用于曲线运动的情形．如图8所示：图8①若夹角θ是锐角，力做正功；②若夹角θ是钝角，力做负功；③若夹角θ是直角，力不做功．(2021·江宁区方山中学高一月考)如图9所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至底端，在此过程中，下述说法正确的是()图9A．摩擦力对物体做正功B．支持力对物体做正功C．重力对物体做负功D．重力做功与摩擦力做功之和为零答案 D解析摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相反，故摩擦力对物体做负功，A错误；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B错误；重力对物体做正功，C错误；因物体匀速运动，则合外力为零，故重力和摩擦力的合力与支持力等大反向，因支持力做功为零，故重力做功与摩擦力做功之和为零，故D正确．三、恒力做功的计算总功的计算当物体在多个力的共同作用下发生一段位移时，合力对物体所做的功等于各分力对物体做功的代数和．故计算合力的功有以下两种方法：(1)先由W＝Fl cos α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3…然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合l cos α计算总功，此时α为F合的方向与l的方向间的夹角．如图10所示，质量m＝50 kg的滑雪运动员从高度h＝30 m的坡顶由静止下滑，斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数μ＝0.1.则运动员滑至坡底的过程中：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，装备质量不计)图10(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？(2)各力对运动员做的总功是多少？答案(1)1.5×104 J(2)1.3×104 J解析(1)重力做的功为：W G＝mg·hsin 37°·cos(90°－37°)＝1.5×104 J(2)各力对运动员做的总功与合力对运动员做的功相同，运动员所受合力为：F合＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝260 N合力方向沿斜坡向下，沿合力方向的位移l＝hsin 37°＝50 m合力做的功W合＝F合·l＝260×50 J＝1.3×104 J.如图11所示，一个质量为m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的力F ＝10 N作用，在水平地面上从静止开始向右移动的距离为l＝2 m，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.3，g取10 m/s2，求外力对物体所做的总功．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图11答案7.6 J解析物体受到的摩擦力为：F f＝μF N＝μ(mg－F sin 37°)＝0.3×(2×10－10×0.6) N＝4.2 N解法一先求各力的功，再求总功．拉力F对物体所做的功为：W1＝Fl cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J摩擦力F f对物体所做的功为：W2＝F f l cos 180°＝－4.2×2 J＝－8.4 J由于重力、支持力对物体不做功，故外力对物体所做的总功W等于W1和W2的代数和，即W ＝W1＋W2＝7.6 J.解法二先求合力，再求总功．物体受到的合力为：F合＝F cos 37°－F f＝10×0.8 N－4.2 N＝3.8 N，方向水平向右所以W＝F合l cos α＝3.8×2×cos 0° J＝7.6 J.考点一对功的理解1．关于功的概念，以下说法正确的是()A．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量B．功有正、负之分，若某个力对物体做负功，表明这个力对该物体的运动起阻碍作用C．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移D．某物体通过一段位移，作用在该物体上的力一定都做功答案 B解析功是标量，A错误；功有正、负之分，但功的正负不是表示方向，而是表示力对物体的做功效果，B正确；当力的方向和物体位移的方向垂直时，该力对物体不做功，此时物体的位移可能不为零，C错误；当力与位移的夹角是90°时，力对物体不做功，D错误．2．(2020·南京一中高一检测)如图1所示，下列过程中人对物体做了功的是()图1A．小华用力推石头，但没有推动B．小明举起杠铃后，在空中停留3秒的过程中C．小超提着书包，随电梯一起匀速上升的过程中D．小陈将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上滑行了5米的过程中答案 C解析A、B选项所述情景中，位移都为零，D中冰壶滑行时，不受人的推力，故人对物体不做功，只有C选项所述情景人对物体做了功．考点二正、负功的理解3．下列说法不正确的是()A．－10 J的功大于＋5 J的功B．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功C．一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动D．功是矢量，正、负表示方向答案 D解析功的正、负不代表大小，则－10 J的功大于＋5 J的功，A正确；功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功，B正确，D错误；一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动，C正确．4.(2020·兰州一中高一期末)有一根轻绳拴了一个物体，如图2所示，若整体以加速度a向下做减速运动，则作用在物体上的各力做功的情况是()图2A．重力做正功，拉力做负功，合外力做负功B．重力做正功，拉力做负功，合外力做正功C．重力做正功，拉力做正功，合外力做正功D．重力做负功，拉力做负功，合外力做正功答案 A解析物体向下运动，重力方向与位移方向的夹角为0°，故重力做正功；拉力方向向上，与位移方向的夹角为180°，故拉力做负功；物体做减速运动，加速度方向向上，合外力方向向上，与位移方向的夹角为180°，故合外力做负功，选项A正确，B、C、D错误．5．(2020·黑龙江东南联合体高一上学期期末)如图3所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角θ缓慢增大到一定角度，此过程中货物相对车厢一直静止，下列说法正确的是()图3A．货物受到的支持力做正功B．货物受到的支持力不做功C．货物受到的摩擦力做负功D．货物受到的摩擦力做正功答案 A解析车厢与水平方向的夹角θ缓慢增大的过程中，货物做圆周运动，支持力垂直车厢向上，支持力与速度方向相同，故支持力做正功，A正确，B错误；摩擦力沿车厢向上，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故C、D错误．考点三恒力做功的计算6．某人用20 N的水平恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0 m，放手后，小车又前进了2.0 m才停下来，则在小车运动过程中，人的推力所做的功为()A．100 J B．140 JC．60 J D．无法确定答案 A解析人的推力作用在小车上的过程中，小车的位移大小是5.0 m，故该力做功为W＝Fl cos α＝20×5.0×cos 0° J＝100 J，故A项正确．7.(2020·永州一中高一期末)一物体在10 s内沿水平路面向右运动了1 m，在此过程中该物体一直受到一大小为10 N、方向斜向左上方且与水平方向成60°角的拉力F的作用，如图4所示．则在这段时间内拉力F对物体做的功为()图4A．10 J B．－10 JC．5 J D．－5 J答案 D解析恒力做功时，根据功的计算公式W＝Fl cos α，可得在这段时间内拉力F对物体做的功W＝10×1×cos 120° J＝－5 J，D正确，A、B、C错误．8．(2021·沙市中学高一下月考)如图5所示，质量为m 的小物体，从高为h 、底边长为L 的固定粗糙斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，在物体从斜面顶端滑至斜面底端的过程中，摩擦力所做的功为( )图5A ．－μmg h 2LB ．－μmgh 2L 2＋h 2C ．－μmgLD ．－μmg L 2＋h 2答案 C解析 设斜面倾角为α，根据功的公式，摩擦力所做的功 W ＝－μmg cos α·h sin α＝－μmg htan α＝－μmgL ，故C 正确．9．(2020·安徽师大附中高一下学期期末模拟)关于力对物体做的功，以下说法中正确的是( )A ．滑动摩擦力对物体做的功与路径有关B ．合力不做功，物体必定做匀速直线运动C ．在相同的时间内一对作用力与反作用力做的功一定是绝对值相等，一正一负D ．一对作用力与反作用力不可能其中一个做功，而另一个不做功 答案 A10．一女士站立在图6甲台阶式(台阶水平)自动扶梯上匀速上楼，一男士站立在图乙履带式自动人行道上匀速上楼，下列关于两人受到的力对其做功的判断正确的是( )图6A ．甲图中支持力对女士不做功B ．甲图中摩擦力对女士做负功C ．乙图中支持力对男士不做功D．乙图中摩擦力对男士做负功答案 C解析题图甲中，女士匀速上楼，支持力方向向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，女士不受摩擦力，摩擦力不做功，故A、B错误；题图乙中，支持力方向与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C正确，D错误．11．(2021·江苏苏州市高一期中)如图7，小车向右做匀加速直线运动，人站在车厢里向前推车并与车保持相对静止，则下列说法正确的是()图7A．人对车厢做正功B．人对车厢做负功C．摩擦力对人做负功D．人对车厢不做功答案 B解析对人受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F f－F＝ma，则摩擦力对人做正功，则C错误；车厢对人水平方向的力等于人水平方向所受的合力，根据牛顿第三定律可知，人对车水平方向的合力与车的运动方向相反，人对车厢的压力不做功，所以人对车厢做负功，则B正确，A、D错误．12．如图8所示，用沿斜面向上、大小为800 N的力F，将质量为100 kg的物体沿倾角为θ＝37°的固定斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L＝5 m，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25.求这一过程中：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图8(1)物体的重力所做的功；(2)摩擦力所做的功；(3)物体所受各力的合力所做的功．答案(1)－3 000 J(2)－1 000 J(3)0解析对物体受力分析如图所示(1)W G＝－mgL sin θ＝－3 000 J(2)F f＝μF N＝μmg cos θW f＝－F f L＝－μmg cos θ·L＝－1 000 J(3)解法一W F＝FL＝4 000 JW＝W F＋W G＋W f＝0解法二物体做匀速运动，F合＝0故W＝0.13．质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F 的作用，如图9甲所示，取水平向右为正方向，此物体的v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，则()图9A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B．10 s内恒力F对物体做功为102 JC．10 s末物体在计时起点位置左侧4 m处D．10 s内物体克服摩擦力做功为34 J答案 D解析 设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a 1，则由v －t 图像得加速度大小a 1＝2 m/s 2，方向与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，则由v －t 图像得a 2＝1 m/s 2，方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得，F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，解得F ＝3 N ，μ＝0.05，故选项A 错误；根据v －t 图像中图线与横轴所围成的面积表示位移得，10 s 末物体的位移为x ＝12×4×8 m －12×6×6 m ＝－2 m ，负号表示物体在计时起点位置的左侧，则10 s 内恒力F 对物体做功W ＝6 J ，故选项B 、C 错误；10 s 内物体运动的路程s ＝34 m ，克服摩擦力做功W 克f ＝μmgs ＝34 J ，故选项D 正确．第2课时 功率[学习目标] 1.理解功率的概念.2.能用功率的定义式P ＝Wt 及功率与速度的关系式P ＝F v 进行有关分析和计算．一、功率1．意义：功率是表示做功的快慢的物理量． 2．定义：功W 与完成这些功所用时间t 之比． 3．定义式：P ＝Wt .单位：瓦特，简称瓦，符号是W.4．功率是标(选填“标”或“矢”)量． 二、功率与速度的关系1．一个沿着物体位移方向的力对物体做功的功率，等于这个力与物体速度的乘积． 2．关系式：P ＝F v .(1)若v 是物体在恒力F 作用下的平均速度，则P ＝F v 对应这段时间内的平均功率． (2)若v 是瞬时速度，则P 表示该时刻的瞬时功率．3．应用：由功率与速度的关系知，汽车、火车等交通工具和各种起重机械，当发动机的输出功率P 一定时，牵引力F 与速度v 成反(选填“正”或“反”)比，要增大牵引力，就要减小(选填“增大”或“减小”)速度．1．判断下列说法的正误．(1)由公式P ＝Wt 知，做功越多，功率越大．( × )(2)力对物体做功越快，力的功率一定越大．( √ ) (3)汽车爬坡时常常需要换高速挡．( × )(4)沿水平方向运动的物体，速度越大，重力做功的功率越大．( × )2．质量为1 kg 的物体做自由落体运动，经过2 s 落地，下落过程中重力的平均功率为________，落地前瞬间重力的瞬时功率为________．(g ＝10 m/s 2) 答案 100 W 200 W一、对功率的理解导学探究 建筑工地上有两台起重机将重物吊起，下表是它们的工作情况记录：起重机编号 被吊物体重力 匀速上升速度上升的高度 所用时间 做功 A 2.0×103 N 4 m/s 16 m 4 s B4.0×103 N3 m/s6 m2 s(1)两台起重机哪台做功多？(2)哪台做功快？怎样比较它们做功的快慢呢？答案 (1)两台起重机分别做功3.2×104 J 、2.4×104 J ，所以A 做功多． (2)B 做功快，可以用功与所用时间之比表示做功的快慢． 知识深化1．功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不一定多，反之亦然． 2．应用公式P ＝Wt 解题时，必须明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的功率．3．公式P ＝Wt和P ＝F v 的比较P ＝W tP ＝F v适用条件(1)功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用来求平均功率 (2)当时间t →0时，可由定义式确定瞬时功率(1)功率的计算式，仅适用于F 与v 同向的情况，若不同向，P ＝W t ＝Fl cos αt ＝F v cos α(2)v 为平均速度时功率为平均功率，v为瞬时速度时功率为瞬时功率联系 公式P ＝F v 是P ＝Wt的推论(2020·长沙一中高一月考)关于功率的概念，以下说法正确的是( )A ．功率是描述力对物体做功多少的物理量B ．由P ＝Wt可知，功率与时间成反比C ．由P ＝F v 可知，只要F 不为零，v 也不为零，那么功率P 就一定不为零D ．某个力对物体做功越快，它的功率就一定越大 答案 D解析 功率是描述物体做功快慢的物理量，所以A 错误、D 正确；功率与时间没有直接关系，B 错误；当F ⊥v 时，P ＝0，所以C 错误．某人用同一水平力F 先后两次拉同一物体，第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进l 距离，第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进l 距离．若先后两次拉力做的功分别为W 1和W 2，拉力做功的平均功率分别为P 1和P 2，则( ) A ．W 1＝W 2，P 1＝P 2 B ．W 1＝W 2，P 1＞P 2 C ．W 1＞W 2，P 1＞P 2 D ．W 1＞W 2，P 1＝P 2 答案 B解析 两次拉物体用的力都是F ，物体的位移都是l ，由W ＝Fl cos α可知W 1＝W 2；物体在粗糙水平面上前进时，加速度a 较小，由l ＝12at 2可知用时较长，再由P ＝Wt 可知P 1>P 2，选项B正确． 二、功率的计算导学探究 在光滑水平面上，一个物体在水平恒力F 作用下从静止开始做加速运动，经过一段时间t ，末速度为v .求以下两个功率并指出是平均功率还是瞬时功率． (1)在t 时间内力F 的功率； (2)在t 时刻力F 的功率．答案 (1)物体在t 时间内的位移l ＝v t2W ＝Fl ＝12F v t在t时间内力F的功率为平均功率P＝Wt＝12F v(2)t时刻力F的功率为瞬时功率P＝F v.知识深化1．平均功率的计算(1)利用P＝W t；(2)利用P＝F v cos α，其中F为恒力，v为物体运动的平均速度．2．瞬时功率的计算利用公式P＝F v cos α，其中v为瞬时速度；若v F为物体的速度在力F方向上的分速度，则P＝F v F；若F v为物体所受外力在速度v方向上的分力，则P＝F v v.[深度思考]力在某一过程中的平均功率大，瞬时功率一定大吗？答案不一定．平均功率表示物体在某段时间内做功的平均快慢，瞬时功率表示力在某时刻做功的快慢．所以平均功率大，物体的瞬时功率不一定大．(2020·山东潍坊高一下学期期中)如图1，“高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物，更给公共安全带来极大的危害性．最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形进行处罚．若从七楼阳台约20 m高处，将一质量为1 kg的花盆水平推出，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2.下列说法正确的是()图1A．1 s内重力的平均功率为100 WB．整个过程中重力的平均功率为200 WC．落到地面上时，重力的瞬时功率为200 WD．落到地面上时，重力的瞬时功率为100 W答案 C解析 花盆只受重力，竖直方向上做自由落体运动，1 s 内花盆下落的高度为h 1＝12gt 12＝5 m ，所以1 s 内重力做功为W G1＝mgh 1＝50 J ，平均功率P 1＝W G1t 1＝50 W ，A 错误；整个过程中，由h ＝12gt 2，代入数据得t ＝2 s ，则整个过程中重力做功为W G2＝mgh ＝200 J ，故平均功率为P 2＝W G2t ＝100 W ，B 错误；落到地面上时，由v 2＝2gh ，可得到达地面上时花盆竖直方向的速度为20 m/s ，所以重力的瞬时功率P 3＝mg v ＝1×10×20 W ＝200 W ，C 正确，D 错误．如图2所示，质量为m ＝2 kg 的木块在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图2(1)前2 s 内重力做的功； (2)前2 s 内重力的平均功率； (3)2 s 末重力的瞬时功率． 答案 (1)48 J (2)24 W (3)48 W解析 (1)木块下滑过程中，由牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma前2 s 内木块的位移大小为x ＝12at 2联立解得：x ＝4 m ，a ＝2 m/s 2 所以重力在前2 s 内做的功为W ＝mg sin θ·x ＝2×10×0.6×4 J ＝48 J ； (2)重力在前2 s 内的平均功率为 P ＝W t ＝482W ＝24 W ；(3)木块在2 s 末的速度大小为v ＝at ＝2×2 m/s ＝4 m/s 2 s 末重力的瞬时功率为P＝mg sin θ·v＝2×10×0.6×4 W＝48 W.“某秒末”或“到某位置时”的功率是指瞬时功率，只能用P＝F v cos α求解；“某段时间内”或“某个过程中”的功率，是指平均功率，此时可用P＝Wt求解，也可以用P＝F v cos α求解．三、P＝F v中三个量的制约关系定值各量间的关系应用P一定F与v成反比汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度v一定F与P成正比汽车上坡时，若速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力F一定v与P成正比汽车在平直高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度(2021·江苏连云港市高一期中)2021年2月8日，东海高铁开通运营，设计时速350公里的高铁便利了东海人民的出行．如图3所示，设高铁运行时受到的阻力与速度成正比，若高铁以速度v匀速行驶，发动机的功率为P.则当高铁发动机功率为4P时，其匀速行驶的速度为()图3A．2v B．3v C．4v D．8v答案 A解析高铁以速度v匀速行驶，发动机的功率为P，则满足关系P＝F f v，F f＝k v当高铁发动机功率为4P时，其匀速行驶的速度设为v′，则有4P＝F f′v′，F f′＝k v′，联立可得v′＝2v，故选A.考点一功率的理解1．关于功率，以下说法不正确的是( ) A ．单位时间内物体做功越少，其功率越小 B ．物体做功越多，它的功率就越大 C ．物体做功越快，它的功率就越大D ．额定功率是发动机长时间正常工作时的最大输出功率 答案 B解析 根据P ＝Wt 可知，单位时间内物体做功越少，其功率越小，故A 正确，B 错误；物体做功越快，说明单位时间内物体做功越多，则它的功率就越大，故C 正确；额定功率是发动机长时间正常工作时的最大输出功率，故D 正确．2．(2020·河北张家口一中高一下期中)关于功率，下列说法正确的是( ) A ．根据P ＝Wt 可知，机器做功越多，其功率越大B ．根据P ＝F v 可知，汽车牵引力一定与速度成反比C ．根据P ＝Wt 可知，只要知道时间t 内机器所做的功，可求得这段时间内任一时刻机器做功的功率D ．根据P ＝F v 可知，发动机功率一定时，汽车的牵引力与运动速度成反比 答案 D解析 由功率公式P ＝Wt 可知，在相同时间内，做功多的机器，功率一定大，选项A 无“相同时间”这一条件，故A 错误；根据P ＝F v 可知，发动机功率一定时，汽车的牵引力与速度成反比，故B 错误，D 正确；公式P ＝Wt 求的是一段时间内的平均功率，故C 错误．考点二 功率的计算3．一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在t 时间内(小球未落地)重力对它做功的平均功率P 及在t 时刻重力做功的瞬时功率P 分别为(重力加速度为g )( ) A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝12mg 2t ，P ＝2mg 2t答案 C。

审计学1415章课后习题(带答案)

审计学1415章课后习题(带答案)

2021-2021-2《审计学》（14-15章）课后习题(带答案）一、名词解释题（27-30）27.核算误差企业对经济业务实行了不正确的会计核算而产生的误差28.重分类误差企业因为未依照会计准则、制度编制财务报表而引发的误差29.试算平衡表是按期加计分类账各账户的借贷发生余额的合计数，以检查借贷方是不是平衡，账户记录有无错误的一种表式。

30.审计报告指审计人员跟具审计计划对被审计单位实施必要的审计程序，就被审计事项得出审计记录，提出审计意见与审计建议的书面文件。

二、单项选择题（165-195）165."普遍性"是用以说明错报对财务报表的影响，下列各项中，对财务报表的影响具有普遍性的情形不包括（）。

A.不限于对财务报表的特定要素、账户或项目产生影响B.错报金额已经超过财务报表的重要性C.虽然仅对财务报表的特定要素、账户或项目产生影响，但这些要素、账户或项目是或可能是财务报表的主要组成部份D.当与披露相关时，产生的影响对财务报表利用者理解财务报表相当重要166.注册会计师在获取充分、适当的审计证据后，以为错报单独或汇总起来对财务报表影响重大，但不具有普遍性，则注册会计师应该发表的审计意见类型是（）。

A.无保留意见B.无法表示意见C.否定意见D.保留意见167.以下关于强调事项段的说法中，不正确的是（）。

A.增增强调事项段不影响已发表的审计意见B.强调事项段可以提及在财务报表中披露和未披露的信息C.增增强调事项段的事项对财务报表利用者理解财务报表很重要D.强调事项段应该紧接在审计意见段以后168.下列情形中，会致使无法表示意见的是（）。

A.财务报表存在重大错报，可是影响并非普遍B.财务报表存在重大错报，而且影响普遍C.无法获取充分、适当的审计证据，可是影响并非普遍D.无法获取充分、适当的审计证据，而且影响普遍169.审计报告的题目统一为（）。

A.审计报告B. XX会计师事务所的审计报告C.独立审计报告D.外部审计报告170.甲注册会计师负责A上市公司2021年度财务报表审计工作，若是甲注册会计师拟出具标准意见的审计报告，甲注册会计师在编写审计报告的意见段时，下列有关表述正确的是（）。

大学物理学(下册)习题答案详解

大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B).2(D).3(D).4(B).5(B).6(D).7(B).8(C).9(D).10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩.磁矩 ; (2). R 2c ；(3).)4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).i .沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ. 0 ;(7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正.负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0).半径为R .通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m.宽为2 R ).位置如右图中画斜线部分所示.求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小.由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而.穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外.与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而.穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管.圆环内外半径分别为R 1和R 2.芯子材料的磁导率为.导线总匝数为N .绕得很密.若线圈通电流I .求． (1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2. )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B d Φr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流.在导线内部作一平面S .S 的一个边是导线的中心轴线.另一边是S 平面与导线表面的交线.如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率0 =4×10-7T ·m/A.铜的相对磁导率r ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处.作一个单位长窄条. 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x R Ix20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度.设线圈中的电流强度为I ．解：如图.CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB . 方向其中 2/1)2/(sin 2==a a β.0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ. 同理, aI B BC π=240μ.方向．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ.方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向．5. 如图所示线框.铜线横截面积S = 2.0 mm 2.其中OA 和DO ＇两段保持水平不动.ABCD 段是边长为a 的正方形的三边.它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中.B 的方向竖直向上．已知铜的密度 = 8.9×103 kg/m 3.当铜线中的电流I =10 A 时.导线处于平衡状态.AB 段和CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感强度B 的大小．解：在平衡的情况下.必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia =31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈.半径分别为R 1、R 2.电流为I 1、I 2．电流的方向相反.求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右.那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0.则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0.则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I .沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1T.沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV.上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)． 解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电.则正电荷堆积在上表面.霍耳电场的方向由上指向下.故上表面电势高.可知是p 型半导体。

2025届湖南省高三上学期联考(二)物理试卷含答案解析

2025届湖南省高三上学期联考(二)物理试卷含答案解析

2025届湖南省高三上学期联考（二）物理试卷含答案解析一、单选题1. 物理学的发展离不开物理学家的努力，下列说法错误的是（）A.1864年，英国物理学家麦克斯韦证实了电磁波的存在，光是一种电磁波B.1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量C.胡克认为，只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D.荷兰物理学家惠根斯确定了单摆的周期公式，周期为两秒的单摆叫秒摆【答案】A【解析】A．1887年，德国物理学家赫兹证实了电磁波的存在，光是一种电磁波，故A错误；B．1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故B正确；C．胡克认为，只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C正确；D．荷兰物理学家惠根斯确定了单摆的周期公式，周期为两秒的单摆叫秒摆，故D正确。

本题选择错误的，故选A。

2. 核反应816O+2654Fe→2858Ni+612C被称作核转移反应，即一个原子核的一部分在反应后转移到另一原子核。

此反应中，发生核转移的部分为（）A.23HeB.24HeC.12HD.11H【答案】B【解析】根据质量数与电荷数守恒有16-12=4，8-6=2可知，此反应中，发生核转移的部分为24He。

故选B。

3. 瑞瑞在一节大学物理实验课上用光源发出的光照射光电管来测量光电流与所加电压关系。

已知光源L的光谱如图所示，则I−U曲线最可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】波长越小，光的频率约高，由光电效应方程可得E k=ℎν−W=ℎcλ−W当光的频率大于光电管的截至频率，频率越大，激发的光电子初动能越大。

光源L的光谱中波长500nm~800nm的波占多数，产生的初动能较小的光电子，则反向电压较小时，电流会出现突然衰减。

故选A。

4. 如图，边长为L的N匝正方形线框连接用电器，在竖直方向的磁场中绕水平轴线以角速度ω旋转，t=0时线框水平，磁感应强度随时间变化的表达式为B(t)=B0sinωt，则线圈产生的感应电动势的有效值为（）A.NB0L2ωB.02√2C.NB0L2ω2D.√2NB0L2ω【答案】B【解析】若从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量为Φ=BL2cosωt=B0L2sinωtcosωt=12B0L2sin2ωt根据法拉第电磁感应E=NΔΦΔt，可得线圈中产生的感应电动势大小为e=NB0ωL2cos2ωt则线圈中产生的感应电动势的有效值为E=E√2=NB L2ω√2故选B。

2017-2018高中物理必修二课后练：第五章 实验六 验证

2017-2018高中物理必修二课后练：第五章 实验六 验证

教师备选题库一、单项选择题1．(2016·江西余江一中二模)在高中物理力学实验中，下列说法中正确的是( ) A．在“探究动能定理”的实验中，通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法C．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，可用直尺直接测量弹簧的伸长量D．在处理实验数据时，常常采用图象法可以减小系统误差解析：我们用橡皮筋拉动小车的方法来探究橡皮筋的拉力对小车所做的功与小车速度变化的关系时，每次保持橡皮筋的形变量一定，当有n根相同橡皮筋并系在小车上时，n根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍，所以每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必须要保持一致，故A错误；在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法：两个分力与合力的效果是相同的，故B正确；为了减小误差，应测量弹簧的总长度，不能直接测量伸长量，故C错误；图象法只能减小因测量而产生的偶然误差，不能减小系统误差，故D错误．答案：B2．(2017·吉大附中模拟)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾．假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是( )A．车头A通过P点时的速度最小B．车的中点B通过P点时的速度最小C．车尾C通过P点时的速度最小D．A、B、C通过P点时的速度一样大解析：过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故选B.答案：B3．(2017·山东师范大学附属中学模拟)一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列能正确反映小球的机械能E随上升高度h 的变化规律(选地面为零势能参考平面)的是( )解析：小球运动过程中阻力做负功，根据能量守恒定律可得：E ＝E 0－fh ＝E 0－kvh ，E -h 图象的斜率表示阻力，因为速度在减小，所以阻力在减小，故图象的斜率减小，C 正确．答案：C4．(2017·江苏如东高级中学期中)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在水平地面上，一小球放在轻弹簧的上端而不拴连，从静止开始向上运动的过程中，规定运动的起点为重力势能的零点，小球机械能E 随其位移大小x 的变化规律如图乙所示，且曲线与平行于x 轴的直线相切，则下列说法中正确的是( )A ．小球在0～x 1这段位移上加速度一直减小B ．小球在0～x 1这段位移上加速度先减小后变大C ．小球在x 1～x 2这段位移上先加速后减速运动D ．上升过程中，弹簧对小球做的功为12E 0解析：小球在0～x 1这段位移上，弹簧对小球有向上的弹力，弹力先大于重力，后小于重力．弹力不断减小，则小球所受的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，故A 错误，B 正确；小球在x 1～x 2这段位移上，小球离开弹簧后做竖直上抛运动，先向上减速后向下加速运动，故C 错误；上升过程中，根据功能原理可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，弹簧对小球做的功为E 0，故D 错误．答案：B5.(2017·黑龙江哈尔滨六中期中)如图所示，物体A 的质量为M ，圆环B 的质量为m ，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l ＝4 m ，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，g 取10 m/s 2，若圆环下降h ＝3 m 时的速度v ＝5 m/s ，则A 和B 的质量关系为( )A.M m ＝3529 B.M m ＝79 C.M m ＝3925D.M m ＝1519解析：下降3 m 后圆环的速度可以按如图所示分解，故可得v A ＝v cos θ＝vhh 2＋l 2，A 、B 和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h ＝3 m 时，根据机械能守恒可得mgh ＝Mgh A ＋12mv 2＋12Mv A 2，其中h A ＝h 2＋l 2－l ，联立可得M m ＝3529，故A 正确．答案：A 二、多项选择题6.(2016·广东韶关模拟)一轻质弹簧，固定于天花板上的O 点处，原长为L ，如图所示，一个质量为m 的物块从A 点竖直向上抛出，以速度v 与弹簧在B 点相接触，然后向上压缩弹簧，到C 点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是( )A ．由A 到C 的过程中，动能和重力势能之和保持不变B ．由B 到C 的过程中，弹性势能和动能之和逐渐减小 C ．由A 到C 的过程中，物块m 的机械能守恒D ．由B 到C 的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒解析：对物块由A 到C 的过程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A 、C 错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升过程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，B 、D 正确．答案：BD7.(2017·山东东营一中质检)如图，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m .给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，瞬时速度v 必须满足( )A ．最小值4grB ．最大值6grC ．最小值5grD ．最大值7gr解析：小球在最高点，速度最小时有mg ＝m v 12r，解得v 1＝gr .根据机械能守恒定律有2mgr＋12mv 12＝12mv ′12，解得v ′1＝5gr .小球在最高点，速度最大时有mg ＋2mg ＝m v 22r ，解得v 2＝3gr .根据机械能守恒定律有2mgr ＋12mv 22＝12mv ′22，解得v ′2＝7gr .所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，最低点的速度范围为：5gr ≤v ≤7gr ，故C 、D 正确，A 、B 错误．答案：CD8.(2016·广东广州模拟)如图，不计空气阻力，从O 点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P 处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ 做匀加速直线运动．下列说法正确的是( )A ．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B ．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小C ．撤去斜面，小球仍从O 点以相同速度水平抛出，落地速率将不变D ．撤去斜面，小球仍从O 点以相同速度水平抛出，落地时间将不变解析：小球在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为g ，在斜面上运动时，由牛顿第二定律得加速度为a ＝mg sin αm＝g sin α(α是斜面的倾角)，可知小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，故A 错误，B 正确．整个过程中小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋12mv 02＝12mv 2，则落地时速率v ＝v 02＋2gh ，若撤去斜面，小球仍从O 点以相同速度水平抛出，落地速率将不变，故C 正确．比较小球在斜面上与空中运动的时间，由于小球在斜面上运动的加速度为a ＝g sin α，竖直分加速度为a ⊥＝a sin α＝g sin 2α＜g ，则知撤去斜面后，落地时间变短，故D 错误．答案：BC 三、非选择题9．(2017·四川成都七中期中考试)如图甲所示，跨过定滑轮的细线两端系着质量均为M 的物块A 、B ，A 下端与通过打点计时器的纸带相连，B 上放置一质量为m 的金属片C ，固定的金属圆环D 处在B 的正下方，系统静止时C 、D 间的高度差为h .先接通电磁打点计时器，再由静止释放B ，系统开始运动，当B 穿过圆环D 时C 被D 阻挡而停止．(1)整个运动过程中纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50 Hz.由此可计算出C 被阻挡前B 的加速度大小a ＝________ m/s 2；B 刚穿过D 时的速度大小v ＝________ m/s(结果保留两位有效数字)．(2)若用该装置验证机械能守恒定律，则需验证等式________是否成立．还可运用图象法加以验证：改变物块B 的释放位置，重复上述实验，记录每次C 、D 间的高度差h ，并求出B 刚穿过D 时的速度v ，作出v 2-h 图线如图丙所示，根据图线得出重力加速度的表达式g ＝________，代入数据再与当地的重力加速度大小比较，判断系统机械能是否守恒(均用题中物理量的字母表示)．(3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的一个办法：________. 解析：(1)根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得，a ＝x 35－x 134T2＝[ 21.6＋26.4 － 12.0＋16.8 ]×10－24×0.01m/s 2＝4.8 m/s 2.B 刚穿过D 时的速度大小v ＝0.2640.1m/s≈2.6 m/s. (2)系统重力势能的减少量ΔE p ＝mgh ，系统动能的增加量ΔE k ＝12(2M ＋m )v 2，则需验证mgh ＝12(2M ＋m )v 2.根据系统机械能守恒得，mgh ＝12(2M ＋m )v 2，解得g ＝ 2M ＋m v 122mh 1.(3)减小误差的方法：适当增加C 、D 间的高度差；适当增加金属片C 的质量；保证打点计时器的限位孔在同一竖直线上．答案：(1)4.8 2.6 (2)mgh ＝12(2M ＋m )v 22M ＋m v 122mh 1(3)适当增大C 、D 间的高度差适当增加金属片C 的质量 保证打点计时器的限位孔在同一竖直线上10．(2017·甘肃兰州质检)如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R 的四分之一圆弧构成的细管道ABC ，圆心连线O 1O 2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m 的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R 的薄板DE 置于水平面上，板的左端D 到管道右端C 的水平距离为R .开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g .解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C 点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦)．(1)若小球经C 点时对轨道外侧的弹力的大小为mg ，求弹簧锁定时具有的弹性势能E p ； (2)试通过计算判断小球能否落在薄板DE 上．解析：(1)解除弹簧锁定后小球运动到C 点过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达C 点的速度大小为v 1，根据机械能守恒定律可得：E p ＝2mgR ＋12mv 12.小球经C 点时所受的弹力的大小为mg ，方向向下，根据向心力公式得mg ＋mg ＝m v 12R，解得E p ＝3mgR .(2)小球离开C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有：2R ＝12gt 2，x ＝v 1t ，解得x ＝22R ＞2R ，所以小球不能落在薄板DE 上．答案：(1)3mgR (2)不能11.(2016·四川内江三模)为了缓解城市交通拥堵问题，某市交通部门在禁止行人步行的十字路口增设了长度为12 m 的“直行待行区”．如图所示，当其他车道的车辆右转时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．如果该路段的限速为60 km/h ，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4 s ，现某汽车司机驾驶质量为1.5 t 的小汽车，汽车的额定功率为63 kW ，汽车的前端刚好停在停车线处，当司机看到上述提示时，立即由静止开始做匀加速直线运动，当汽车的前端运动到“直行待行区”的前段线时，正好直行的绿灯亮起，司机保持该加速度继续运动到额定功率后保持功率不变．汽车在运动中受到的阻力为车重的0.2倍，重力加速度g 取10 m/s 2，则：(1)在前4 s 时间内，汽车发动机所做的功是多少？(2)从开始运动计时，经过12 s 达到该路段限速，汽车经过的总位移是多少？(结果保留两位有效数字)解析：(1)在这段时间内，汽车前进的位移为x ＝12at 2，汽车的加速度为a ＝2x t2＝1.5 m/s 2，汽车受到的阻力f ＝kmg ＝3×103N ， 根据牛顿第二定律有F －f ＝ma ，牵引力做功W F ＝Fx ，由以上两式得W F ＝6.3×104J.(2)设汽车达到额定功率时的速度为v ′，时间为t ′，位移为x 1，则P 额＝Fv ′， v ′＝at ′，x 1＝12at ′2.设汽车以额定功率行驶的位移为x 2，根据动能定理有P 额(t －t ′)－fx 2＝12mv 2－12mv ′2，由以上各式解得x 1＝48 m ，x 2＝50.6 m. 汽车经过的位移x ＝x 1＋x 2＝98.6 m. 答案：(1)6.3×104J (2)98.6 m。

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案第14章稳恒电流的磁场一、选择题1（b）、2（d）、3（d）、4（b）、5（b）、6（d）、7（b）、8（c）、9（d）、10（a）II。

填空(1).最大磁力矩，磁矩;(2).?r2c；(3).0i/(4a)；(4).0i4？R(5).?0i，沿轴线方向朝右.；(6).?0ri/(2?r12)，0;(7).4;(8).mg/(lb)；(9).aib;(10).正，负.三道计算题一．一无限长圆柱形铜导体(磁导率?0)，半径为r，通有均匀分布的电流i．今取一矩形平面s(长为1m，宽为2r)，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解决方案：圆柱与导体中心轴之间距离r处的磁感应强度大小可通过安培环路定律获得：is2r1mB0i2？r2r（r？r）因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为R0i？0irdr？？1.Bds？？北斗卫星导航系统22? r4？0在圆形导体外，距离导体中心轴r处的磁感应强度为B？？0i2？r（r？r）因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为2r？0i？？我2.Bds？？博士0ln22?2?rr?i?i穿过整个矩形平面的磁通量1??2?0?0ln24.2.n2.横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为r1和r2，芯子材材料的渗透性是？，导线的总匝数为n，且绕得很紧。

如果线圈通过电流I通电，计算（1）铁芯中的B值和铁芯部分的磁通量。

（2） R<R1和R>R2时的B值bR2r1解：（1）根据安培环路定理，在环路中做一个半径为r的圆环路b?2?r??ni，b??ni/(2?r)在r处取微小截面ds=bdr,通过此小截面的磁通量dφ？北斗卫星导航系统穿过截面的磁通量φ??ni2?rbdr北斗卫星导航系统sni2？rbdr？？nib2？Lnr2r1i（2）还在环外形成一个环形电路（r<R1和r>R2）i0B2.R0∴b=03.一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10a电流，在导线内部作一平面s，s的一个边是导线的中心轴线，另一边是s平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通沿导体长度方向穿过一段长度为1m的s平面的磁通量-(真空的磁导率?0=4?×107tm/a，铜的相对磁导率?r≈1)s解决方案：与导线中心轴的距离为x和x？在DX，制作一个单位长度的窄条，其面积为DS？1.DX。

湖南大学大学物理(二)练习册问题详解1

湖南大学大学物理(二)练习册问题详解1

湖南大学物理（二）练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(A )，2(C)，3(C)，4(A)，5(C )，6(B)，7(C)，8(D)，9(D )，10(B)， 二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +， q 1、q 2、q 3、q 4 ； (3). 0， / (2) ； (4).R / (2) ；(5). 0 ； (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r q ε ；(7). －2×103V ； (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 11400ε(9). 0，pE sin； (10). ()()j y x i xy40122482+-+-- (SI) ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强： ()j i RE-π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i RE +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i RE +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i RE E E E+π=++=03214ελBA∞O B A∞∞2. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为：= 0cos ，式中为半径R 与x 轴所夹的角， 试求圆柱轴线上一点的场强． 解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为：φφεσελd s co 22d 000π=π=RE 它沿x 、y 轴上的二个分量为：d E x =－d E cos =φφεσd s co 2200π-d E y =－d E sin =φφφεσd s co sin 20π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝002εσ 0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==3. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示． 按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE b b===⎰⎰得到 E = kb 2/ (40) (板外两侧 (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x =4.在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度； (2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2)∴解：(1) 设电荷的平均体密度为，取圆柱形高斯面如图(1)(直底面，底面S 平行地面)上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E·S d ＝E 2S -E 1S ＝(E 2-E 1) S高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h S由高斯定理(E 2－E 1) S ＝h S/ε 0() E E h1201-=ερ＝4.43×10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2)由高斯定理 ⎰⎰E·S d =∑i 01q ε-E S =S ∆σε01∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9×10-10C/m 35. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为=0sin ，式中0为一常数，为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．解：在处取电荷元，其电荷为d q =d l = 0R sin d(2)(1)它在O 点产生的场强为R R q E 00204d sin 4d d εφφλεπ=π=在x 、y 轴上的二个分量d E x =－d Ecos d E y =－d Esin对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελR E x ＝0RR E y 0002008d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=6. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为4πR qr=ρ (r ≤R ) (q 为一正的常量) = 0 (r >R )试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为d q = ρd V = qr 4r 2d r /(R 4) = 4qr 3d r/R 4则球体所带的总电荷为 ()q r r R q V Q r V===⎰⎰34d /4d ρ(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有404102401211d 414Rqr r r R qr E r r εε=π⋅π=π⎰得 402114R qr E επ= (r 1≤R)，1E 方向沿半径向外．在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有 0222/4εq E r =π得 22024r qE επ= (r 2 >R )，2E 方向沿半径向外．(3) 球内电势 ⎰⎰∞⋅+⋅=RRr r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=R R r r r q r R qr d 4d 4204021εε 40310123Rqr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R q ε ()R r ≤1 球外电势 2020224d 4d 22r q r r q r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >27. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为ixx E 012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ∴ i x R x E E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2x R R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ8．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．陽極電勢比陰極高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6×10-19C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为．按高斯定理有 2rE = λ/ 0 得到 E = λ/ (20r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R BA B A r rr E U U ελ 120ln 2R R ελπ-=得到 ()120/ln 2R R U U A B -=πελ， 所以 ()rR R U U E A B 1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R R R U U eR eE F A B ⋅-==＝4.37×10-14N 方向沿半径指向阳极．四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为2041r qE πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

高一物理人教版必修2(第14课时 追寻守恒量——能量) Word版含解析

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绝密★启用前人教版必修2 第14课时追寻守恒量——能量第Ⅰ部分选择题一、选择题：本题共8小题。

将正确答案填写在题干后面的括号里。

1．伽利略的斜面实验表达了一个最重要的事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必将准确地终止于同它开始点相同的高度，决不会更高一点，也决不会更低一点．这说明小球在运动过程中，有一个“东西”是不变的，这个“东西”就是() A．动能B．势能C．力D．能量2.关于功和能，下列说法正确的是()A．功就是能，功可以转化为能B．做功越多，物体的能越大C．能量转化中，做的功越多，能量转化越大D．功是物体能量的量度3．体积相同的实心铜球和木球放在同一水平桌面上，铜球静止，木球在桌面上做匀速直线运动，则()A．铜球的动能小于木球的动能B．铜球的重力势能小于木球的重力势能C．铜球的机械能一定小于木球的机械能D．铜球的机械能一定等于木球的机械能4．关于物体的重力势能和动能，以下说法正确的是()A．重力势能大的物体动能也一定大B．重力势能变大的物体动能也一定变大C．重力势能变小的物体动能一定变大D．重力势能和动能没有必然联系，但在一定条件下，可以相互转化5.在如图所示的伽利略理想斜面实验中(斜面光滑),以下说法正确的是()A.小球从A到B运动的过程中动能保持不变B.小球从A到B运动的过程中势能减少C.只有小球从B到C运动的过程中动能和势能的总和不变D.小球在斜面CD上运动的最大距离等于AB6. 下列实例中,动能转化为势能的是()A. 竖直上抛的正在上升的小球B. 上紧发条的玩具汽车汽车正在行驶C. 从高处下落的石块D. 从斜槽上滚下的小球7．如图所示，电动小车沿斜面从A匀速运动到B，则在运动过程中()A．动能减少，势能增加B．动能不变，势能增加C．动能减少，势能不变D．动能不变，势能减少8．物质、能量、信息是构成世界的基本要素，下面关于能量的认识中错误的是() A．能量是一个守恒量B．同一个物体可能同时具有多种不同形式的能量C．物体对外做了功，它一定具有能量D．地面上滚动的足球最终停下来，说明能量消失了第Ⅱ部分非选择题二、非选择题：本题4个小题。

第二章课后习题答案(湖南大学物理)

第二章课后习题答案(湖南大学物理)

第二章 质点力学的基本定律2.1 如图所示，把一个质量为m 的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs 较小，因此若不加支持，木块将加速下滑． （1）试证tan θ≧μs ； 的水平力F，可使木块恰不下滑？这时木块对（2）须施加多大斜面的正压力多大？（3）如不断增大F 的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？（1）[证明]木块在斜面上时受到重力G mg =和斜面的支持力N 以及静摩擦力f ，其中f ≦ f s = μs N ，而 N = G cos θ． 要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力f s ．根据牛顿第二定律得μs G cos θ = ma ≧0，G sin θ - 因此tan θ≧μs ． 证毕．（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有 - F cos θ = 0， （1） G sin θ - μs N F sin θ = 0． （2） N - G cos θ - （2）×μs +（1）得μs G cos θ – F cos θ - μs F sin θ = 0，G sin θ -解得sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ-=+． （3）上式代入（2）得cos sin s mgN θμθ=+．（4）（3）[解答]当木块平衡时，一般情况下，有G sin θ - f - F cos θ = 0，N - G cos θ - F sin θ = 0． 解得f = G sin θ - F cos θ，N = G cos θ + F sin θ．可知：1当F的大小不断增加时，摩擦力将不断减小；当F = G tan θ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向；至于木块是否向上做加速运动，则要进一步讨论．2正压力将不断增加．[讨论]当tan θ < 1/μs 时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得图2.1sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ+=-．将（3）式中的μs 改为-μs 就是这个结果．可见：当tan θ = 1/μs 时，F 趋于无穷大，只有当tan θ< 1/μs 时，才能增加F 的大小使木块向上加速滑动．2.2 如图所示，设质量m = 10kg 的小球挂在倾角α = 30°的光滑斜面上，求：（1）当斜面以加速度a = g /3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时小球对斜面的正压力为零？（g = 9.8m·s -2）[解答]（1）小球受到重力G ，斜面的支持力N 和绳子的张力T ．建立坐标系，列方程得 T sin α – mg = 0， N cos α + N sin α = ma ． T cos α - 解得N = m (g cos α – a sin α) = 68.54(N)， m (g sin α + a cos α) = 77.29(N)． T = （2）令N = 0，得加速度为 a = g ctg α = 16.97(m·s -2)．2.3 物体A 和B 的质量分别为m A = 8kg ，m B = 16kg ，它们之间用绳子联结，在倾角α = 37°的斜面上向下滑动，如图所示．A 和B 与斜面的滑动摩擦因素分别为μkA = 0.2，μkB = 0.4，求：（1）物体A 和B 的加速度； （2）绳子的张力；（3）如果将A 和B 互换位置，则（1）和（2）的结果如何？[解答]根据角度关系可得sin α = 3/5 = 0.6，cos α = 4/5 = 0.8，0.75．tan α = 3/4 = （1）如果物体A 和B 之间没有绳子，由于tan θ≧μs ，可知：A 和B 都要沿斜面做加速运动，而B 的加速度比较小．当A 和B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．设绳子的张力为T ，根据牛顿第二定律分别对A 和B 列运动方程： μkA m A g cos α - T = m A a ，m A g sin α – m B g sin α – μkB m B g cos α = m B a ． T + 两式相加得 [(m A + m B )sin α – (μkA m A + μkB m B )cos α]g m B )a ， = (m A + 所以加速度为 [sin cos ]kA A kB BA Bm m a g m m μμαα+=-+= 3.26(m·s -2)．（2）将加速度a 的公式代入任一方程都可解得张力为图2.3()cos kB kA A B A Bm m g T m m μμα-=+= 3.86(N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．（3）将A 和B 互换位置后，由于A 的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零． A 的运动方程为m A g sin α – μkA m A g cos α = m A a A ， 解得 a A = g (sin α – μkA cos α) = 4.12(m·s -2)． 同理得a B = g (sin α – μkB cos α) = 2.7(4m·s -2)．2.4 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 2211sin 22y at g t α==⋅．x = v 0t ，将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2.5 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力N m = mg = 19.6(N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为f m = ma = 2(N)， 这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力M )g = 29.4(N)，N M = (m + 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为图2.4f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为+ M )g = Ma`， F – f – μk (m 即 F = f + Ma`+ μk (m + M )g = (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2.6 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= .78(m·s -2)， 绳对它的拉力2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2.7 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证： （1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足12111k k k =+；关系关系式（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2． [解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此1212F F F k k k =+，即12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2，即k = k 1 + k 2．12图2.62 图2.72.8 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；度1a 沿水平方向运动；（2）小车以加速（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；行的加速度1b把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（4）用与斜面平的加速度2b（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．（5）以同样大小[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ． （2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于ma/mg ， tan θ =所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ；T = mg cos φ． （4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cos φ，邻边是mg +mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T ==．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2.9 如图所示：质量为m = 10kg 的小球，拴在长度l = 5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多（2）图2.9大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为22d d s F ma m t ==， 其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得B v =s -1)．由于22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为(2cos 1)Cn a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为a n = 0， 绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2.10 一质量为m 的小球，最初静止于如图所示的A 点，然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑．试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力．[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的． 取上题中l = r ，对（1）式积分 090d sin d C v v v gr αθθ-︒=-⎰⎰， 2901cos 2C v rg αθ-︒=，得 解得速度为C v ，角速度为C v r ω==由于N C – mg cos α = 2mg cos α，所以 N C = 3mg cos θ．2.11 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则 mg cos θ． F = 小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．图2.11由于d v t =，所以22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ， h 表示石下落的高度．积分得 212v g h C=+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0， 因此速率为v =2.12 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212km v C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2n x mv k x =-⎰．（1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2.13 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++，小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤． 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v vf m mR t μ=-=，即 2d d kv t R v μ=-．积分得1kt C Rv μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-，因此 011kt Rv v μ=-． 解得01/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++，积分得0ln (1)`k kv tRx C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2.15 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为 F = mg tg θ． 珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ， 可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosgR θω=±．2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得 = F d t = -kA cos ωt d t ， d I 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t t ωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．mg图2.152.17 一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=-得21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得p ∆=．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR == 2/42R T T mvmvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为F cos ωt ，F x = F cos θ = F sin ωt ， F y = F sin θ = 给小球的冲量大小为F cos ωt d t ，d I x = F x d t =d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2.18用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v ==14(m·s -1)，其速度的增量为v ∆=s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）F = I/t = 366.2(N)．2.19 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2） [解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程T = Ma ，联立方程可得a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式s = v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间t =．此时B 的速度大小为v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．v xΔvv y2.20 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p 1 = 9.22×10-16g·cm·s -1的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p 2 = 5.33×10-16g·cm·s -1的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．[解答]原子核蜕变后的总动量大小为p =10-16(g·cm·s -1)．其方向与电子方向的夹角为θ = arctan(p 2/p 1) = 30°． 根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，12`0p p p ++=，所以原子核的反冲动量为12`()p p p p =-+=- ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为180 - θ = 150°．2.21 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°=0cos θ．2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？方向为正方向，弧位移d s的大小为[解答]取弧长增加的d s = R d θ．重力G的大小为G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πsin d mgR θθ=-，图2.22积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f的大小为f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F就是平衡力，即0F G f ++=， 或者 ()F G f =-+．拉力的功元为d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2.23 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为E 1 = mv 02/2，末动能为E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ， 积分得20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为2316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs = ΔE k ，可得 s = -ΔE k /f ， 由此也能计算弧长和圈数。

2025高考物理步步高同步练习第三章 本章知识网络构建含答案

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2025高考物理步步高同步练习第三章本章知识网络构建实验：探究弹簧弹力与形变量的关系[学习目标] 1.学会探究弹簧弹力与形变量之间的关系.2.会利用列表法、图像法、函数法处理实验数据.3.能根据F－x图像求出弹簧的劲度系数．一、实验原理1．如图1所示，在弹簧下端悬挂钩码时弹簧会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等．图12．弹簧的长度可用刻度尺直接测出，伸长量可以由伸长后的长度减去弹簧原来的长度进行计算．这样就可以研究弹簧的弹力和弹簧伸长量之间的定量关系了．二、实验器材铁架台、弹簧、毫米刻度尺、钩码若干、坐标纸．三、实验步骤1．按实验原理图安装实验装置，记下弹簧自由下垂时下端所对应的刻度l0.2．在弹簧下端悬挂一个钩码，平衡时记下弹簧的总长度并记下钩码的重力．3．增加钩码的个数，重复上述实验过程，将数据填入表格，以F表示弹力，l表示弹簧的总长度，x＝l－l0表示弹簧的伸长量．1234567F/N0l/cmx/cm0四、数据处理1．建立如图2所示的直角坐标系，以弹簧的弹力F为纵轴、以弹簧伸长量x为横轴，根据测量数据在坐标纸上描点，作出F－x图像．图22．以弹簧的伸长量为自变量，写出图像所代表的函数．首先尝试一次函数，如果不行则考虑二次函数．3．得出弹簧弹力和伸长量之间的定量关系，解释函数表达式中常数的物理意义．五、注意事项1．尽量选轻质弹簧以减小弹簧自身重力带来的影响．2．实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，避免超出弹簧的弹性限度．3．测量长度时，应区别弹簧原长l0、实际长度l及伸长量x三者之间的不同，明确三者之间的关系．为了减小弹簧自身重力带来的影响，测弹簧原长时应让弹簧在不挂钩码时保持自由下垂状态，而不是平放在水平面上．4．记录数据时要注意弹力与形变量的对应关系及单位．5．描点作图时，应使尽量多的点落在画出的线上，可允许少数点均匀分布于线两侧，偏离太大的点应舍去，描出的线不应是折线，而应是平滑的曲线或直线．一、实验原理及操作(2021·淮安市高中协作体)某同学做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验．图3(1)图3甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量为________cm.(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________．(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重量B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重量(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量x与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是_________________________________________________.答案(1)6.93(2)A(3)弹簧形变量超出弹簧的弹性限度解析(1)由题图乙标尺刻度可知示数l2＝14.66 cm，所以弹簧的伸长量为Δl＝l2－l1＝6.93 cm.(2)为防止弹簧超出弹性限度，应逐渐增加钩码的重量，故选项A正确．(3)由题图丙知AB段伸长量与弹力不成线性关系，主要原因是钩码重力过大，导致弹簧形变量超出弹簧的弹性限度．二、实验数据的处理(2020·北京人大附中期中)某同学做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验时，设计了如图4甲所示的实验装置，将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺固定在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，然后在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码，测出弹簧相应的总长度．每个钩码的质量都是10 g．实验数据见下表．(g取10 m/s2)图4钩码质量m/g010********弹簧总长度l/cm 3.00 3.50 4.00 4.50 5.00 5.50弹力大小F/N00.10.20.30.40.5(1)关于本实验，下列说法正确的是________．A．悬挂钩码时，应在钩码静止后再读数B．应在弹簧的弹性限度范围内进行测量C．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态D．在测量弹簧原长时，应将弹簧平放在水平桌面上，使其自然伸长，并测出其长度(2)根据上述实验数据，在图乙所示的坐标纸上，作出弹簧弹力大小F跟弹簧总长度l之间的关系图像，并求出该弹簧的劲度系数k＝____________ N/m，原长l0＝________ cm.(3)一个实验小组在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，得到弹簧弹力与弹簧长度之间关系的图像如图丙所示．下列表述正确的是________．A．a的原长比b的短B．a的劲度系数比b的小C．a的劲度系数比b的大D．测得的弹力与弹簧的长度成正比答案(1)ABC(2)见解析图20 3.00(3)AC解析(2)根据表中数据描点连线，就能得到F－l图像，如图所示，图线的斜率大小表示弹簧的劲度系数，解得k＝20 N/m.当F＝0时，弹簧长度为原长，l0＝3.00 cm.(3)在F－l图像中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，故A 正确；图线的斜率表示劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，故B错误，C正确；弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误．三、创新实验在“探究弹簧弹力与形变量的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图5所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．图5图6(1)有一个同学把通过以上实验测量得到的6组数据在图6坐标系中描点，请作出F－L图线．(2)由此图线可得出该弹簧的原长L0＝________ cm，劲度系数k＝________ N/m.(3)该同学实验时把弹簧水平放置，与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：__________________，缺点在于：______________________.答案见解析解析(1)F—L图线如图所示：(2)弹簧的原长L0即弹簧弹力为零时弹簧的长度，由题图可知，L0＝5×10－2 m＝5 cm.劲度系数为图像直线部分的斜率，k＝20 N/m.(3)优点：可以避免弹簧自身重力对实验的影响．缺点：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在摩擦，会造成实验误差．1．在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，弹簧弹力的大小为F，弹簧的形变量(伸长量或压缩量)为x，下列说法正确的是()A．实验中劲度系数k的具体数值只能用逐个计算的方法求出来，而没有其他的方法B．如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度l代替x，F－l图线也是一条过原点的直线C．利用F－x图线可求出劲度系数kD．实验时要把所有点连到线上，才能探索得到真实规律答案 C解析该实验中进行数据处理，可以采用图像法，并非只能用逐个计算的方法来求劲度系数k，故A错误；用弹簧长度l代替x，F－l图线不过原点，故B错误；在F－x图像中图线的斜率表示劲度系数，故利用F－x图线可以求出k的值，故C正确；实验时并非把所有点连到线上，而是让线穿过尽量多的点，不能穿过的点均匀分布在线的两侧，故D错误．2．(2021·东海县高一上期中)图1甲为某同学用力传感器“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验情景．用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F(从电脑中直接读出)．所得数据记录在下列表格中：拉力大小F/N0.450.690.93 1.14 1.44 1.69标尺刻度x/cm57.0258.0159.0060.0061.0362.00图1(1)从图乙读出刻度尺上的刻度值为________ cm.(2)根据所测数据，在图丙坐标纸上作出F 与x 的关系图像．(3)由图像求出该弹簧的劲度系数为________ N/m ，弹簧的原长为________ cm.(结果均保留三位有效数字)答案 (1)63.60 (2)见解析图 (3)24.8 55.2解析 (1)由题图乙可知，刻度尺的最小分度值为0.1 cm ，故读数为63.60 cm. (2)根据表中数据，利用描点法作出对应的图像如图所示：(3)由胡克定律可知，图像的斜率表示劲度系数，则k ＝ΔF Δx ＝1.69－0.20.62－0.56 N/m ≈24.8 N/m ，图线与横轴的交点表示弹簧的原长，则可知弹簧原长为55.2 cm. 3．在“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中．(1)以下是小明同学准备完成的实验步骤，请你帮他按操作的先后顺序，用字母排列出来________．A ．以弹力为横轴、形变量为纵轴建立直角坐标系，用描点法作出实验图像B ．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L 0C ．将铁架台固定于水平桌面上，并将弹簧的上端系于横杆上，在弹簧附近竖直固定刻度尺D ．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，当钩码静止时，记下弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内E ．以弹簧形变量为自变量，写出弹簧弹力与形变量的关系式F ．解释函数表达式中常数的物理意义(2)小华同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行实验，根据测得的数据绘出如图2所示的图像，根据图像，可计算得到两个弹簧的劲度系数分别为k甲＝________ N/m，k乙＝________ N/m.(结果保留3位有效数字)图2(3)从图像上看，图像上端为曲线，说明该同学没能完全按实验要求做，图像上端成为曲线是因为________________________________，若要制作一个精确度较高(即劲度系数较小)的弹簧测力计，应选弹簧________(选填“甲”或“乙”)．答案(1)CBDAEF(2)66.7200(3)弹力过大，超过弹簧弹性限度甲解析(1)在“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，应先组装器材，然后进行实验，最后处理数据，得出结论．实验操作的先后顺序为CBDAEF.(2)根据胡克定律得两个弹簧的劲度系数分别为k甲＝F Ax A＝ 4 N6×10－2 m≈66.7 N/m，k乙＝F Bx B＝8 N4×10－2 m＝200 N/m.(3)题图图像上端向上弯曲的原因是弹力过大，超过弹簧的弹性限度．从图像上可以看出甲的斜率大于乙的斜率，因为题图图像中纵轴为形变量，横轴为弹力，斜率的倒数表示劲度系数，所以甲弹簧的劲度系数较小，因此用其制成的弹簧测力计精确度高．4．某同学“探究弹簧弹力与形变量的关系”．(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(选填“水平”或“竖直”)．(2)弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，弹簧长度记为L x；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6.数据如下表．代表符号L0L x L1L2L3L4L5L6数值(cm)25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为________．由表可知所用刻度尺的最小分度为________．(3)如图3甲所示是该同学根据表中数据作出的图线，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(选填“L 0”或“L x ”)．图3(4)由图甲可知弹簧的劲度系数为________ N/m ；通过图和表可知砝码盘的质量为_____ g ．(结果保留两位有效数字，重力加速度g 取9.8 N/kg)(5)如图乙所示是另一组同学实验得到弹簧弹力F 与弹簧伸长量x 的F －x 图线，由此可求出该组同学所用弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留三位有效数字)．图线不过原点的原因是______________________．答案 (1)竖直 (2)静止 L 3 1 mm (3)L x (4)4.9 10 (5)200 弹簧自身存在重力 解析 (1)为保证弹簧的拉力与砝码盘和砝码的重力大小相等，弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向．(2)弹簧静止时，记录长度L 0；表中的数据L 3与其他数据有效数字位数不同，所以数据L 3不规范，标准数据应读至cm 单位的后两位小数，最后一位应为估读值，所以刻度尺的最小分度为1 mm.(3)由题图甲知所挂砝码质量为0时，x 为0，所以x ＝L －L x (L 为弹簧长度)． (4)由胡克定律F ＝kx 知，mg ＝k (L －L x )， 即mg ＝kx ，所以图线斜率为kg，则弹簧的劲度系数k ＝Δm ·g Δx ＝(60－10)×10－3×9.8(12－2)×10－2N/m ＝4.9 N/m.同理，砝码盘的质量m 0＝k (L x －L 0)g ＝4.9×(27.35－25.35)×10－29.8kg ＝0.01 kg ＝10 g.(5)F－x图像中图线的斜率表示弹簧的劲度系数，则题图乙中的斜率k＝7(4－0.5)×10－2N/m ＝200 N/m；图线不过原点说明没有力时弹簧有了形变量，故说明受到弹簧自身的重力的影响．实验：探究两个互成角度的力的合成规律[学习目标] 1.练习用作图法求两个力的合力.2.探究两个互成角度的力的合成规律．一、实验原理1．合力F′的确定：两个力F1、F2共同作用，能把橡皮条末端小圆环拉到某点，一个力F′也可以把橡皮条末端的小圆环拉到同一点，则F′与F1和F2共同作用的效果相同，则F′是F1和F2的合力．2．合力理论值F的确定：根据平行四边形定则作出F1和F2的合力F的图示，求出合力的理论值F.3．在实验误差允许的范围内，比较F′和F是否大小相等、方向相同．二、实验器材方木板、白纸、弹簧测力计(两个)、橡皮条、细绳、轻质小圆环、三角板、刻度尺、图钉(若干)、铅笔．三、实验步骤1．在方木板上用图钉固定一张白纸，如图1甲所示，用图钉把橡皮条的一端固定在木板上A 点，在橡皮条的另一端挂上轻质小圆环．图12．用两个弹簧测力计分别钩住小圆环，互成角度地拉橡皮条，将小圆环拉到某位置O，用铅笔描下小圆环O的位置和拉线的方向，并记录两弹簧测力计的读数．3．用一个弹簧测力计拉橡皮条，将小圆环拉到同一位置O，记下弹簧测力计的读数和拉线的方向．4．如图乙所示，利用刻度尺和三角板，按适当的比例作出用两个弹簧测力计拉时的拉力F1和F2的图示以及用一个弹簧测力计拉时的拉力F′的图示，以F1、F2为邻边画出平行四边形，并画出对角线F.5．比较F与F′的大小和方向，看它们在实验误差允许范围内是否相同，从而验证平行四边形定则．四、注意事项1．弹簧测力计使用前要检查指针是否指在零刻度线上，否则应校零．2．被测力的方向应与弹簧测力计轴线方向一致，拉动小圆环时弹簧不可与外壳相碰或摩擦．3．在同一次实验中，小圆环的位置O一定要相同．4．在具体实验时，两分力F1和F2间夹角不宜过大，也不宜过小，以60°～120°之间为宜．5．读数时应正视、平视刻度．6．使用弹簧测力计测力时，读数应适当大些，但不能超出它的测量范围.一、实验原理与操作在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，有下列实验步骤：a．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点，如图2所示．图2b．只用一个弹簧测力计，通过弹簧测力计把小圆环拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的示数F′和细绳的方向，按同样比例作出力F′的图示．c．改变两个分力的大小和夹角，再做两次实验．d．记下两个弹簧测力计的示数F1、F2及小圆环的位置，描下两条细绳的方向，在纸上按比例作出力F1和F2的图示，用平行四边形定则求出合力F.e．比较力F′与F，可以看出，它们在实验误差允许的范围内是相等的．f．把小圆环系在橡皮条的另一端，通过小圆环用两个弹簧测力计互成角度地拉小圆环，橡皮条伸长，使小圆环到达某一位置O.完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________(填写步骤前面的字母)．(2)下列哪些措施能减小实验误差________．A．两条细绳必须等长B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行C．拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些D．实验前先把实验所用的两个弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同，则进行调节使之相同答案(1)afdbec(2)BCD解析(1)先固定好白纸和橡皮条，两个弹簧测力计互成角度地拉小圆环到O点，记下两个力的大小和方向，由平行四边形定则画出两个力的合力，然后用一个弹簧测力计拉小圆环仍然到O点，记下拉力的大小和方向，与第一次的合力比较大小和方向，改变两个分力的大小和夹角，重复实验．故实验步骤为afdbec.(2)两条细绳是否等长，不会影响实验，A错误；拉力应和木板平面平行，否则画出的力就不是实际作用力了，B正确；细绳应稍长些，这样在描点画力的方向时，偏差小，误差小，C 正确；实验前调节弹簧测力计，使两个弹簧测力计的读数相同，可以使弹簧测力计读数准确，可以减小误差，D正确．(2020·北京市东城区高一上期末)某同学用如图3所示装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，橡皮筋的一端固定在水平木板上的P点，另一端系有两个绳套．实验中先用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮筋，将橡皮筋拉至某一位置O.再只用一个弹簧测力计，通过绳套把橡皮筋拉到与前面相同的位置O.图3(1)为完成该实验，下述必须有的步骤是________．(填正确选项前的字母)A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．记录弹簧测力计的示数D．记录结点O的位置E．通过细绳记录拉力的方向(2)下列关于操作过程的说法正确的是________．(填正确选项前的字母)A．橡皮筋、弹簧测力计和细绳应位于与木板平行的同一平面内B．两细绳之间的夹角一定要取90°，以便计算合力的大小C．拉橡皮筋的细绳要短一些，标记同一细绳方向的两点要近一些D．弹簧测力计的示数适当大些有利于减小误差E．同一次实验中，用一只弹簧测力计拉橡皮筋时，结点的位置必须与用两只弹簧测力计拉时的位置重合(3)“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验情况如图4所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图4①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．②本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法答案(1)CDE(2)ADE(3)①F′②B二、实验数据处理某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在桌面上，如图5(a)所示．将橡皮筋的一端Q固定在y 轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长．(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N.(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点，现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N.(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；图5(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________．若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．答案(1)4.0(2)(ⅰ)见解析图(ⅱ)4.00.05解析(1)由题图(b)可知，F的大小为4.0 N.(2)(ⅰ)F1长度为21 mm，F2长度为28 mm，画出力F1、F2及F合的图示，如图所示．(ⅱ)用刻度尺量出F合的线段长约为20 mm，所以F合大小为4.0 N，量出合力箭头处到y轴的距离和所作合力在y轴投影的长度，则F合与拉力F的夹角的正切值为0.05.1．(2020·徐州市高一上期末)某同学用如图1所示的实验装置探究两个互成角度的力的合成规律．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.手持弹簧测力计B，水平向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细线的方向．下列不必要的实验要求是()图1A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．细线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置答案 D2．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，用两个弹簧测力计把橡皮条的端点拉到O处，如图2所示已经作出拉力F1、F2，图中方格每边长度表示1 N.图2(1)用直尺、三角板作出F1、F2的合力后，由所作的图可知，F1、F2的合力F大小为______ N.(2)用一个弹簧测力计把橡皮条的端点拉到O处，此时拉力为F′.由图可知，F′与F的大小、方向略有偏差，如果此偏差仅由F1的大小引起，则引起偏差的原因是F1的大小比真实值偏________(选填“大”或“小”)．答案(1)7(2)大解析(1)以F1、F2为邻边，作出平行四边形，如图所示：由图可知：合力为F＝1×7 N＝7 N.(2)合力F′与F的大小、方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，由图可知F1与F′的夹角比F1与F的大，故F1的大小比真实值偏大．3．某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，所用器材有：方木板一块、白纸、量程为5 N的弹簧测力计两个、橡皮条(带两个较长的细绳套)、刻度尺、图钉(若干个)．(1)实验时，主要的步骤是：A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上B．用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力FE．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是________和________．②遗漏的内容分别是________________________和________________________．(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如图所示．其中对于提高实验精度最有利的是________．答案(1)①C E②记下两条细绳套的方向把橡皮条的结点拉到同一位置O(2)B解析(1)①根据“探究两个互成角度的力的合成规律”实验的操作步骤可知，有重要遗漏的步骤的序号是C和E.②在C中未记下两条细绳套的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O.(2)为了提高实验精度，弹簧测力计读数尽可能大一些，标注细绳方向的两点尽可能远一点，标度尽可能小一些，两力F1、F2夹角不宜过大或过小，故选B.4．某同学用如图3甲所示的装置“探究两个互成角度的力的合成规律”．将一木板竖直放在铁架台和轻弹簧所在平面后，其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：图3(1)如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；(2)卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数．图乙中B弹簧测力计的读数为________ N；(3)该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力F A、F B的大小和方向，如图4所示，请在图中作出F A、F B的合力F.图4答案(2)方向11.40(3)见解析图解析(2)根据实验原理可知，本实验要记录两分力的大小、方向及合力的大小、方向，其中大小通过弹簧测力计的读数获得，方向通过细绳套方向获得，故需要记录AO、BO的方向；根据弹簧测力计的读数规则可得题图乙中B弹簧测力计的读数为11.40 N.(3)根据OF A和OF B两条表示力的有向线段为邻边作平行四边形，再作出两邻边所夹对角线，即合力F，如图所示．动态平衡问题[学习目标] 1.进一步熟练掌握平衡问题的解法.2.会利用解析法、图解法和相似三角形法分析动态平衡问题．1．动态平衡：平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向缓慢变化，所以叫。

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若 B > 0，则 B 方向为沿 x 轴正方向．若 B < 0，则 B 的方向为沿 x 轴负方向．
7. 如图所示． 一块半导体样品的体积为 a×b×c．沿 c 方向有电流 均匀外磁场 B ( B 的方向和样品中电流密度方向垂直)
．实验得出的数据为 a＝0.10 cm、b＝0.35 cm、c＝1.0
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BdS
0 2R2
B 0I (r R) 2r
2
B
dS
R 2r

1 2
2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为 R1 和 R2，芯子材 料的磁导率为，导线总匝数为 N，绕得很密，若线圈通电流 I，求．
(1) 芯子中的 B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在 r < R1 和 r > R2 处的 B 值．
2 R1
方向
0I 4 2a
，方向
I
E
D
R x
a
2a I
I
C
2a
BA
I
S
P
F
S dx
P I
a
方向．
5. 如图所示线框，铜线横截面积 S = 2.0 mm2，其中 OA 和 DO＇两段保持水平不动，
ABCD 段是边长为 a 的正方形的三边，它可绕 OO＇轴无摩擦转 动．整个导线放在匀强磁场 B 中， B 的方向竖直向上．已知铜 的密度 = 8.9×103 kg/m3，当铜线中的电流 I =10 A 时，导线处 于平衡 状态，AB 段和 CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感 强度 B 的大小．
通过沿导线长度方向长为 1m 的一段 S 平面的磁通量．
(真空的磁导率0 =4×10-7 T·m/A，铜的相对磁导率r≈1)
解：在距离导线中心轴线为 x 与 x d x 处，作一个单位长窄条， 其面积为 d S 1 d x ．窄条处的磁感强度
B r 0 Ix 2 R2
所以通过 dS 的磁通量为 d B d S r 0 Ix d x 2 R2
通过１m 长的一段 S 平面的磁通量为
R r 0 Ix d x r 0 I 106 Wb
0 2 R 2
4. 计算如图所示的平面载流线圈在 P 点产生的磁感强度，设线圈中的 电流强度为 I．
解：如图，CD、AF 在 P点产生的 B= 0
其中
∴
．
同样
∴
B BAB BBC BDE BEF
cm、I＝1.0 mA、B＝3.0×10-1 T，沿 b 边两侧的电势差 a U＝6.65 mV，上表面电势高．
(1) 问这半导体是 p 型(正电荷导电)还是 n 型(负电 b
荷导电)？ (2) 求载流子浓度 n0 (即单位体积内参加导电的带
电粒子数)．
Ia 2 B cos
0 R12 I1
(b

(4). 0 I ； 4R
(6). 0rI /(2R12 ) ， 0 ;
(8). mg /(lB) ；
(10). 正，负.
三 计算题
1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)，半径为 R，通有均匀分布的电流 I．今取一矩形平面 S (长为 1 m，宽为 2 R)，位置如右图中画斜线部分所 示，求通过该矩形平面的磁通量．
Φ B d S NI b d r NIb ln R2
S
(2) 同样在环外( r < R1 和 r > R2 )作圆形回路, 由于 Ii 0
∴
B 2r 0
B=0
2r
3. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有 10 A 电流，在导线内部作一平面 S，S 的一个边是导
线的中心轴线，另一边是 S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算
解：(1) 在环内作半径为 r 的圆形回路, 由安培环路定理得

2R 0 I

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，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。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。
解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对 OO＇轴而言)．
重力矩
磁力矩 平衡时 所以
M1
M2

2agS
2Sa 2 g sin

BIa 2

1 2
a sin
sin(1 ) 2
M1 M2
2Sa 2 g sin Ia2B cos
B 2Sg tg / I 9.35 103 T
0I
dr
0I 4
r dr 0I

0I
2
0 I ln 2 2
4
ln 2
I S 1m
2R
N
b R2 R1
B 2r NI ， B NI /(2r)
在 r 处取微小截面 dS = bdr, 通过此小截面的磁通量
穿过截面的磁通量
dΦ B d S NI b d r 2r
B AB

0I 4a
(sin 2
sin 1 ) ，
sin 2 a /( 2a) 1/ 2 ， sin 1 0
B AB

0I 4 2a
，
同理,
BDE BEF 0 I /(8 2a) ，方向⊙．
B 20I 0I 20I
4 2a 4 2a 8a
4
BBC

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，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。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。
解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向 由上指向下，故上表面电势高，可知是 p 型半导体。
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，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。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。
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