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(浙江专用)2020版高考生物大一轮复习第二部分细胞的结构4细胞膜、细胞壁及细胞质课件

(浙江专用)2020版高考生物大一轮复习第二部分细胞的结构4细胞膜、细胞壁及细胞质课件

细胞膜的受体是细胞进行信息交流的结构,但并不等于细胞之间的信息交 流都通过受体,高等植物细胞的细胞间信息交流可以不通过细胞膜上的受
A.项错误 细胞膜上的受体是细胞间信息交流所必需的结构 体,A ;精子与卵细胞的识别和结合通过受体进行,可用图2表示,B项
B.;A 图和 2可以表示精子与卵细胞的识别和结合 正确 B细胞交流通过某物质进行,这种物质通过体液传送,比如细胞分 C.A细胞分泌的激素,可随血液到达全身各处,但只将信息传递给 靶细胞 示发出信号的细胞,乙是靶细胞,D项正确。 关闭 A D.图2中甲表示发出信号的细胞,乙是靶细胞
-20教材梳理 题型探究 真题演练
考向六 细胞壁 【典例1-7】 (2018浙江名校新高考联盟第一次联考)下列结构中 不具有细胞壁的是( ) A.伞藻细胞 B.棉花叶肉细胞 C.烟草花叶病毒 D.蚕豆叶下表皮细胞
关闭
伞藻属于植物,伞藻细胞含有细胞壁;棉花属于植物,棉花叶肉细胞含有细 胞壁;烟草花叶病毒没有细胞结构,不含有细胞壁;蚕豆属于植物,蚕豆叶下 表皮细胞含有细胞壁。 C
结 构 特 点
特点 原 因 实 例 构成细胞膜的磷脂 变形虫的变形 一定 分子和蛋白质分子 运动、细胞融 的流 不是静止的,而是可 合、胞吞、胞 动性 以运动的 吐
影响因素 温度:在一定范 围内,温度越高, 细胞膜的流动性 越大
-17教材梳理 题型探究 真题演练
特点 功 能 选择 特 透性 性
原因 遗传因素
技巧总结细胞膜上蛋白质的功能 (1)与糖类结合,形成糖被,具有识别、保护、润滑等作用。 (2)起载体作用,参与物质运输过程,控制物质进出细胞。 (3)有的蛋白质是酶,起催化化学反应的作用。
-11教材梳理 题型探究 真题演练

上海大学《大学物理》大物2 2019B卷

上海大学《大学物理》大物2 2019B卷

2019年上海大学社区学院大学物理(2)期中考试试卷(B 卷) 姓名 学号 班级 分数一、选择题 (每题3分,共27分)1. (3分)质量为m 、电荷为e -的电子以圆轨道绕静止的氢原子核旋转,其轨道半径为r ,旋转频率为ν,动能为E ,则下列几种关系中正确的是[ ](A) re E 0π8ε= (B) 2320432E me εν=(C) re E 02π4ε= (D) 320232E me εν=.2. (3分) 半径为R 的均匀带电球面,若其电荷面密度为σ,则在距离球面R 处的电场强度大小为: (A)0εσ. (B) 02εσ. (C) 04εσ. (D) 08εσ. [ ] 3. (3分)有一带电球体,其电荷体密度为kr ρ=,k 为一正的常量,r 为球内任一点到球心的距离. 如图所示,球体外A 、B 两点的电势分别为A V 、B V ,则[ ]4. (3分) 静止电荷将在其周围激发 [ ](A) 无旋电场 (B) 有旋电场 (C)) 稳恒磁场 (D) 非保守力场.5. (3分)电荷均匀分布在半径为R 的半圆环上,电荷线密度为λ。

现将点电荷q 由无限远处移至半圆环圆心,则这一过程中电场力做功为[ ](A) 02q λε (B) 02q λε- (C) 04q λε (D) 04q λε-.6. (3分)一电偶极子的电偶极矩p 的方向与一均匀电场E 的方向相平行,当将它转到与电场方向反平行时,外力所做的功为[ ](A) pE (B) 2pE (C) 3pE (D) 4pE .7. (3分)如图所示,A 、B 和C 为三个半径分别为a 、b 和c 的同轴导体长圆柱面,A 和C 接地,B 带电量为Q ,若忽略边缘效应,则B 的内表面的电量Q '和外表面的电量Q ''的比值为[ ] (A) 0 (B) 1 (C) lnln b ca b(D) ln ln c b b a .8. (3分)下列材料中,哪一种是由有极分子构成的?[ ] (A) 氢气 (B) 二氧化碳 (C) 一氧化碳 (D) 甲烷.9. (3分)在半径为R 、带电量为q 的金属球壳内充有相对介电常数为1r ε的电介质,在球壳外充满相对介电常数为2r ε的电介质,设无穷远处为电势零点,则球壳内的一点A (到球心距离为r )处的电势为[ ](A)014πr q rεε (B)0211()4πr qr Rεε- (C)014πr q R εε (D) 024πr q R εε.二、 填空题(共23分)10.(2+2=4分)—半径为R 的带电球体,其电荷体密度为2kr ρ=(其中,k 为正常量,0 < r < R ),则球外任一点的场强大小 ,电势大小 。

专题一 力与运动 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点

专题一 力与运动 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点

专题一力与运动(2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示,小朋友在玩一种运动中投掷的游戏,目的是在运动中将手中的球投进离地面3 m高的吊环,他在车上和车一起以2 m/s的速度向吊环运动,小朋友抛球时手离地面1.2 m,当他在离吊环的水平距离为2 m时将球相对于自己竖直上抛,球刚好进入吊环,他将球竖直向上抛出的速度是(g取2)( )10m/sA.1.8 m/sB.3.2 m/sC.6.8 m/sD.3.6 m/s2.如图甲所示,水平地面上的一个物体,受到方向不变的水平推力F的作用,推力F 与时间t的关系如图乙所示,物体的速度v与时间t的关系如图丙所示,以下说法正确的是( )A.0~2 s,物体受到的摩擦力大于推力B.0~6 s,物体受到的摩擦力大小为2 NC.2~4 s,物体的加速度大小为2D.物体的质量为0.5 kg1m/s3.每个人都有一个飞行梦,现在钢铁侠的梦想已能成为现实。

2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定,交付期一年。

消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时,从地面开始竖直飞行的v t-图像如图所示,下列说法正确的是( )A.消防员上升的最大高度为10 mB.消防员在2~6 s内正处于上升阶段C.消防员在8~10 s内处于超重状态D.消防员在8~16 s内的平均速度大小为3 m/s4.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验,从水面开始竖直下潜,最后返回水面,其v t-图像如图所示,则下列说法正确的是( )A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等B.全过程中的最大加速度为20.025m/sC.3~4 min和6~8 min加速度方向相反D.本次下潜的最大深度为6 m5.如图所示,光滑斜面的倾角为θ,A球质量为2m B、球质量为m,图甲中A、B两球、两球用轻质杆相连,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆用轻弹簧相连,图乙中A B均与斜面平行,在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间有( )gθ B.图甲中B球的加速度为0A.图甲中A球的加速度为singθC.图乙中A B、两球的加速度均为sin 、两球的加速度均为0 D.图乙中A B6.如图所示,一个质量为m的均匀光滑球放在倾角30θ=︒的斜面上,并被斜面上一个竖直挡板挡住,处于平衡状态,则( )B.球对斜面的压力大小为2mg7.如图所示,倾斜固定的长木板A上放置一个内壁光滑的半球形凹槽B,凹槽中放有小球C,整个装置处于静止状态。

专题五 电路与电磁感应 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难

专题五 电路与电磁感应 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难

【例 1】答案:D 解析:A. 外壳不能使用金属材料,若使用金属材料外壳也会发生电磁感应,形成回路,消 耗能量,故 A 错误; B. 通过楞次定律结合右手螺旋法则,知电流由 d 流出,相当于电源正极, d 点电势高于 c 点,故 B 错误; C. 在送电线圈电压不变的情况下,增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场, 不可以提高受电线圈的电压,故 C 错误; D. 根据电磁感应原理可知,接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同, 故 D 正确。
(1)解决电磁感应图象问题的一般步骤 ①明确图象的种类,即是 B t 图象还是 t 图象或者是 E t 图象、 I t 图象等。 ②分析电磁感应的具体过程。 ③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 ④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式.平张号 ⑤根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。 ⑥应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化。
(2) B t I t 如图 1,规定垂直纸面向里为磁场正方向,顺时针为电流正方向,根据 B t 图象画出 I t 图象,如图 2。
为方便记忆,我们设定:伸出右手,让大拇指指向磁场正方向,环绕四指,如果四指 环绕方向为线圈中电流正方向,则称为“B、I 二者满足右手”;若环绕方向为线圈中电流负 方向,则称为“B、I 二者不满足右手”。
专题五 电路与电磁感应 (2)
第十讲 电磁感应及应用
——2023届高考大单元二轮复习讲重难
一、核心思路
二、重点知识
1.“三定则、一定律”的应用 (1)安培定则:判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 (2)左手定则:判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 (3)右手定则:判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。 (4)楞次定律:判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向。 2.求感应电动势的两种方法 (1) E n ,用来计算感应电动势的平均值。

大物复习资料汇总

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4.2.5 MV 232X 10 3X 1002:.AT =iR质量为100g 的水蒸汽,温度从积不变的情况下加热,需热量= ? o二 7.7K5x831120 C 升高到150 C,若视水蒸汽为理想气体,体Qv = ?在压强不变的情况下加热,需热量 Qp解:1()(加4的斥尔数 m 100 50 v=—=——=—mol Jtf IS 9喝。

是多原子分子::二6Q*3*8.31*30 = 4155/4皆 v93.50Q p = vC p M = y * 4* 8.31*30 = 5540J•定量的单原子理想气体在等压膨胀过程中对外作的功A/Q = 2/5,若为双原子理想气体,则比值解:A 与吸收的热量 Q 之比A/Q = 27 oAE =皿任—八;—2单原子分子:i = 3;CP ,+ 2双原子分子:1=5由刚性双原子分子组成的理想气体,温度为 T 时,贝U 1mol 该理想气体的内能为???5/2RTiff解:一1.储有氧气的容器以速度 V = 100m • s-1运动,假设该容器突然停止,全部定向运动 的动能都变为气体分子热运动的动能,问容器中的氧气的温度将会上升多少? 解,氧气:Z = 5M2 25. 原在标准状况下的 2mol 的氢气,经历一过程吸热 500J,问:(1)若该过程是等容过程,气体对外作功多少?末态压强 P =? (2)若该过程是等压过强,末态温度 T =?, 气体对外作功多少?解:初态:标准状况^=1.013*105?«7;=2731氢气:i=5A _QAT =^-=1000=12K(1)等容过程人末态温度 T r = T 0+AT=285K末态压强 P 二 F 0 T=1.01 3* 105*285= 1.057* 105PaT 。

273等压过程A=.RT Q p J 2R Tp p2T p二 T 0:T =281.6K6. 2mol 多原子理想气体,从状态(P0 ,V0 ,T0)o 开始作准静态绝热 膨胀,体积增大到原体积的3倍,则膨胀后气体压强P= 解:多原子分子:i=6i +24比热比: 二」i 3绝热过程:PV 二P0V0V0 7所以:P =P0(一)V2 2A Q *500 =142.9Ji 2 72Q♦ (i 2)R2* 7*8.31(2)7. 在高温热源为127C,低温热源为27C之间工作的卡诺热机,对外做净功8000JL维持低温热源温度不变,提高高温热源温度, 使其对外做净功100004若这两次循环该热机都工作在相同的两条绝热线之间,试求:(1) 后一个卡诺循环的效率;(2) 后一个卡诺循环的高温热源的温度解:(1)T!=127o C=400K;T2=27°C=300K=1-& =25%T iQ, -32000JQ2= Q, - A = 24000JT2二T2= 300K Q2 = Q2= 2 4 0 J 0A =10000J Q, = A2Q2二24000J=A /Q2=10000/34000 二29.4%(2)又十半丁1=严=器=425K=152O C8. 一卡诺热机在每次循环过程中都要从温度为400K的高温热源吸热418J,向低温热源放热334・4J,低温热源温度为?320K解:由得a人L二鈿=320所以(3)气体吸收的热量 。

大连理工大物2作业答案_40-44

大连理工大物2作业答案_40-44

2、 粒 子 在 一 维 无 限 深 势 方 阱 中 运 动 , 图42-1 为 粒 子 处 于 某 一 能 态 的 波 函 数ψ (x)的 曲 线 ,(1)写出 粒 子 的 波 函 数;(2)用数学的方法求出粒子出现概率最大的位置。 解:(1)粒子的波函数: ψ (x) = 0,
(x)| = 0给出,即 (2)粒子出现最大的位置由 d|ψdx

1=
−∞
|ψ (x)| dx = |A|
2
2 0

e−2ax dx =
1 |A|2 2a
解之得 A= √ 2a 0
2 a
4、在宽度为a的一维无限深方势阱中运动的粒子定态波函数为ψ (x) =
2a 求:(1)基态粒子出现在 a 3 < x < 3 范围内的概率; (2)主量子数n = 2的粒子出现概率最大的位置。 解:可知定态波函数已归一化 2a (1)基态粒子出现在 a 3 < x < 3 范围内的概率
8、若一个电子和一个质子具有同样的动能,哪个粒子的德布罗意波长较大? 解:考虑到相对论效应,有 λ= 因为mp me ,所以λe > λp . hc Ek (Ek + 2m0 c2 )
3πx √ cos (−a ≤ x ≤ a) 2a a (1)求粒子在x = a 2 处出现的概率密度; a (2)在− a < x < 5 5 范围内,粒子出现的概率。 解:由波函数的形式可知波函数已经归一化 (1)粒子在x = a 2 处出现的概率密度: p(x = a/2) = |ψ (x = a/2)| =
3、如图41-1所示一束动量为p的电子,通过缝宽为a的狭缝,在距离狭缝为R处放置一荧光屏,求屏上衍射图样中 央明条纹的宽度d. 解:由德布罗意关系知 λ = h/p 单缝衍射暗条纹的条件为 a sin θk = ±kλ 由于R 于是 d,所以sin θ1 ≈ d/2R. d = 2R sin θ1 = 2Rλ/a = 2Rh/pa

大物(2)期末复习

大物(2)期末复习

练习一 静电场中的导体三、计算题1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(x 2+y 2)3/2,其中C 为常数.求(1)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.解:. E x =-∂U/∂x=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]= (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2E y =-∂U/∂y=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3 y 轴上点(x =0) E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0E =-C i /y 32.如图,一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球B (半径为R 1)上,今给A 球带负电-Q , 求B 球所带电荷Q B 及的A 球的电势U A .静电场中的导体答案解: 2. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U BAU A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3)U BA =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3- R 1R 3)U A =[Q/(4πε0R 3)][-1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]=-Q (R 2-R 1)/[4πε0(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]练习二 静电场中的电介质三、计算题1. 如图6.6所示,面积均为S 2的两金属平板A ,B 平行对称放置,间距为d =1mm,今给A , B 两板分别带电 Q 1×10-9C, Q 2×10-9C.忽略边缘效应,求:(1) 两板共四个外表的面电荷密度 σ1, σ2, σ3, σ4;(2) 两板间的电势差V =U A -U B .解:1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四-Q图5.6Q2σ 2 σ 4个外表的电荷产生的,应为零,有E A =σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0E A =σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0而 S (σ1+σ2)=Q 1 S (σ3+σ4)=Q 2 有 σ1-σ2-σ3-σ4=0σ1+σ2+σ3-σ4=0 σ1+σ2=Q 1/S σ3+σ4=Q 2/S解得 σ1=σ4=(Q 1+Q 2)/(2S ⨯10-8C/m 2σ2=-σ3=(Q 1-Q 2)/(2S ⨯10-8C/m 2两板间的场强 E=σ2/ε0=(Q 1-Q 2)/(2ε0S )V=U A -U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V四、证明题1. 如图所示,置于静电场中的一个导体,在静电平衡后,导体外表出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明,图中从导体上的正感应电荷出发,终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在.解:1.ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅AB l E d 2=⎰⋅ACBl E d ≠0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量三、计算题1. 半径为R 1的导体球带电Q ,球外一层半径为R 2相对电容率为εr 的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图所示.求:(1)离球心距离为r 1(r 1<R 1), r 2(R 1<r 1<R 2), r 3(r 1>R 2)处的D 和E ;(2)离球心r 1, r 2, r 3,处的U ;(3)介质球壳内外外表的极化电荷. 解:1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4πr 2D=∑q 0i当r=5cm <R 1, ∑q 0i =0得 D 1=0, E 1=0 当r=15cm(R 1<r <R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 2=Q /(4πr 2)×10-8C/m 2E 2=Q /(4πε0εr r 2)=7.99×103N/C 当r=25cm(r >R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 3=Q /(4πr 2)=1.27×10-8C/m 2 E 3=Q /(4πε0r 2)=1.44×104N/C D 和E 的方向沿径向. (2) 当r=5cm <R 1时 U 1=⎰∞⋅rl E d⎰=R rr E d 1⎰++dR Rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q/(4πε0εr R )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]=540V当r=15cm <R 1时U 2=⎰∞⋅rl E d ⎰+=dR rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q/(4πε0εr r )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]=480V当r=25cm <R 1时U 3=⎰∞⋅rl E d ⎰∞=rr E d 3=Q/(4πε0r )=360V(3)在介质的内外外表存在极化电荷,P e =ε0χE=ε0(εr -1)E σ'= P e ·nr=R 处, 介质外表法线指向球心σ'=P e ·n =P e cos π=-ε0(εr -1)Eq '=σ'S =-ε0(εr -1) [Q /(4πε0εr R 2)]4πR 2=-(εr -1)Q /εr =-0.8×10-8Cr=R+d 处, 介质外表法线向外σ'=P e ·n =P e cos0=ε0(εr -1)Eq '=σ'S =ε0(εr -1)[Q /(4πε0εr (R+d )2]4π(R +d )2=(εr -1)Q /εr =0.8×10-8C2.两个相距很远可看作孤立的导体球,半径均为10cm ,分别充电至200V 和400V ,然后用一根细导线连接两球,使之到达等电势. 计算变为等势体的过程中,静电力所作的功. 解;2.球形电容器 C =4πε0RQ 1=C 1V 1= 4πε0RV 1 Q 2=C 2V 2= 4πε0RV 2W 0=C 1V 12/2+C 2V 22/2=2πε0R (V 12+V 22)两导体相连后 C =C 1+C 2=8πε0RQ=Q 1+Q 2= C 1V 1+C 2V 2=4πε0R (V 1+V 2)W=Q 2/(2C )= [4πε0R (V 1+V 2)]2/(16πε0R )=πε0R (V 1+V 2)2静电力作功 A=W 0-W=2πε0R (V 12+V 22)-πε0R (V 1+V 2)2=πε0R (V 1-V 2)2=1.11×10-7J练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律三、计算题1. 如图所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片, 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布. 求中心轴线OO '上方距导体薄片为a 的磁感强度.解:1.取宽为d x 的无限长电流元d I=I d x/(2a ) d B=μ0d I/(2πr )=μ0I d x/(4πar )d B x =d B cos α=[μ0I d x/(4πar )](a/r ) =μ0I d x/(4πr 2)= μ0I d x/[4π(x 2+a 2)] d B y =d B sin α= μ0Ix d x/[4πa (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==aax x a x xI B B 2204d d πμ=[μ0I/(4π)](1/a )arctan(x/a )a a-=μ0I/(8a )()⎰⎰-+==aay y ax a xIx B B 2204d d πμ=[μ0I/(8πa )]ln(x 2+a 2)aa-=02. 如图所示,半径为R 的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ,通过线圈的电流为I . 求球心O 的磁感强度.解:2. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(πR/2)]R d θ =(2IN/π)d θd B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2]r=R sin θ x=R cos θd B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B=μ0NI/(4R )xr练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题S 1和S 2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S 1回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比.解: 1.取窄条面元d S =b d r , 面元上磁场的大小为 B =μ0I /(2πr ),Φ1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ Φ2=⎰-=aabI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ Φ1/Φ2=12. 半径为R 的薄圆盘均匀带电,总电量为Q . 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动,角速度为ω,求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩.解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r , [σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与ω同向,大小为 d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=RRx rx r r x r rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++Rx rx r x r23222222d 4σωμ-()()⎰++Rx rx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RRx r x x r 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/4练习八 安培环路定律三、计算题1. 如图所示,一根半径为R 的无限长载流直导体,其中电流I 沿轴向流过,并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R '的圆柱形空腔,其轴与直导体的轴平行,两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度.解:1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成. I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为 B 1=μ0r 1J/2 B 2=μ0r 2J/2B x =B 2sin θ2-B 1sin θ1=(μ0J/2)(r 2sin θ2-r 1sin θ1)=0 B y =B 2cos θ2+B 1cos θ1=(μ0J/2)(r 2cos θ2+r 1cos θ1)=(μ0J/2)d 所以 B = B y = μ0dI/[2π(R 2-R '2)] 方向沿y 轴正向2. 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求: (1) 载流平面之间的磁感强度; (2) 两面之外空间的磁感强度.解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=μ0J /2在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为 B 2=μ0J /2 在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=B 1+B 2=μ0J (2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有 B=B 1-B 2=0练习九 安培力图I 1 I 2①②1. 一边长a =10cm 的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S mm 2, 铜的密度ρg/cm 3), 放在均匀外磁场中. B 竖直向上, 且B = ⨯10-3T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中 求:(1) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少. (2) 假假设线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.解:1. (1) P m =IS=Ia 2 方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m 与B M m =P m ×BM m =P m B sin(π/2)=Ia 2B=×10-4m ⋅N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向 M m =P m B sin(π/2-θ)=Ia 2B cos θ M G = M G 1 + M G 2 + M G 3= mg (a/2)sin θ+ mga sin θ+ mg (a/2)sin θ =2(ρSa )ga sin θ=2ρSa 2g sin θ Ia 2B cos θ=2ρSa 2g sin θ tan θ=IB/(2ρSg )= θ=15︒2. 如图13.5所示,半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2, 置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流I 1 恰过半圆的直径, 两导线相互绝缘. 求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力. 解:2.在圆环上取微元 I 2d l = I 2R d θ 该处磁场为B =μ0I 1/(2πR cos θ)I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(π/2) d F=μ0I 1I 2d θ/(2πcos θ) d F x =d F cos θ=μ0I 1I 2d θ /(2π) d F y =d F sin θ=μ0I 1I 2sin θd θ /(2πcos θ)⎰-=22102πππθμd I I F x =μ0I 1I 2/2因对称F y =0.故 F =μ0I 1I 2/2 方向向右.练习十 洛仑兹力I图13.5I1. 如图所示,有一无限大平面导体薄板,自下而上均匀通有电流,已知其面电流密度为i(即单位宽度上通有的电流强度)(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向.(2) 有一质量为m,带正电量为q的粒子,以速度v沿平板法线方向向外运动. 假设不计粒子重力.求:(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞.(B) 需经多长时间,才能回到初始位置..解:1. (1)求磁场.用安培环路定律得B=μ0i/2在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.(2) F=q v×B=m a qvB=ma n=mv2/R带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径.R=mv/qB= 2mv/(μ0iq)t=T=2πR/v= 4πm/(μ0iq)2. 一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y轴方向)垂直,求粒子下落距离为y时的速率.并讲清求解方法的理论依据.解:2. 洛伦兹力Q v×B垂直于v,不作功,不改变v的大小;重力作功.依能量守恒有mv2/2=mgy,得v=(2gy)1/2.练习十一磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为γ,电场强度为E,方向如图15.6所示,平板的相对磁导率为μr1,平板两侧充满相对磁导率为μr2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.解:1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路,有⎰⋅l lH d=ΣI02∆LH=ΣI0(1)介质内,0<x<b/2. ΣI0=2x∆lJ=2x∆lγE,有H=xγE B=μ0μr1H=μ0μr1xγE(2)介质外,|x|>b/2. ΣI0=b∆lJ=b∆lγE,有H=bγE/2B=μ0μr2H=μ0μr2bγE/2i v•图2. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成,中间充满磁化率为χm 的各向同性均匀非铁磁绝缘介质,如图所示. 传导电流沿导线向上流去, 由圆筒向下流回,电流在截面上均匀分布. 求介质内外外表的磁化电流的大小及方向.解:2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路,有 ⎰⋅ll H d =ΣI 0在介质中(R 1<r <R 2),ΣI 0=I ,有 2πrH = I H = I /(2πr ) 介质内的磁化强度 M =χm H =χm I /(2πr )介质内外表的磁化电流 J SR 1=| M R 1×n R 1|=| M R 1|=χm I /(2πR 1) I SR 1=J SR 1⋅2πR 1=χm I (与I 同向) 介质外外表的磁化电流J SR 2=| M R 2×n R 2|=| M R 2|=χm I /(2πR 2) I SR 2=J SR 2⋅2πR 2=χm I (与I 反向)练习十二 电磁感应定律 动生电动势三、计算题1. 如图所示,长直导线AC 中的电流I 沿导线向上,并以d I /d t = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框,其一边与导线平行,位置及线框尺寸如下图. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.解: 1.d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a b Il ln 20πμ图图图εi =-d Φm /d t=()dtdIa b a ba b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ =-×10-8V负号表示逆时针2. 一很长的长方形的U 形导轨,与水平面成θ 角,裸导线可在导轨上无摩擦地下滑,导轨位于磁感强度B 垂直向上的均匀磁场中,如图所示. 设导线ab 的质量为m ,电阻为R ,长度为l ,导轨的电阻略去不计, abcd 形成电路. t=0时,v=0. 求:(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2) 导线ab 的最大速度v m .解:2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi = ⎰l v×B ·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θI i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θmg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习十三 感生电动势 自感三、计算题1. 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场BB 随时间的变化率d B /d t 为大于零的常量.求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高. (分别用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 和法拉第电磁感应定律εi =-d Φ/d t 两种方法解). .解:(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ), 该处感生电场大小为E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角θ满足tan θ=x/R εi =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RRr R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RR R x x t B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )R R-=πR 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高. (2) 用法拉第电磁感应定律εi =-d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONM=⎰⋅NMl E i d =⎰⋅-MNl E i dεi=-⎢⎣⎡⋅⎰MNl E i d +⎰⋅OM l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰NO l E i d =-(-d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t而 ΦmMONM =⎰⋅Sd S B =πR 2B/4故 εi =πR 2(d B/d t )/4 N 点的电势高.2. 电量Q 均匀分布在半径为a ,长为L (L >>a )的绝缘薄壁长圆筒外表上,圆筒以角速度ωa ,电阻为R 总匝数为N ω=ω0(1-t/t 0)的规律(ω0,t 0为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向.解:2. .等效于螺线管B 内=μ0 nI=μ0 [Q ω /(2π)]/L=μ0 Q ω /(2πL )B 外=0Φ=⎰S B ⋅d S=B πa 2=μ0Q ω a 2 /(2 L ) εi =-d Φ/d t=-[μ0Q a 2 /(2 L )]d ω /d t=μ0ω 0Q a 2 /(2 L t 0)I i =εi /R=μ0ω 0Q a 2 /(2 LR t 0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感〔续〕互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a 的长直导线平行放置,相距为d ,组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.解:1. 取如下图的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d r Il 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰--a d ar d r Il πμ2d 0+⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ]+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有N 匝线圈.另有一矩形导线线圈与其套合,如图19.4(1)所示. 其尺寸标在图19.4(2) 所示的截面图中,求其互感系数.解:2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为B =μ0NI/(2πρ) r ≤ρ≤RS=h d ρ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φm =⎰RrNIh πρρμ2d 0=μ0NIh ln(R/r )/(2π) M =Φm /I ==μ0Nh ln(R/r )/(2π)(1)。

大连理工大物2作业答案_33-39

大连理工大物2作业答案_33-39

I.作业33答案1、什么叫波动光学?什么叫几何光学?什么情况下可以用几何的方法研究光学问题?答:波动光学是以波动理论来研究光的干涉、衍射等现象的光学分支;几何光学是以光线为基础,研究光的传播和成像规律的光学分支。

在光学中,可以忽略波长,即相当于λ→0极限情况的这一分支,通常称为几何光学,因为在这种近似处理下,光学定律可以用几何学的语言来表述。

2、费马原理的数学表达式为 Nnd l <Mnd l ,请说明“<”两边积分式的物理意义。

答:左边是光程,右边是光学长度,光线沿光学长度最短的路径传播。

3、光在折射率为n (x )的空间沿直线从P 1(x 1)传播到P 2(x 2),写出这段光程的数学表示式。

答:δ= x 2x 1n (x )dx4、图33-1中的P 是物P 经薄透镜L 所成的像。

(1)请用作图法画出入射平行光经透镜后的像;(2)简单写出步骤和理由。

解:(1)(2)先利用两条特殊光线a ,b 确定焦点位置,再作出焦平面;这束平行光中过透镜中心的光线与焦平面交点P ,则该平行光汇聚在P 点。

5、如图33-2所示,F 、F 分别是薄透镜L 的物空间和像空间的焦点。

请用作图法分别求物P 的像(用P 表示)。

6、杨氏双缝实验,己知d=0.3mm,D=1.2m ,测得两个第7级暗条纹中心的间距为22.78mm ,求入射单色光的波长,并说明其颜色。

解:单色光杨氏双缝干涉实验中,暗条纹的位置为x k =(2k −1)Dλ2d ∆x =x 7−x −7=13Dλd所以λ=∆xd 13D =22.78×10−3×0.3×10−313×1.2m =438nm光的颜色为紫色7、如图33-4所示,洛埃镜长2cm ,观察屏与镜边相距l 1=1.6cm ;线光源S 离镜面的高度为h=0.5mm ,到镜另一边的水平距离l 2=2cm ,实验用准单色光波长为600nm ,(1)求屏上干涉条纹的间距;(2)标出屏幕上的相干区域;(3)计算最多能出现的明条纹数目。

专题二 功与能 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难

专题二 功与能 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难
向左运动,重力加速度 g 10m / s2 ,则( ) A. AC 的距离为 3.2m B.金属块与水平面之间的动摩擦因数为 0.75 C.若金属块带正电,它在半圆环轨道上运动的最大高度为 0.8m D.若金属块带负电,它在离开 B 点后与 C 点的最小距离为1.6m
变式 1 答案:BD
解析: 小铁块不带点时恰好经过 B 点,则有 mg m vB2 ,离开 B 点做平抛运动刚好到达C R
(3)转移观点:EA增=EB减
三、考点分析
【例 1】如图所示,AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端 B 与水平直轨道相切.一个小物块自 A 点由静止开始沿轨道下滑,已知轨 道半径为 R=0.2m,小物块的质量为 m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩 擦因数µ=0.5,取 g=10m/s2.求:
1.如图所示,半径 R 0.8m 的光滑绝缘的半圆环轨道处于竖直平面内,均强电场竖直向下, E 1000N / C ,半圆环与粗糙的绝缘水平地面相切于圆环的端点 A,一不带电小铁块,以 初速度 v0 8m / s ,从 C 点水平向左运动,冲上竖直半圆环,并恰好通过最高点 B 点,最 后金属块落回 C 点,若换为一个比荷为1102C / kg 的铁块仍以相同的初速度从 C 点水平
专题二 功和能 (2)
——2023届高考大单元二轮复习讲重难【新课标全国卷】 第四讲 功与能量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.能量守恒定律:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,只会由 一种能量转化成另一种能量。 2.能量守恒表达式: (1)守恒观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
(2)转化观点:∆E=-∆Ef
A
运动到
P
的过程中,根据机械能守恒定Fra bibliotek得 mgH1 2

《大学物理教学资料》大物复习资料.doc

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总加速度:1 .牛顿第一定律:当豆外=0时, V =怛矢量O2 .牛顿第二定律:F = ma =m— dtdPdt期末考试说明第1章质点运动学9分,重点:求导法和积分法,圆周运动切向加速度和法向加速度;第2章质点动力学3分,重点:动量定理、动能定理、变力做功;第3章刚体6分,重点:转动定律、角动量守恒定律、机械能守恒定律;第5章振动17分,重点:旋转矢量法、振动方程、速度方程、加速度方程、振动能量、振动合成。

第6章波动14分,重点:波动方程以及波动方程的三层物理意义、相位差与波程差的关系;大学物理1期末复习提纲第一•章质点运动学主要公式:1.质点运动方程(位矢方程):r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k(x = x(t)参数方程:y = y(f) T消去f得轨迹方程。

Z — Z(02.速度:v =K,加速度:a = ^dt dt3.平均速度—Ar:V =——,平均加速度:5 =—4.角速度:口 =岑,5.线速度与角速度关系:v 角加速度:/3(a)=—dt =0)r6.切向加速度:a T = — = r(3 ,dt ra =』a;第二章质点动力学主要公式:3.牛顿第三定律(作用力和反作用力定律):F = -F^4.动量定理:I = \ 2 F dt = mAv = m(v2~v{) = AP5.动量守恒定律:当合外力理外力=O,AP = Ocx口16 动能定理:W= -dx = \E k =-m(v22-vf)J*】口 27.机械能守恒定律:当只有保守内力做功时,AE =08.力矩:M = rxF大小:M = Fr sin 0方向:右手螺旋,沿了x产的方向。

9.角动量:L = rxP大小:L = mvr sin 3方向:右手螺旋,沿rxP的方向。

淤质点间发生碰撞:完全弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒。

完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒,且具有共同末速度。

一般的非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒。

中国石油大学大物2-2专题总结

中国石油大学大物2-2专题总结

v ρr 3ε 0
下面求空腔内部任意一点的场强的大小:
v v v E P = E 补全的大球 + E 带负电的小球 v v ρ rop ρ rpo′ ρ v v (rop + rpo′ ) = = + 3ε 0 3ε 0 3ε 0 ρ v = roo′ 3ε 0
P
o′
o
由此可见, 空腔内部是一个匀强电场.
2π (R2 − r2 )
在空腔内部填充正负方向相反的电流,则:
µ0Ia
R I o ar ′
o
v v v BO′ = B补全的圆柱体在O′点激发的磁场 + B补充的半径为r的反向电流圆柱体在O′点激发的磁场 v = B补全的圆柱体在O′点激发的磁场 + o
由安培环路定理: 由安培环路定理: B 2πa = µ 0 I ′
[1] 把一个带负电的导体A靠近一个不带电的孤立导体B时, 结果使: A、导体B的电势降低。 B、导体B的电势升高。 C、导体B的右端电势比左端高。 D、导体B的电势不变。
+
− − −

+ + +
析: 在A没有靠近B之前,UB=0
B
A
在A靠近B后, 将在两端感应出等量异号的电荷,不考量外部电场的情况下,将会有等量的 电场线起始于右端正电荷,终止于左端负电荷.这是由高斯定理决定的.
电势升高。
− + + v− + E −−
+
A
+ + +
B
v E
[3] 在带电量为3C的导体空腔A内,放入两个带电量分别为 2C和-1C的导体B和C。则A、B两导体电势间的关系为:

高等大气物理复习题第2版

高等大气物理复习题第2版

1. Please draw an illustration of how the static stability of a region of theatmosphere varies with different values of the lapse rate –dT/dz when the effects of condensation are included.请画出的静态稳定大气受冷凝影响时随不同递减率-dT/ dz 的变化初始状态的未饱和气块被外力抬升而干绝热上升,其温度按干绝热减温率δγ下降,因为比湿0q 对应着露点0d T ,在干绝热过程中没有相变所以气块的比湿不变,故其露点将沿着等比湿线0q 降低。

当气块干绝热上升到温度与露点相等处,就达到饱和而发生凝结。

该点的气压c p 和温度c T 分别称为凝结气压和凝结温度,凝结气压所在的高度就是抬升凝结高度LCL 。

之后,饱和湿空气块将以假绝热过程上升,温度按湿绝热减温率s γ下降,其比湿等于该空气块的温度和压强所对应的饱和比湿。

the initial state of the unsaturated air block is raised by external force, thus rises dry adiabatically, its temperature declines with the dry adiabatic cooling rate ofδγ. The specific humidity 0q corresponds to the dew point 0d T . The specific humidity of the air block remain unchangedbecause there ’s no phase transition during the dry adiabatic process. In this way the dew point of the air block will reduce along the isohygrometric line0q . When the air block dry adiabatic rise to where the temperature and the dew point equals, it would saturate and condensate. The pressure c p and the temperature c T of the point is called the condensation pressure and the condensationtemperature. The height of the condensation pressure is the lifting condensation level(LCL). After that, the saturated moist air block would rise in fake adiabatic process and the temperature would decrease with moist adiabatic lapse rate s . Its specific humidity equals the saturated specific humidity of the temperature and the pressure of the air block.2. How to comprehend that the atmosphere is a physical system?如何理解大气是一个物理系统?The atmosphere is a physical system 。

2020版高考物理大二轮复习试题:动量定理和动量守恒定律(含答案)

2020版高考物理大二轮复习试题:动量定理和动量守恒定律(含答案)

回扣练8:动量定理和动量守恒定律1.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图,槽左侧有一个固定在水平面上的物块.现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下,从A 点落入槽内,则下列说法中正确的是( )A .小球在半圆槽内运动的过程中,机械能守恒B .小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽组成的系统动量守恒C .小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中,小球与半圆槽组成的系统动量守恒D .小球从C 点离开半圆槽后,一定还会从C 点落回半圆槽解析:选D.只有重力做功时物体机械能守恒,小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中,除重力做功外,槽的支持力也对小球做功,小球机械能不守恒,由此可知,小球在半圆槽内运动的全过程中,小球的机械能不守恒,故A 错误.小球在槽内运动的前半过程中,左侧物体对槽有作用力,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,故B 错误.小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中,系统在水平方向所受合外力为零,故小球与半圆槽在水平方向动量守恒,故C 错误.小球离开C 点以后,既有竖直向上的分速度,又有与槽相同的水平分速度,小球做斜上抛运动,然后可以从C 点落回半圆槽,故D 正确.故选D.2.如图所示,质量为m 的A 球在水平面上静止放置,质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0,B 球与A 球碰撞且无机械能损失,碰后A 球速度大小为v 1,B 球的速度大小为v 2,碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e =v 1-v 2v 0-0,下列选项正确的是( ) A .e =1B .e =12C .e =13D .e =14解析:选A.AB 在碰撞的过程中,根据动量守恒可得,2mv 0=mv 1+2mv 2,在碰撞的过程中机械能守恒,可得12·2mv 20=12mv 21+12·2mv 22,解得v 1=43v 0,v 2=13v 0,碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e =v 1-v 2v 0-0=1,故A 正确,BCD 错误;故选A. 3.如图所示,AB 两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A 球的质量小于B 球的质量.若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L 1;若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L 2,则L 1与L 2的大小关系为( )A .L 1>L 2B .L 1<L 2C .L 1=L 2D .不能确定解析:选C.若用锤子敲击A 球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,两者共速,则m A v =(m A +m B )v ′,解得v ′=m A v m A +m B ,弹性势能最大,最大为ΔE p =12m A v 2-12(m A +m B )v ′2=m A m B v 22(m A +m B );若用锤子敲击B 球,同理可得m B v =(m A +m B )v ″,解得v ″=m B v m A +m B ,弹性势能最大为ΔE p =12m B v 2-12(m A +m B )v ′2=m A m B v 22(m A +m B ),即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故L 1=L 2,C 正确.4.如图所示,足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动,一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带,从此时起到物块再次回到P 点的过程中,下列说法正确的是( )A .合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B .合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C .合力对物块的冲量大小可能为零D .合力对物块做的功可能为零解析:选D.若v 2>v 1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动,速度减为零后再返回做匀加速直线运动,达到速度v 1后做匀速直线运动,可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1,规定向左为正方向,根据动量定理得,合外力的冲量I 合=mv 1-m (-v 2)=mv 1+mv 2.根据动能定理知,合外力做功W 合=12mv 21-12mv 22;若v 2<v 1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动,速度减为零后再返回做匀加速直线运动,物块再次回到P 点的速度大小为v 2,规定向左为正方向,根据动量定理得,合外力的冲量为:I 合=mv 2-m (-v 2)=2mv 2;根据动能定理知,合外力做功为:W 合=12mv 22-12mv 22=0.故D 正确,ABC 错误.故选D. 5.如图甲所示,工人利用倾斜钢板向车内搬运货物,用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端,到达顶端时速度刚好为零.若货物质量为100 kg ,钢板与地面的夹角为30°,钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ,整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示,重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A .0~2 s 内人对货物做的功为600 JB .整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC .0~2 s 和2~3 s 内货物所受推力之比为1∶2D .整个过程中货物始终处于超重状态解析:选A.0~2 s 内货物的加速度a 1=Δv Δt=0.5 m/s 2,根据牛顿第二定律:F 1-f -mg sin 30°=ma 1,解得F 1=600 N ;0~2 s 内货物的位移:x 1=12×2×1 m=1 m ;则人对货物做的功为W F =Fx 1=600 J ,选项A 正确;整个过程中,根据动量定理:I F -(f +mg sin 30°)t =0,解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F =(f +mg sin 30°)t =(50+100×10×0.5)×3=1 650 N·s,选项B 错误;2~3 s 内货物的加速度大小a 2=1 m/s 2,根据牛顿第二定律:f +mg sin 30°-F 2=ma 2所受推力F 2=450 N ;则0~2 s 和2~3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2=600∶450=4∶3,选项C 错误;整个过程中货物的加速度先沿斜面向上,后向下,先超重后失重,选项D 错误;故选A.6.(多选)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B =2m A ,规定向右为正方向,A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A 球的动量增量为-4 kg·m/s,则( )A .该碰撞为弹性碰撞B .该碰撞为非弹性碰撞C .左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D .右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析:选AC.规定向右为正方向,碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s,说明A 、B 两球的速度方向向右,两球质量关系为m B =2m A ,所以碰撞前v A >v B ,所以左方是A 球.碰撞后A 球的动量增量为-4 kg·m/s,所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s;碰撞过程系统总动量守恒:m A v A +m B v B =-m A v A ′+m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s,根据m B =2m A ,所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5,故C 正确,D 错误.碰撞前系统动能:p 2A 2m A +p 2B 2m B=622m A +622×2m A =27m A ,碰撞后系统动能为:p A ′22m A +p B ′22m B =222m A +1022×2m A =27m A,则碰撞前后系统机械能不变,碰撞是弹性碰撞,故A 正确,B 错误;故选AC.7.(多选)质量为M =3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量为m =2 kg 的小球(视为质点)通过长L =0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接,开始时滑块静止,轻杆处于水平状态.现给小球一个v 0=3 m/s 的竖直向下的初速度,取g =10 m/s 2.则( )A .小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB .小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC .小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD .小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析:选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型,设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ,由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒,有m M =x L -x,解得:x =0.3 m ,选项A 正确、B 错误.根据动量守恒定律,小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零,由能量守恒定律可知,小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ,选项C 错误.此时杆与水平面的夹角为cos α=0.8,设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′,由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒,有m M =x ′L cos α-x ′,解得:x ′=0.24 m .小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了x +x ′=0.3 m +0.24 m =0.54 m ,选项D 正确.8.(多选)如图所示,一辆质量为M =3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处,地面水平且光滑,一质量为m =1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端,平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ=0.5,平板小车A 的长度L =0.9 m .现给小铁块B 一个v 0=5 m/s 的初速度使之向左运动,与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动,重力加速度g =10 m/s 2.下列说法正确的是( )A .小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB .小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC .小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD .小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析:选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1,根据动能定理得:-μmgL =12mv 21-12mv 20,解得:v 1=4 m/s ,选项A 错误.与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹速度为-4 m/s ,由动量定理可知,小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I =2mv 1=8 N·s,选项B 正确.小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL =4.5 J ,选项C 错误.假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2,根据动量守恒定律得:mv 1=(M +m )v 2,解得:v 2=1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2,则根据功能关系得:-μmgx =12(M +m )v 22-12mv 21,解得:x =1.2 m ,由于x >L ,说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ,所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE =2μmgL =9 J ,选项D 正确.9.(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球,皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比,重力加速度为g .下列判断正确的是( )A .皮球上升的最大高度为v 212gB .皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21-12mv 22 C .皮球上升过程经历的时间为v 1gD .皮球从抛出到落地经历的时间为v 1+v 2g解析:选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用,故加速度大于g ,则上升的高度小于v 212g ,上升的时间小于v 1g,故AC 错误;皮球从抛出到落地过程中重力做功为零,根据动能定理得克服阻力做功为W f =12mv 21-12mv 22,故B 正确;用动量定理,结合数学知识,假设向下为正方向,设上升阶段的平均速度为v ,则:mgt 1+kvt 1=mv 1,由于平均速度乘以时间等于上升的高度,故有:h =vt 1,即:mgt 1+kh =mv 1 ①,同理,设下降阶段的平均速度为v ′,则下降过程:mgt 2-kv ′t 2=mv 2,即:mgt 2-kh =mv 2 ②,由①②得:mg (t 1+t 2)=m (v 1+v 2),解得:t =t 1+t 2=v 1+v 2g,故D 正确;故选BD. 10.(多选)如图所示,足够长的光滑水平导轨间距为2 m ,电阻不计,垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒,a 棒质量为1 kg ,电阻为5 Ω,b 棒质量为2 kg ,电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ,当a 棒的速度减小为4 m/s 时,b 棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹,且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞),下列说法正确的是( )A .从上向下看回路产生逆时针方向的电流B .b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC .碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND .b 棒碰到障碍物后,a 棒继续滑行的距离为15 m解析:选ABD.根据右手定则可知,从上向下看回路产生逆时针方向的电流,选项A 正确;系统动量守恒,由动量守恒定律可知:m a v 0=m a v a +m b v b 解得v b =2 m/s ,选项B 正确;b 碰到障碍物时,回路的感应电动势:E =BL (v a -v b )=4 V ;回路的电流:I =E R a +R b =415 A ;b 棒所受的安培力:F b =BIL =815N ;b 与障碍物碰撞时,由动量定理:(F b -F )t =0-m b v b 解得:F =8.5 N ,选项C 错误;b 碰到障碍物后,a 继续做减速运动,直到停止,此时由动量定理:B IL Δt =m a v a ,其中I Δt =q =ΔΦR a +R b =BLx R a +R b联立解得x =15 m ,选项D 正确;故选ABD. 11.(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别是m 1=4 kg ,m 2=2 kg ,A 的速度v 1=3 m/s(设为正),B 的速度v 2=-3 m/s ,则它们发生正碰后,其速度可能分别是( )A .均为1 m/sB .+4 m/s 和-5 m/sC .+2 m/s 和-1 m/sD .-1 m/s 和5 m/s解析:选AD.由动量守恒,可验证四个选项都满足要求.再看动能情况E k =12m 1v 21+12m 2v 22=12×4×9 J+12×2×9 J=27 J E k ′=12m 1v 1′2+12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加,所以应有E k ≥E k ′,可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′,但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0,v B′<0),这显然是不符合实际的,因此C错误.验证选项A、D均满足E k≥E k′,故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞).。

高中物理大二轮物理复习专题目录

高中物理大二轮物理复习专题目录

二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8+2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8+2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8+2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8+2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3-3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3-4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想

2019生物大一轮复习讲义第二单元第5讲

2019生物大一轮复习讲义第二单元第5讲

考点二
基础回扣 要点探究 命题设计 思维建模 返回
考点二 细胞核的结构与功能
1.下列有关细胞核的叙述,正确
的是
()
A.真核细胞都有细胞核
B.细胞核是系统的控制中心
C.有丝分裂过程中,核仁的解
体发生在中期
D.核膜主要由糖类和蛋白质
组成
解析
答案
考点二
基础回扣 要点探究 命题设计 思维建模 返回
考点二 细胞核的结构与功能
即流动性,故 A 错误,B 正确; 葡萄糖通过细胞膜是主动运输
或者协助扩散,这二者都需要 载体蛋白(②),即 C 正确; 细胞膜上的糖蛋白具有识别功
能,即 D 正确。
考点一
基础回扣 要点探究 命题设计 图形解读 返回
考点一 细胞膜的结构与功能
2.下图是细胞膜的亚显微结构模式图, 解析
答案
①~③表示构成细胞膜的物质,有 由图可知,①是糖蛋白,②是
1.下列有关细胞核的叙述,正确
解析
答案
的是
大部分真核细胞内都有一个细胞 ( ) 核,少数细胞内有多个细胞核,
A.真核细胞都有细胞核
如骨骼肌细胞,还有个别细胞在
B.细胞核是系统的控制中心 细 胞 分化 过程 中细 胞核 退化消
C.有丝分裂过程中,核仁的解 失,如哺乳动物的成熟红细胞、
植物的筛管细胞;细胞核是遗传
②实验结论: 变形虫的分裂、生长、再生、对刺激的反
应等生命活动受细胞核控制 。
考点二
基础回扣 要点探究 命题设计 思维建模 返回
考点二 细胞核的结构与功能
(4)伞藻嫁接与核移植实验 ①伞藻嫁接实验过程
②伞藻核移植实验过程
③实验结论:伞藻“帽”的形状是由细胞核控制的。

922008-工科大学物理-大物 2

922008-工科大学物理-大物 2

气体模型总结
理想气体
理想气体+自 由度修正
理想气体+分子 体积修正
实际气体
分子当作质点
分子为刚性、 分子为刚性球, 考虑分子的体积、
计分子的形状
半径为d
形状
分子运动服从牛顿定律
分子运动服从 牛顿定律
分子运动服从牛 顿定律
分子运动服从牛顿 定律
分子间的相互吸引作用 不计、碰撞为完全弹性
分子间的相互 吸引作用不计、 碰撞为完全弹
2
)
势能: 总机械能:
Ep
1 2
kx2
1 2
kA2
cos2 ( t
)
E
Ek
Ep
1 kA2 2
平均能量:
Ek
Ep
1 2
E
1 kA2 4
6. 谐振动的旋转矢量表示
A
x(t) Acos(ω t )
· · t
o
x
7. 简谐谐振动的合成
(1) 同方向同频率谐振动的合成 合振动仍为简谐振动,和振动的振幅取决于两个分 振动的振幅及相差,即
x(t) Acos(ω t )
2. 简谐振动的相位
( t + ) 是 相位,决定 t 时刻简谐振动的运动状态.
3. 简谐振动的运动微分方程
d2x dt2
2x
0
4. 由初始条件振幅和初相位
A
x02
v
2 0
2
tan1( v0 ) x0
5. 弹簧振子的能量
动能:
Ek
1 mv 2 2
1 m 2 A2 sin 2 ( t
Q1
Q1
致冷系数
Q2 | A|
|

2022年高考物理大一轮复习讲义:第2讲 运动学

2022年高考物理大一轮复习讲义:第2讲 运动学

内容要求 说明机械运动、参考系,质点 Ⅰ位移、路程Ⅰ 匀速直线运动公式及其图像 Ⅱ 变速直线运动、平均速度、瞬时速度、速率Ⅱ 匀变速直线运动、加速度、匀变速直线运动公式及其图像 Ⅱ近5年的北京高考中,《直线运动》一章除09年以外都考查了公式的应用,难度中等偏易,计算量也较小。

关于运动图像,北京高考中并不直接考查教材中图像的知识,而是从形成知识的方法角度拓展出其它的新图像,考查探究能力。

所以本讲的复习策略:图像应以理解思想方法为主,对计算应偏重基础的落实。

基于北京高考的特点,本讲不对题型做归纳处理。

由于纸带实验是高中多数力学实验基础,所以对纸带公式也重点复习。

知识框图考情分析考试说明第2讲 运动学考点知识查缺补漏教师说明:把运动图像放在开始是综合的考虑,一是方便概念的复习,学生一般不喜欢咬文嚼字的概念题。

本章概念复习的重点:平均速度和瞬时速度的区别与联系,速度和加速度的关系,都可以通过读图题“借题发挥”,同时图像也是高考热点知识。

图像不仅仅是知识,对图像法的应用考查也是探究型题型热门命题点。

本模块的例题一共四种题型:利用图像认知概念、利用图像计算运动过程、图像几何意义的探究、作图解决实际问题。

这个模块约1小时左右内容,本模块内容计算较少,如果仅仅就题讲题,约30~40分钟可以讲完。

那么可以突出第三个模块内容的时间。

1.运动图像的知识⑴如图为v t-图象,A描述的是运动;B描述的是运动;C描述的是运动。

图中A、B的斜率为(“正”或“负”),表示物体作运动;C的斜率为(“正”或“负”),表示C作运动。

A的加速度(“大于”、“等于”或“小于”)B的加速度。

图线与横轴t所围的面积表示物体运动的。

⑵如图为x t-图像,A描述的是运动;B描述的是运动;C描述的是运动。

图中A、B的斜率为(“正”或“负”),表示物体向运动;C的斜率为(“正”或“负”),表示C向运动。

A的速度(“大于”、“等于”或“小于”)B的速度。

大物(2)期末复习

大物(2)期末复习

11练习一 静电场中的导体三、计算题1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(x 2+y 2)3/2,其中C 为常数.求(1)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.解:. E x =U/x=C [1/(x 2+y 2)3/2+x (3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]= (2x2y 2)C /(x 2+y 2)5/2E y =U/y=Cx (3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3y 轴上点(x =0) E x =Cy 2/y 5=C /y 3 E y =0E =C i /y 32.如图,一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球B (半径为R 1)上,今给A 球带负电Q , 求B 球所带电荷Q B 及的A 球的电势U A .静电场中的导体答案解: 2. B 球接地,有 U B =U =0, U A =U BAU A =(Q+Q B )/(40R 3)U BA =[Q B /(4)](1/R 21/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3 R 1R3)U A =[Q/(40R 3)][1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3R 1R 3)]图22 =Q (R 2R 1)/[4(R 1R 2+R 2R 3R 1R 3)]练习二 静电场中的电介质三、计算题1. 如图所示,面积均为S =的两金属平板A ,B 平行对称放置,间距为d =1mm,今给A , B 两板分别带电 Q 1=×10-9C, Q 2=×10-9C.忽略边缘效应,求:(1) 两板共四个表面的面电荷密度1,2,3,4;(2) 两板间的电势差V =U A -U B .解:1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有E A =1/(2)2/(20)3/(2)4/(2)=0E A =1/(2)+2/(20)+3/(2)4/(2)=0而 S (1+2)=Q 1 S (3+4)=Q 2有 1234=01+2+34=01+2=Q 1/S 3+4=Q 2/S解得1=4=(Q 1+Q 2)/(2S )=108C/m 22=3=(Q 1Q 2)/(2S )=108C/m 2两板间的场强 E=2/=(Q 1Q 2)/(2S )V=U A -U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1Q 2)d /(2S )=1000V四、证明题导体 图A Q 1图Q 21234331. 如图所示,置于静电场中的一个导体,在静电平衡后,导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明,图中从导体上的正感应电荷出发,终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在.解:1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2=⎰⋅ACBlE d 0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l 0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量三、计算题1. 半径为R 1的导体球带电Q ,球外一层半径为R 2相对电容率为r的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图所示.求:(1)离球心距离为r 1(r 1<R 1), r 2(R 1<r1<R2), r 3(r 1>R 2)处的D 和E ;(2)离球心r 1, r 2, r 3,处的U ;(3)介质球壳内外表面的极化电荷. 解:1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4r 2D=q 0i当r=5cm <R 1, q 0i =0得 D 1=0, E 1=0 当r=15cm(R 1<r <R 1+d ) q 0i =Q=×108C 得D 2=Q /(4r 2)=×108C/m 2E 2=Q /(40rr 2)=×103N/C图R 2BA C当r=25cm(r>R1+d )q 0i=Q=×108C 得D3=Q/(4r2)=×108C/m2E3=Q/(40r2)=×104N/CD和E的方向沿径向.(2) 当r=5cm<R1时U1=⎰∞⋅r lE d⎰=R r r E d1⎰++d RRrE d2⎰∞++dRrE d3=Q/(40r R)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]=540V当r=15cm<R1时U2=⎰∞⋅r lE d⎰+=d RrrE d2⎰∞++dRrE d3=Q/(40r r)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]=480V当r=25cm<R1时U3=⎰∞⋅r lE d⎰∞=rrE d3=Q/(40r)=360V(3)在介质的内外表面存在极化电荷,P e=0E=0(r1)E =P e·n r=R处, 介质表面法线指向球心=P e·n =P e cos =0(r 1)Eq =S=0(r1) [Q /(40r R2)]4R2=(r1)Q/r=×108Cr=R+d处, 介质表面法线向外=P e·n =P e cos0=0(r1)Eq=S=0(r1)[Q /(40r(R+d)2]4(R+d)2=(r1)Q/r=×108C44552.两个相距很远可看作孤立的导体球,半径均为10cm ,分别充电至200V 和400V ,然后用一根细导线连接两球,使之达到等电势. 计算变为等势体的过程中,静电力所作的功. 解;2.球形电容器 C =4RQ 1=C 1V 1= 40RV 1 Q 2=C 2V 2= 4RV 2W 0=C 1V 12/2+C 2V 22/2=2R (V 12+V 22)两导体相连后 C =C 1+C 2=8RQ=Q 1+Q 2= C 1V 1+C 2V 2=40R (V 1+V 2)W=Q 2/(2C )= [4R (V 1+V 2)]2/(16R )=R (V 1+V 2)2静电力作功 A=W 0W=2R (V 12+V 22)R (V 1+V 2)2=R (V 1V 2)2=×107J练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律三、计算题1. 如图所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片, 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布. 求中心轴线OO上方距导体薄片为a 的磁感强度.解:1.取宽为d x 的无限长电流元d I=I d x/(2a ) d B=0d I/(2r )=I d x/(4ar )d B x =d B cos =[0I d x/(4ar )](a/r )=I dx/(4r 2)= 0I d x/[4(x 2+a2)]xy d Bd IPr OO Ixy zP2a图66 d B y =d B sin =Ix d x/[4a (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==aax x a x xI B B 2204d d πμ=[I/(4)](1/a )arctan(x/a )a a-=I/(8a )()⎰⎰-+==aay y ax a xIx B B 2204d d πμ=[I/(8a )]ln(x 2+a 2)a a-=02. 如图所示,半径为R 的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ,通过线圈的电流为I . 求球心O 的磁感强度.解:2. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(R/2)]R d =(2IN/)d d B=d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2]r=R sin x=R cosd B=NI sin 2 d /(R )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B=0NI/(4R )练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S 1回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比. 解: 1.取窄条面元d S =b d r ,O R 图图2aaaS 2S 1 bx d Bd I77面元上磁场的大小为B =0I /(2r ), 面元法线与磁场方向相反.有1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ 2=⎰-=aabI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ 1/2=12. 半径为R 的薄圆盘均匀带电,总电量为Q . 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动,角速度为,求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩. 解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =2r d r , [=Q /(R 2) ],等效电流元为d I =d Q /T =2r d r/(2/)=r d r(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与同向,大小为 d B=d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=r 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=R Rxrx r r xr rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++R xrx r x r 0232222220d 4σωμ()()⎰++R xrx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x xr 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩 d P m =d IS=r d r r 2=r 2d r ⎰=R m dr r P 03πσω=R 4/4=QR 2/488 练习八 安培环路定律三、计算题1. 如图所示,一根半径为R 的无限长载流直导体,其中电流I 沿轴向流过,并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R 的圆柱形空腔,其轴与直导体的轴平行,两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度.解:1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R 的无限长圆柱电流I 2组成.I 1=J R 2 I 2=J R2J =I/[ (R 2R2)]它们在空腔内产生的磁感强度分别为B 1=0r 1J/2 B 2=0r 2J/2方向如图.有 B x =B 2sin2B 1sin1=(J/2)(r 2sin2r 1sin1)=B y =B 2cos2+B 1cos1=(J/2)(r 2cos 2+r 1cos1)=(J/2)d所以 B = B y = 0dI/[2(R 2-R2)]方向沿y 轴正向2. 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求: (1) 载流平面之间的磁感强度; (2) 两面之外空间的磁感强度.解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=J /2在平面①的上方向右,在平面①的下方向左; 电流②在空间产生的磁场为 B 2=J /2图O 2RdORI 1 I 2① ②OO Irr B B y xRRd在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有B=B1+B2=0J(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有B=B1B2=0练习九安培力三、计算题1. 一边长a =10cm的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S=, 铜的密度=cm3), 放在均匀外磁场中. B竖直向上, 且B = 103T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中求:(1) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少.(2) 假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.解:1. (1) P m=IS=Ia2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m与B垂直.有M m=P m×BM m=P m B sin(/2)=Ia2B=×10-4m N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向M m=P m B sin(/2-)=Ia 2B cosM G= M G 1 + M G2 + M G 3= mg(a/2)sin+ mga sin+ mg(a/2)sin =2(Sa)ga sin=2Sa2g sinBn/2mgmgmg991010Ia 2B cos =2Sa 2g sintan=IB/(2Sg )==152. 如图所示,半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2, 置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流I 1 恰过半圆的直径, 两导线相互绝缘. 求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力.解:2.在圆环上取微元I 2d l = I 2R d该处磁场为B =0I 1/(2R cos )I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(/2)d F=0I 1I 2d/(2cos )d F x =d F cos =0I 1I 2d/(2)d F y =d F sin =0I 1I 2sin d/(2cos )⎰-=222102πππθμd I I F x =0I 1I 2/2因对称F y =0.故 F =0I 1I 2/2 方向向右.练习十 洛仑兹力三、计算题1. 如图所示,有一无限大平面导体薄板,自下而上均匀通有电流,已知其面电流密度为i (即单位宽度上通有的电流强度)(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向.(2) 有一质量为m ,带正电量为q 的粒子,以速度v 沿平板法线方向向外运动. 若不计粒子重力.求:(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞. (B) 需经多长时间,才能回到初始位置.. 解:1. (1)求磁场.用安培环路定律得 B =i/2iv图I 1 I 2图I 1I 2Rx y d F在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.(2) F =q v×B=m a qvB=ma n=mv2/R带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径.R=mv/qB= 2mv/(0iq)(3) 经一个周期时间,粒子回到初始位置.即t=T=2R/v= 4m/(0iq)2. 一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y 轴方向)垂直,求粒子下落距离为y 时的速率.并讲清求解方法的理论依据.解:2. 洛伦兹力Q v×B垂直于v,不作功,不改变v的大小;重力作功.依能量守恒有mv2/2=mgy,得v=(2gy)1/2.练习十一磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为,电场强度为E,方向如图所示,平板的相对磁导率为r1,平板两侧充满相对磁导率为r2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.解:1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路,有⎰⋅l lH d=ΣI0 2LH=ΣI0(1)介质内,0<x<b/2. ΣI0=2x lJ=2x l E,有H=x E B=0r1H=0r1x E(2)介质外,x>b/2. ΣI0=b lJ=b l E,有H=b E/2 B=0r2H=0r2b E/2×EHHl111112122. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成,中间充满磁化率为m的各向同性均匀非铁磁绝缘介质,如图所示. 传导电流沿导线向上流去, 由圆筒向下流回,电流在截面上均匀分布. 求介质内外表面的磁化电流的大小及方向.解: 2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路,有 ⎰⋅l l H d =ΣI 0在介质中(R 1r R 2),ΣI 0=I ,有2rH = I H = I /(2r )介质内的磁化强度M =mH =mI /(2r )介质内表面的磁化电流J SR 1= M R 1×n R 1= M R 1=mI /(2R 1)I SR 1=J SR 12R 1=mI (与I 同向)介质外表面的磁化电流J SR 2= M R 2×n R 2= M R 2=mI /(2R 2)I SR 2=J SR 22R 2=mI (与I 反向)练习十二 电磁感应定律 动生电动势三、计算题1. 如图所示,长直导线AC 中的电流I 沿导线向上,并以d I /d t = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框,其一边与导线平行,位置及线框尺寸如图所示. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.解: 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元20cm10cm5cm 图bBla图rrrbE图OI图R 1R 21313d S =y d x =[(a+b x )l/b ]d xm=⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a bIl ln 20πμ εi =dm/d t=()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ =×10-8V负号表示逆时针2. 一很长的长方形的U 形导轨,与水平面成 角,裸导线可在导轨上无摩擦地下滑,导轨位于磁感强度B 垂直向上的均匀磁场中,如图所示. 设导线ab 的质量为m ,电阻为R ,长度为l ,导轨的电阻略去不计, abcd 形成电路. t=0时,v=0. 求:(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2) 导线ab 的最大速度v m .解: 2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi =lv×B ·d l=vBl sin(/2+)=vBl cos I i =εi /R = vBl cos /R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为F =l(I i d l×B )= vB 2l 2cos /RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F = F cos =vB 2l 2cos 2/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sinmg sin vB 2l 2cos 2/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin vB 2l 2cos 2/(mR )]1414()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B el B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习十三 感生电动势 自感三、计算题1. 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B 的方向与柱的轴线平行.有一长为2R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场B 的轴线垂直.如图所示.设B 随时间的变化率d B /d t 为大于零的常量.求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高. (分别用对感生电场的积分εi =l E i·d l 和法拉第电磁感应定律εi =-d /d t 两种方法解)..解:(1) 用对感生电场的积分εi =l E i·d l 解:在棒MN 上取微元d x (R<x<R ),该处感生电场大小为E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角满足tan =x/Rεi =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RRr R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RR R x xt B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )RR-=R 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高. (2) 用法拉第电磁感应定律εi =-d /d t 解:图×× × ×OR 2RBa2az图L× ×× ×OBMNd E × ×× ×OB1515沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅N Ml E i d =⎰⋅-MNl E i d=⎢⎣⎡⋅⎰M N l E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰N O l E i d=-(-dmMONM/d t ) =dmMONM/d t而mMONM=⎰⋅S d S B =R 2B/4故 εi =R 2(d B/d t )/4N 点的电势高.2. 电量Q 均匀分布在半径为a ,长为L (L >>a )的绝缘薄壁长圆筒表面上,圆筒以角速度绕中心轴旋转.一半径为2a ,电阻为R 总匝数为N 的圆线圈套在圆筒上,如图所示.若圆筒转速按=(1t/t 0)的规律(,t 0为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向.解:2. .等效于螺线管B 内=nI=[Q /(2)]/L=Q /(2L )B 外=0=SB d S=B a 2=Q a 2 /(2 L )εi =-d /d t=-[Q a 2 /(2 L )]d /d t=Q a 2 /(2 L t 0)I i =εi /R=Q a 2 /(2 LR t 0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感(续)互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a 的长直导线平行放置,相距为d ,组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.1616解:1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=Ir/(2a 2)+I/[2(d r )]a ≤r ≤d a B 2=0I/(2r )+0I/[2(d r )]d a ≤r ≤d B 3=I/(2r )+I (d r )/(2a 2)取窄条微元d S=l d r ,由m=⎰⋅S S B d 得ml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d rIl 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰--a d ar d r Il πμ2d 0+⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =Il/(4)+[0Il/(2)]ln[d/(d a )]+[Il/(2)]ln[(d a )/a ] +[Il/(2)]ln[(d a )/a ]+[Il/(2)]ln[d/(d a )]+Il/(4)=Il/(2)+(Il/)ln(d/a )由L l =l/I ,L 0= L l /l=l/(Il ).得单位长度导线自感 L 0==0l/(2)+(l/)ln(d/a )2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有N 匝线圈.另有一矩形导线线圈与其套合,如图(1)所示. 其尺寸标在图(2) 所示的截面图中,求其互感系数.解:2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为B =NI/(2) r ≤≤R图(1Rrh a b(21717方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元d S=h d ,由m=⎰⋅S S B d 得m=⎰RrNIh πρρμ2d 0=0NIh ln(R/r )/(2)M =m/I ==Nh ln(R/r )/(2)。

大物2公式总结

大物2公式总结

振动与波动对比小结振动—波动的基础 波动—振动的传播 谐振动 平面谐波 一、 方程: 一. 方程: 1.形式: 1.形式:()φω+⋅=t A y cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=φωu x t A y cos 一个质点的振动规律(少体) 一条波线上各点的振动规律(多体)2.建立: 2.建立:1).判据 1).由波线上已知点的振动方程和波速, kx F-= 建立波动方程0222=+x dtx d ω ()φω+⋅=t A y cos 2).求特征量:ωφ,,A A:()φω+⋅=t A y A cosm k =ω P: ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=φωu l x t A y P cosφ,A 由初始条件定 2).已知一点的振动曲线和2220ωv y A +=波速,求波动方程 00y v tg ⋅-=ωφ 3).已知某时刻波形曲线和波速.由旋转矢量法或振动曲线定 求波动方程 3.位相: 3.位相:φω+⋅t 初相:φ λπφωx t 2-+⋅运动的时间周期性:T t = 时间周期性:T,波形重复出现 同位相:πφk 2=∆ 空间周期性:λ位相重复出现 反位相:()πφ12+=∆k 位相是x,t 的函数,位相传播 二.图象: 二.图象:x=const,y=y(t),振动图y-t 曲线 振动图x获取: ()2,,,πφνω-=T A 振动方程:()φω+⋅=t A y cos 获取: ()ωλνλ,,,,T u A =O 点: 2πφ=波动方程:⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅=x t A y λπφω2cos三.能量 三.能量⎪⎭⎫ ⎝⎛-===+=u x t A W const KA E E E K P K ωωρ2222sin 2121()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⋅==u x t A W t KA Kx E P P ωωρφω222222sin 21cos 2121 ()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⋅==u x t A W t A m mv E K ωωρφωω2222222sin sin 2121 不守恒 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θπθ2cos sin 能量密度:2221ωρA W =P E 与K E 位相差2π,不同步调 P K W W , 同步调变化 能流密度:u A u W I2221ωρ==四.叠加: 四.叠加: 1.同向同频谐振动叠加 1.相干波叠加—干涉现象()111cos φω+⋅=t A x 相干条件:同频同向相差恒定 ()222cos φω+⋅=t A x 干涉加强减弱条件()()1221212cos ()x x x A t r r πωφψφφλ=+=⋅+∆=--- 相差恒定()πψφφk A A A A A 2cos 212212221=∆-++=加强21122A A A k +==-πφφ ()πψ12+=∆k 减弱()211212A A A k -=+=-πφφ 2221λδk r r =-= 加强22112211cos cos sin sin φφφφφA A A A tg ++= ()21221λδ+=-=k r r 减弱2.同向、近频谐振动叠加 2.驻波 拍:()t A A =t x A y ⋅=ωλπcos 2cos2拍频 21ννν-= 1).()x A A x A A '='='λπ2cos 2()()x A A x A A '=''='minmax 波腹 波节2). t ⋅ω不传播,两波节间各点 同位相,一波节两边各点反位相波动光学小结光的波动性光的衍射光的干涉⎭⎬⎫光的偏振 光的横波性三个方面:⎪⎩⎪⎨⎧条纹特点原理基本公式装置实验现象)()(一条线索:计算光程差n 不同⇒光程不同,2λ损失⇒光程不同一、 光的干涉1. 理解二个基本概念 1)相干光: 什么是相干光?如何获得相干光?分波面、分振幅 2)光程:什么叫光程?nr 光程的物理意义? 光程差概念2. 掌握二类干涉规律: 1)双缝干涉 ① 实验现象 ② 基本公式:⎪⎩⎪⎨⎧-====-=2)12(sin 12λλφφδk k D x a atg a r r明纹 λaD k x =,2,1,0=k 暗纹2)12(λa D k x += ,2,1=k③ 条纹特点:(等间距) 干涉级: k 间距(宽度):λaD x x k k =-+12)薄膜干涉: ① 实验现象: ② 基本公式:22cos 222n e λδγλ=+=(321n n n 或321n n n 附加2λ)(123n n n 或123n n n 不附加2λ)⎪⎩⎪⎨⎧+=暗明2)12(λλδk k两种特例:ⅰ:等倾干涉 const e = )(i δδ= ⅱ:等厚干涉 const i= )(e δδ=劈尖:0=i 22λδ+=ne③ 条纹特点: ⅰ:=∆e ne e k k 21λ=-+ⅱ:nl 2sin λθ=ⅲ:棱边明暗纹取决于n二、 光的衍射1. 理解一个基本原理:惠更斯——菲涅尔原理 基本点:子波相干 2.掌握两类衍射规律: 1)夫朗和费单缝衍射 ① 实验现象 ② 基本公式: 波带法:计算光程差 单缝边沿两点的光程差⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+===a k k a k k a 2)12(sin 2)12(sin 22sin λφλλφλφδ明暗 ③条纹特点:条纹位置:φφsin f ftg x ==暗纹:af k x λ=明纹:af k x 2)12(λ+=间距:af x x x k k λ=-=∆+1中央明纹宽度:x ∆2 2)光栅衍射:①实验现象:条纹明亮、暗区宽广 ②基本公式:λφk b a =+sin )( 明纹 k ab a k '+=缺级)sin (衍射暗级λφk a '=三、光的偏振: 1. 理解三个概念1)自然光 2)部分偏振光 3)线偏振光2. 理解二条定律:1)马吕斯定律 α20cos I I =2)布儒斯特定律:120n n tgi = 20π=+r i几个概念:光程 波带 缺级气体动理论小结1、理想气体状态方程:在平衡态下RT MPV μ= nkT P = 普适气体常数 R=8.31J/mol ·K 阿佛伽德罗数 N A =6.023×1023/mol 玻耳兹曼常数K=R/N A =1.38×10-23J/K2、理想气体压强公式 22132v m n p =3、温度的统计意义 22123v m kT =4、能量均分定理 平均每个分子每个自由度的能量为kT 21。

大物2知识点总结

大物2知识点总结

大物2知识点总结大气物理学是研究地球大气现象及其规律的一门科学。

这门学科涉及到大气的结构、运动、热量传递、湿气平衡以及各种气象现象的生成原理和发展规律。

在大气物理学的学习中,我们需要掌握许多基础知识和理论,接下来将对大气物理学的一些重要知识点进行总结。

1. 大气结构大气结构是大气科学的基础。

大气分为对流层、平流层、中间层、热层和外大气层。

对流层是最接近地球表面的一层大气,海拔范围为0-15公里;平流层的海拔范围为15-50公里;中间层为50-80公里;热层为80-500公里;外大气层则超过500公里。

对流层与平流层的隔离位置在对流层顶上的对流层顶温的转折上升压力高度,称为对流层顶,又称对流层隔离位置。

平流层对流层细微隔离位置在平流层上的直接上升压力高度,称为平流层顶。

2. 气压和气压分布气压是大气分布状态的一项基本参数。

气压是指大气对于单位面积的压力。

气压是一个变量参数,一般情况下以帕斯卡(Pa)为单位。

在大气静力学中,我们还需要了解气压的垂直分布规律,即随着海拔的升高,气压是如何变化的。

气压的垂直分布规律不仅与地球的地理位置有关,还与气温、密度、重力加速度等因素有关。

3. 温度和温度分布温度是大气中分子活动强烈程度的一种度量,是表示气体热量的物理量。

在大气物理学中,我们需要了解大气温度的测量单位和方法,以及大气的温度分布规律。

温度分布与地表的纬度、季节、海拔高度等因素密切相关,不同的地区和时间,大气的温度分布规律是不同的。

4. 湿度和湿度分布湿度是大气中水分子含量的一个量度,也是一个重要的气象要素。

了解大气湿度的测量方法,以及大气湿度的分布规律对于预测气象变化、计算气象条件等方面具有重要意义。

湿度在大气中的分布是随着时间和地域的变化而变化的,需要认真研究。

5. 大气稳定性大气稳定性是指大气在受到扰动后能够恢复到平衡状态的能力。

了解大气稳定性对于气象灾害预警、飞行气象等有重要意义。

在大气物理学的学习中,我们需要掌握大气稳定性的测定方法,以及大气稳定性与地表气温、湿度等因素之间的关系。

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位置矢量: 位移: 速度:
ˆ ˆ r x ( t )i y ( t ) ˆ z ( t )k j
r r ( t t ) r ( t )
v lim
t 0
r t v
t


dr dt dv
dt
2 2
速率: v v
质点系的角动量守恒定律
Me
dL dt
W dr B 动能定理 W F dr E K 2 E K 1 E K

B A F

A
质点系动能定理 一对内力功
W外 W内
W AB
E KB E KA B B B A dW A f 21 dr21 A f12 dr12
x x B x x x x
x
(A)
(C)
y y
mv qB 2 mv qB
(B)
(D)
y y
2 mv qB mv qB
[B]
一“无限大”均匀带电平面A,其附近放一与 它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体B , 如图。已知A上电荷密度为 + ,则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷密度为:
2I

L2
[ D ]
L4
灯距地面高度为h1,一个人身高为h2,在灯下以匀速 率v沿水平直线行走,他的头顶在地面上的影子M点沿 地面移动的速度为
v0
h1 x
h2 l
M
一物体作斜抛运动,初速度 v 0与水平方向夹角为 ,
物体轨道最高点处的曲率半径ρ为

质量为m的质点以速度 v 沿一直线运动,则它对直线外 垂直距离为d的一点的角动量大小是
磁矩
m IS

毕奥-萨伐尔定律
dB
ˆ 0 Id l r 4 r
2
Id l
长直导线 B
0I
4 d
(cos 1 cos 2 )
2 3
L
r
d

dB
P
圆电流
B
0 IR
2( x
2
R )2
2
x 0
B
0I
2R
长均匀密绕螺线管的磁场 安培环路定理
r RA
A
qA 4 0 R A qA
E
A
4 0 r
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
电势能
W q 0
1 2
A12 W 1 W 2
电场的能量密度: w
0E
2
静电平衡时导体的性质
电势分布特点 整个导体是等势体,导体表面是等势面
E内 0
const
或: a b
P n Pn D 0 E P 0 r E E D d S q 0 int
S
P 0 ( r 1 ) E
C
串联
Q U
1
C
1 C2
S
d
1 Ck
并联
1 C

C1
C C1 C 2 C k
导体表面附近的场强处处与表面垂直
电场分布特点:
(总场强)
外表面附近: E n 0
E P ds
(n:外法线方向)
导体内部处处无净电荷;
电荷分布特点:
净电荷只分布在导体(外)表面上;
孤立导体的电荷分布与表面各处曲率半径有关
极化强度矢量 极化电荷 电位移矢量 D高斯定理
v
O
[C]
一个平行板电容器,充电后与电源断开,当用绝缘手柄将电 容器两极板间距离拉大,则两极板间的电势差U12、电场强 度的大小E、电场能量W将发生如下变化 (A) U12减小, E 减小,W减小 (B) U12增大, E增大,W增大 (C) U12增大, E不变,W增大 [C] (D) U12减小, E 不变,W不变 若空间存在两根无限长直载流导线,空间的磁场分布就不具有 简单的对称性,则该磁场分布 (A)不能用安培环路定理来计算 (B)可以直接用安培环路定理求出 (C)只能用毕奥—萨法尔定律求出 [D] (D)可以用安培环路定律和磁场强度的叠加原理求出
L S
B t
dS
磁场能量密度
电磁场的能量密度
1 wm BH 2 1 1 w E D B H 2 2
某质点作直线运动的运动学方程为x=3t-5t3+6(SI),则该质点作 (A)匀加速直线运动,加速度沿x轴正方向。 (B)匀加速直线运动,加速度沿x轴负方向。 (C)变加速直线运动,加速度沿x轴正方向。 (D)变加速直线运动,加速度沿x轴负方向。 [D]
E
q1q 2
0r 2
4 F
ˆ r
E q 4 0 r
2
2
点电荷
场强叠加原理
E dE
q q
q0
ˆ r
dq 4 0 r
ˆ r
y P
1

E
E

4 0 d
q 4
0
dE
(cos 1 cos 2 )
x
3
ˆ i
d o
[A]
O
A
如图,流出纸面的电流为 2I , 流进纸面的电流为 I , 则下述各式中那一个是正确的? (B) (A) L B d l 2 0 I
1
L2
(C)
L3
B d l 0I
(D)
L1
L3
I
L4
B d l 0I B d l 0I
光滑的水平桌面上有长为2l、质量 为m的匀质细杆,可绕通过其中点O 且垂直于桌面的竖直固定轴自由转 动,转动惯量为ml2/3,起初杆静止。 有一质量为m的小球在桌面上正对 着杆的一端,在垂直于杆长的方向 上,以速率v运动,如图。当小球与 杆端发生碰撞后,就与杆粘在一起 随杆转动,则这一系统碰撞后的转 动角速度是 (A) vl/12 (C)3v/(4l) (B)2v/(3l ) (D)3v/l
1 2
保守力
W AB E PA E PB
Gm1m 2 r
mgh
kx
2
E EK EP
功能原理
W外 W非保内 E B E A E
当W外 W非保内 0 E 0
E 常量
机械能守恒
刚体对轴的转动惯量 平行轴定理 薄平板刚体的正交轴定理 刚体定轴转动角动量 刚体的转动动能 刚体定轴转动定律 刚体定轴转动的动能定理 包含刚体的功能原理
dt
基本假设
物理学定律在所有的惯性系中都是一样的

在任何惯性系中,自由空间(真空)中的光速具有相同的量值 1 运动长度缩短 l l / 2 运动时间膨胀 t t 1

u c
x x ut y y z z
逆变换
x x ut y y z z
d e ) B dl 0 ( I 0 0 dt L
d e dt 0
S
Id 0
E t
dS
法拉第电磁感应定律
i
d dt
a
动生电动势
i
(v B ) dl
b
感生电场
E i d l
在相对地面静止的坐标系内,A、B二船都以2m/s速率匀速行 驶,A船沿x轴正向,B船沿y轴正向。今在A船上设置与静止坐 ˆ j 标系方向相同的坐标系(x、y方向单位矢用 i 、 ˆ 表示),那么 在A船上的坐标系中,B船的速度(以m/s为单位)为 ˆ ˆ j (A) 2 i 2 ˆ (B) 2 i 2 ˆ j ˆ ˆ j j (C) 2 i 2 ˆ (D) 2 i 2 ˆ [B]
B
o nI
2
cos 2
cos 1
1
2
B d l 0 I i内
i
... . ... . . . .. .... . ... . .. ...
P.
L
全电流安培环路定理

+
1
2
(A) 1=- ,
2=+
(B) 1=- /2, 2=+/2 (C) 1=- /2, 2=-/2 (D) 1=- , 2=0
[B]
A
B
根据相对论力学,动能为0.25MeV的电子,其运动 速度约等于 (A)0.1c (B)0.5c (C)0.75c (D)0.85c (c表示真空中的光速,电子的静能 m0c2=0.51MeV)
J mi ri r 2dm
J J C md
2
2
Jz J x J y L J
2 M J EK 1 J
2
J
1 12
mL
2
J
1 2
mR
2
W
2 Md
1

1 2
2 J 2

1 2
J1
2
W外 W非保内 E dL 刚体定轴转动角动量定理 M 守恒定律 M 0 L J C
d r dt
dr dt

dS dt
加速度:
a lim
t 0

dv ˆ 切向加速度 a t a t t
dt
运动的相对性
v ˆ n 法向加速度 a n a n
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