大学物理复习(15级)

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物理学十五版课后习题答案

物理学十五版课后习题答案物理学是一门研究自然界中物质和能量运动规律的科学。

它不仅是一门理论学科，更是一门实践学科。

在学习物理学的过程中，课后习题是非常重要的一环。

通过解答习题，可以巩固所学的知识，提高问题解决能力。

然而，对于物理学十五版课后习题的答案，很多人可能会遇到困惑。

本文将为大家提供一些关于物理学十五版课后习题的答案。

在物理学十五版课后习题中，有很多不同的题型，涵盖了力学、热学、电磁学等多个领域。

下面将分别介绍一些常见题型的答案。

首先是力学题。

力学是物理学的基础，它研究物体的运动和受力情况。

在力学题中，常见的题型有求物体的加速度、速度和位移等。

解答这类题目时，可以运用牛顿第二定律F=ma，其中F表示物体所受的合力，m表示物体的质量，a表示物体的加速度。

根据题目所给的条件，可以通过代入公式求解。

其次是热学题。

热学是研究物体的温度、热量和热能转化的科学。

在热学题中，常见的题型有求物体的热平衡温度和热量等。

解答这类题目时，可以运用热传导定律和热平衡原理。

热传导定律表示热量从高温物体传递到低温物体的过程，热平衡原理表示两个物体之间没有温度差，达到热平衡状态。

根据题目所给的条件，可以通过运用这些原理求解。

最后是电磁学题。

电磁学是研究电荷和电磁场相互作用的科学。

在电磁学题中，常见的题型有求电场强度、电势差和电流等。

解答这类题目时，可以运用库仑定律和欧姆定律。

库仑定律表示两个电荷之间的相互作用力与它们之间的距离的平方成反比，与电荷的大小成正比。

欧姆定律表示电流与电压和电阻之间的关系。

根据题目所给的条件，可以通过代入公式求解。

除了以上提到的常见题型，物理学十五版课后习题还包括了一些综合性的题目，需要综合运用多个物理学原理进行求解。

这些题目往往较为复杂，需要较高的问题解决能力和思维能力。

对于物理学十五版课后习题的答案，可以通过多种途径获取。

首先，可以参考教材附带的答案解析，这是最直接的途径。

其次，可以参考相关的物理学习资料和教学视频，这些资源通常会提供详细的解题方法和答案解析。

(广东版)2015届高考物理总复习(知能要求课前自修随堂训练)第九章第1课磁场

第九章磁场第一单元磁场安培力第1课磁场及磁场对电流的作用一、磁场1．产生：产生于________或________周围．2．本质：磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的________产生的．3．特性磁场对放入其中的________或运动电荷(电流)有力的作用，N 极的受力方向与磁场方向相________，S 极的受力方向与磁场方向相________．磁体、电流之间都是通过________发生相互作用的．答案：1．磁体电流2．运动3．磁体同反磁场4．描述(1)磁感应强度：①定义：在磁场中，垂直于________方向的通电导线，受到的安培力F 与电流I 和导线长度L 的乘积的比值，叫做通电导线所在处磁场的磁感应强度．即B ＝F IL(定义式)．②方向：磁感应强度是矢量，其方向就是该处________的方向，也是小磁针N 极的受力方向，即小磁针静止时N 极的指向，其合成遵循平行四边形定则．③单位：其国际单位是特斯拉，简称特，代表符号是________，1 T ＝1 N/(A·m)． ④意义：磁感应强度是表示磁场强弱和________的物理量．(2)磁感线：①定义：在磁场中画一系列曲线，使曲线上任意点的切线方向都跟该点________方向一致，这一系列曲线即为磁感线．②意义：磁感线的疏密程度表示磁场的________，切线方向表示磁场的________． ③特点：磁感线是闭合曲线，磁体外部的磁感线是从N 极指向S 极，磁体内部的磁感线是从________极指向________极，磁感线不相交．答案：4．(1)①磁场 ②磁场 ③T ④方向 (2)①磁场②强弱方向 ③S N5．常见的磁场(1)常见磁体产生的磁场——条形磁铁的磁场、蹄形磁铁的磁场、地磁场．(2)常见电流产生的磁场——直线电流的磁场、环形电流的磁场、通电螺线管的磁场，它们的方向都是由安培定则来判定的．(3)安培定则：也叫右手螺旋定则，是表示电流方向和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则．通电直导线中的安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那1.了解磁场的物质性，掌握磁感应强度的概念，了解磁感线如何描述磁场，掌握通电直导线和圆环、螺线管周围磁场方向的判断方法．2.理解安培力，掌握安培力方向的判断方法，掌握安培力公式的应用．3.考查一般为选择题或计算题．么________的指向就是磁感线的环绕方向；通电螺线管中的安培定则：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么________所指的那一端是通电螺线管的N极．(4)匀强磁场：如果磁场的某一区域里，磁感应强度的大小和方向处处________，这个区域的磁场叫做匀强磁场，如通电螺线管内部的磁场．答案：5．(3)四指大拇指(4)相同二、安培力1．定义：________对通电导线(电流)的作用力称为安培力．2．大小：F＝BIL sin α(α为B、L间的夹角)．若通电导线垂直于磁场方向时，则安培力F＝________(最大)，若通电导线与磁场方向平行时，安培力F＝________.3．方向：可用________手定则判断．4．左手定则伸开左手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流的方向，那么________所指的方向就是安培力的方向．5．磁电式电流表的工作原理蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的，如右图所示.不管通电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线.当电流通过线圈的时候，线圈安培力作用使线圈发生转动.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动发生形变，阻碍线圈的转动，当二者达到平衡时，线圈停止转动.电流越大，安培力就越大，弹簧的形变也就越大.所以从线圈转动的角度就能判断电流的大小.当线圈中的电流方向改变时，安培力F的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变.所以根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向.答案：1．磁场2．BIL03．左4．大拇指5．平行随堂训练如图甲所示，关于地磁场的起因，有人提出如下假说：地磁场是由随地球自转的电子的定向运动而引起的．则此假说中的电子运动方向应( )A ．沿纬线由东向西，如图(a)B ．沿纬线由西向东，如图(b)C ．沿经线由北向南，如图(c)D ．沿经线由南向北，如图(d)错解：错选A ，没有注意电子的运动方向与电流方向的转换．错选C ，认为电子运动的方向就是地磁场的方向．答案：B如图所示，质量为m ＝50 g ，长l ＝10 cm 的铜棒，用长度亦为l 的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．未通电时，轻导线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ＝37°，不考虑导体棒切割磁感线产生的感应电流，求此棒中恒定电流的大小．错解：θ＝37°为铜棒平衡位置，有：F 安＝mg tan 37°，而F 安＝B I l ，由以上两式解得：I ＝mg tan 37°Bl＝7.5 A. 有的认为当摆角为θ2时为平衡位置，也错，因为圆周运动合力不为0，故没有平衡位置．正确解答：当铜棒摆到最大角度时，对铜棒进行受力分析，通电时导线向外偏转，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图所示(侧视图)．此时其加速度沿圆周切线向下，且为最大的(而平衡位置处于速度最大的位置)．铜棒向外偏转过程中，导线拉力不做功．F 做功为：W F ＝Fs 1＝BIl ×l sin 37°，重力做功为：W G ＝－mgs 2＝－mgl (1－cos 37°)，由动能定理得：BIl 2sin 37°－mgl (1－cos 37°)＝0－0.所以I ＝mg 1－cos 37°Bl sin 37°＝0.05×10×1－0.80.5×0.1×0.6A ＝103A ＝3.33 A. 答案：3.33 A。

大学物理复习题

衍射一、宽度为a 的单缝，缝后面透镜的焦距为f ，波长为λ的单色平行光垂直入射，则中央明纹的角宽度为多少？第二级暗纹到中央明纹中心的距离x 2是多少？aλϕ221= afx λ22=二、宽度为0.02mm 的单缝，后面透镜的焦距为1m ，波长为500nm 的单色平行光垂直入射，则中央明纹的角宽度为多少？第二级暗纹到中央明纹中心的距离x 2是多少？rad a 2571105102105222---⨯=⨯⨯⨯==λϕ m f a x 2572105110210522---⨯=⨯⨯⨯⨯==λ三、宽度为a 的单缝，缝后面透镜的焦距为f ，波长为λ的单色平行光垂直入射，则中央明纹的宽度为多少？第4级明纹到中央明纹中心的距离x 4是多少？aλϕ221= afx 29,4λ=明四、每厘米有2000条透光狭缝的光栅，其缝间距是透光缝宽的3倍。

以波长为500nm 的单色平行光垂直入射到该光栅上，求：（1）光栅常数；（2）第一级主极大明纹的衍射角是多少？（3）最多可见多少条主极大明纹？（1）a+b=1/n=(1x10-2)/(2000=5⨯10-6m（2）(a+b)sin ϕ1=λ ϕ1=λ/(a+b)= 500⨯10-9/(5⨯10-6)=0.1（3）(a+b)sin90o =k m λ k m =(a+b)/ λ=10 故实际观察到最高级次k m /=9 .缺级公式： k=(a+b)k ’ /a=3 k / 缺级级次：k=±3，±6，±9。

共可见：2×9+1-6=13条明纹主极大。

五、光栅每厘米有2500条狭缝，刻痕宽度 b 是缝宽的3倍。

若波长λ0=500nm 的单色平行光垂直入射到该光栅上，求：（1）光栅常数；（2）在单缝衍射中央明纹区内，最多可见多少条主极大明纹？（3）第一级主极大明纹的衍射角（用弧度表示）；（4）若用λ0和λ两单色光同时照射，则λ的第5级与λ0的第4级主极大明纹重合，求波长λ？（1）a+b=1/n=(1x10-2)/(2500=4⨯10-6m (a+b)/a=4, a=1⨯10-6m （2）中央明纹的半角宽度：asin ϕ1，单=λ sin ϕ1=λ/a(a+b)sin ϕ1，单=k λ k=(a+b) sin ϕ1/ λ=(a+b)/a=4, 缺级条件k=(a+b)k ’ /a=4 k /，k=±4, 在单缝衍射中央明纹区内，主极大明纹数目2×4+1-2=7 （3）(a+b)sin ϕ1= λ， ϕ1=λ/(a+b)= 500⨯10-9/(4⨯10-6)=0.125 (4)dsin ϕ=5λ, dsin ϕ=4λ0, 5λ=4λ0 =(4⨯5⨯10-7)/5=4⨯10-7m六、宽度为0.1mm 的单缝，后面透镜的焦距为1m ，波长为500nm 的单色平行光垂直入射，则中央明纹的角宽度为多少？第3级暗纹到中央明纹中心的距离x 3是多少？rad a 2471101101105222---⨯=⨯⨯⨯==λϕ m f a x 247,3105.1110110533---⨯=⨯⨯⨯⨯==λ暗七、小圆孔直径1.0=D mm ，入射光的波长为500nm ，则屏上爱里斑的半角宽度为多少弧度？该圆孔的最小分辨角为多少弧度？rad D 340101.610110522.122.17--⨯=⨯⨯⨯==-λθ rad D 340min101.610110522.122.17--⨯=⨯⨯⨯===-λθδ 八、光栅每毫米有250条狭缝，刻痕宽度 b 是缝宽的2倍。

15级大学物理A2复习提纲(电磁学光学)课件

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20XX级大学物理A2复习提纲第五章静电场1、点电荷的库仑定律；2、高斯定理求解球形带电体的场强、电势分布；（例题5-5;5-6;习题5-23;5-25）3、场强和电势的关系；4、静电场中金属导体的特点；例1.一带电体可作为点电荷处理的条件是【c】(A)电荷必须呈球形分布(b)带电体的线度很小(c)带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计(D)电量很小??例 2.静电场中，任意作一闭合曲面，通过该闭合曲面的电通量?se?ds的值仅取决于高斯面内电荷的代数和，而与高斯面外电荷无关。

??例3．电场的环流定理?e?dl?0，说明了静电场的哪些性质【D】(A)静电场的电力线不是闭合曲线(b)静电力是非保守力(c)静电场是有源场(D)静电场是保守场例4．一个中性空腔导体，腔内有一个带正电的带电体，当另一中性导体接近空腔导体时，腔内各点的场强【b】.(A)升高(b)不变(c)降低(D)不能确定例5．导体壳内有点电荷q1，壳外有点电荷q2，导体壳不接地。

当q2的电量变化时，下列关于壳内任一点的电位、任二点的电位差的说法中正确的是【A】(A)电位改变，电位差不变(b)电位不变，电位差改变(c)电位和电位差都不变(D)电位和电位差都改变例6.在静电场中，有关静电场的电场强度与电势之间的关系，下列说法中正确的是【c】(A)场强大的地方电势一定高；(b)场强相等的各点电势一定相等；(c)场强为零的点电势不一定为零；(D)场强为零的点电势必定是零。

例7.如果对某一闭合曲面的电通量为??se?ds?0，以下说法正确的是【D】(A)s面上的e必定为零(b)s面内的电荷必定为零1(c)空间电荷的代数和为零(D)s面内电荷的代数和为零例8．电场强度与试验电荷无关，只与场点的位置有关。

石家庄铁道大学大学物理(A)Ⅱ2015级大学物理(A)II 试卷A答案

石家庄铁道大学2016年秋季学期15 级本科班期末考试试卷（A ）参考答案与评分标准课程名称: 大学物理(A) II （闭卷）任课教师：物理教研室全体教师一、选择题（每题3分，共30分）1 C2 D3 E4 D5 B6 D7 C8 A9 C 10 A二、填空题（共30分） 1（本题4分）2分0I μ-2分 2（本题4分） 1:22分1:2 2分3（本题3分） 3510N -⨯ 3分 4（本题3分） π-或π3分 5（本题4分）637.5Hz2分 566.7Hz2分 6（本题5分）42分第一 2分暗1分 7（本题3分）部分2分， 2π或901分 8（本题4分） 2.52分144.010⨯2分三、计算题（共40分）1.（本题10分）解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为 02IB xμ=π 2分选顺时针方向为线框回路正方向，则02r brIaBdS dx xμπ+Φ==⎰⎰3分0ln2Iar brμ+=π2分 ∴ 0d d lnd 2d a r b I t r tμε+=-=-πΦ00lncos 2I a r bt rμωω+=-π3分2.（本题10分）解：(1) 1s 10/-==m k ω1分 63.0/2=π=ωT s1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0由 202)/(ωv +=x A 得0v 1.3=-=-=- m/s 3分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ3分(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分3.（本题10分）解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝21λ处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A 处膜厚度 e 4=λ23=750 nm 3分∴ ()l l e 2/3/4λθ==＝4.8×10-5 rad 2分或者： 1222e k λλ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭ 第四条暗纹：k=3 e 4=λ23(2) 对于λ＇＝600 nm 的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为λ'+2124e ，它与波长λ'之比为0.321/24=+'λe ．所以A 处是明纹3分(3) 棱边处仍是暗纹，A 处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹．2分4.（本题10分）解：所发射的光子能量为 ==λε/hc 2.56 eV3分氢原子在激发能为10.19 eV 的能级时，其能量为 =+=∆E E E K 1-3.41 eV2分氢原子在初始状态的能量为 =+=K n E E ε-0.85 eV 2分该初始状态的主量子数为 41==nE E n 3分。

【精讲精练优化方案】2015届高考物理大一轮复习—配套Word版文档：第八章磁场(含新题详解)

考纲展示热点视角1.磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ2．通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ3．安培力、安培力的方向Ⅰ4．匀强磁场中的安培力Ⅱ5．洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ6．洛伦兹力公式Ⅱ7．带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ8．质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：1.安培力的计算只限于电流与磁感应强度方向垂直的情况．2．洛伦兹力的计算只限于速度和磁场方向垂直的情况.1.高考对磁场知识的考查频率较高，考查的热点主要集中在：磁场概念的理解、安培力的应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动．2．高考题型包括选择题和计算题．选择题侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用和洛伦兹力的有关分析；计算题则侧重考查带电粒子在磁场中或在复合场中的运动以及与电磁感应相结合的问题．特别注意“边界问题”以及由周期性引起的多解问题．3．高考也注重实际应用，如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器、磁电式电流表等都可能成为命题的背景.第一节磁场的描述磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有□01______的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝□02________(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时□03________的指向．(4)单位：□04________，符号T.1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的□05________方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．磁感线的特点(1)磁感线上某点的□06______方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的□07，在磁感线较密的地方磁场较□08____；在磁感线较疏的地方磁场较□09____.(3)磁感线是□10______曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不□11______、不□12______、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．3．电流周围的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F＝□13____.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向□14______的方向，这时□15______所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角),1.(单选)关于磁感应强度的说法正确的是()A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积IL成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向2－1.(多选)关于磁感线的性质和概念，下列说法中正确的是()A．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向B．铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线C．磁感线总是从磁体的N极指向S极D．磁场中任意两条磁感线均不相交2－2.(单选)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是() 2－3.(单选)通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则()A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极3－1.(单选)如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB3－2.(多选)(2012·高考海南卷)如图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是()A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b极正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b极正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2.磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．(单选)(2012·高考大纲全国卷)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同[思路点拨](1)根据什么定则判断导线M和N在各点产生的磁场方向？(2)磁感应强度的大小与各点到导线的距离有什么关系？(3)合磁场的计算遵守什么定则？[尝试解答]________[方法总结]解决这类问题的思路和步骤：(1)根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向；(2)判断各分磁场的磁感应强度大小；(3)根据矢量合成法则确定合磁场的大小和方向．1.(单选)四条相互平行的通电直导线垂直于纸面，位于正方形的四个顶点上，其中A、D 导线中的电流方向垂直纸面向外，B、C导线中的电流方向垂直纸面向里，四条导线中的电流大小相等，如图所示．则B导线受到A、C、D导线产生磁场的作用力的合力方向是() A．沿AB向右B．沿DB向上C．沿CB斜向上D．沿BC斜向下安培力作用下的导体运动分析1．通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动．2．明确磁场的分布和正确运用左手定则进行判断是解题的关键．(单选)如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是() A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动[尝试解答]________[方法总结]安培力作用下导体运动情况的判定方法电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向2.(单选)如图所示，原来静止的圆形线圈通入逆时针方向的电流I，在其直径AB上靠近B 点处放一根垂直于线圈的固定不动的长直导线，长直导线通以垂直纸面向里的电流I′，则圆线圈将()A．向左平动B．向右平动C．以直径为轴转动D．静止不动对安培力公式的理解和应用1．安培力公式的说明在高中阶段计算安培力时，常用F＝BIL，即只考虑磁场与电流方向垂直的情况，很少考虑二者不垂直的情形．2．对有效长度的理解弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端．安培力的作用点为等效长度的几何中心．(单选)如图所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()A ．0B.12BIl C ．BIlD ．2BIl[尝试解答] ________3.(单选)如图所示，AC 是一个用长为L 的导线弯成的、以O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC 垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中．当在该导线中通以由C 到A ，大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，平行于OC 向右C.22BIL π，垂直AC 的连线指向左下方D ．22BIL ，垂直AC 的连线指向左下方安培力的综合应用[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝ER0＋r＝1.5 A．(3分)(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N．(3分)(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1＝mg sin 37°＝0.24 N(1分)F1<F安，根据平衡条件mg sin 37°＋F f＝F安(2分)解得F f＝0.06 N，方向沿导轨向下．(1分)[答案](1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N，方向沿导轨向下[方法提炼]解决安培力作用下的综合问题的思路：(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律或动能定理列方程求解．4.(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变一高考题组1．(单选)(2011·高考大纲全国卷)如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点2．(单选)(2013·高考上海卷)如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向() A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里3．(单选)(2012·高考天津卷)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小二模拟题组4.(单选)(2014·云南昆明调研)如图所示，两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l，与电动势为E、内阻不计的电源相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使ab 棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为( )A.mgR El，水平向右 B.mgR cos θEl ，垂直于回路平面向上C.mgR tan θEl ，竖直向下D.mgR sin θEl ，垂直于回路平面向下5.(单选)(2014·衡阳模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测23第二节磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．定义：□01______电荷在磁场中所受的力． 2．大小(1)v ∥B 时，F ＝□02____. (2)v ⊥B 时，F ＝□03________. (3)v 与B F ＝□04________. 3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于□05______决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角)．由于F 始终□06________v 的方向，故洛伦兹力永不做功．二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做□07__________运动． 2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做□08__________运动．3．基本公式(1)向心力公式：q v B ＝□09________. (2)轨道半径公式：r ＝□10________. (3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝□11________；ω＝2πT＝2πf ＝□12________.特别提示：T的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷q有关．,1－1.(单选)带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的m是()A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变1－2.(单选)(2013·高考安徽卷)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右2．(多选)如图所示，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM∶ON＝3∶4，则下列说法中错误的是()A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3洛伦兹力和电场力的比较1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．2．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v与B不平行电荷处在电场中大小F＝q v B(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关正电荷与电场方向相同，负电荷与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)，问：(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？(3)若上述电场和磁场同时存在，粒子能否沿直线运动？【思路点拨】(1)粒子在匀强电场中做什么性质的运动？用什么知识求解？(2)粒子在匀强磁场中做什么性质的运动？用什么知识求解？[课堂笔记][总结提升]带电粒子在电、磁场中运动的区别(1)带电粒子在匀强电场中常做类平抛运动，可采用运动的分解的方法来分析．(2)带电粒子在匀强磁场中常做匀速圆周运动，可采用匀速圆周运动的相关规律分析．1.(单选)(2014·亳州模拟)带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．2．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t ＝θ2πT ⎝⎛⎭⎫或t ＝θR v .(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m[尝试解答] ________[总结提升] 求解粒子在匀强磁场中运动问题的步骤： (1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．2.(单选)(2012·高考安徽卷)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v /3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt带电粒子在有界磁场中的临界和极值问题1．问题概述带电粒子在有界磁场中的运动问题一直是高考的热点，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等．因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题．2．临界分析(1)单直线边界型：当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图甲中带负电粒子的运动为例．规律要点①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于12圆周且与边界相切时(如图甲中a 点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)．②最值相交：当带电粒子的运动轨迹等于12圆周时，直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O 最远)．(2)双直线边界型：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图乙中带负电粒子的运动为例．规律要点①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切，如图乙所示．②对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线．在图乙中，a、b之间有带电粒子射出，可求得ab＝22dr－d2.最值相切规律可推广到矩形区域磁场中．(3)圆形边界类型①圆形磁场区域规律要点a．相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图甲所示．B．直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，圆形磁场区域面积最小，如图乙所示．②环状磁场区域规律要点a．径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场．B．最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度v m而磁场有最小磁感应强度B，如图丙所示．[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L (2分)又因为q v 1B ＝m v 21r 1(2分)且qU m ＝12m v 21(2分)所以U m ＝qB 2L 22m.(1分)(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A ，在△AKC 中：sin 45°＝r 2L －r 2解得r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L (2分) 所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ，即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .(2分)(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq.(2分)[答案] (1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq[规律总结] 带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹．(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．(3)时间极值①当速率v 一定时，弧长(弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长．②当速率不同时，圆周角大的运动时间长．3．(单选)如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B ．c 粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C ．a 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D ．c 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短一高考题组 1.(多选)(2013·高考广东卷)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 2．(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qR3.(多选)(2012·高考江苏卷)如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m二模拟题组 4.。

15级理一、二期中试卷解答

RB B O RA A
(D) LB < LA ，EKA = EKB ；
(E) LB = LA ，EKA < EKB 。
同类题目人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的 (A)动量不守恒，动能守恒； (B)动量守恒，动能不守恒； (C)对地心的角动量守恒，动能不守恒； (D)对地心的角动量不守恒，动能守恒。［ C ］解：卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星对地球的合外力矩为零（万有引力为有心力）。 RB RA 对地球的角动量守恒， LA=LB O B A
10. 一个力F作用在质量为1.0kg的质点上，使之沿x轴运动。已知在此力作用下质点的运动学方程为x=3t-4t2+t3 (SI)。在0到4s的时间间隔内，
16(N s) . （1）力F的冲量大小I= ＿＿＿＿
176(J) . （2）力F对质点所作的功W= ＿＿＿＿
解：
依题意，有
t=0时速度为
11.（本题4分）一个以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为1＝20rad/s，再转60转后角速度为2＝30 rad /s，则角加速度 =_____________，转过上述60转所需的时间Δt＝________________。
匀变速转动
0 t 1 2 0 0 t t 2 2 2 2( 0 ) 0
15级大学物理理二（1）期中试卷解答
1．一个圆锥摆的摆线长为l，摆线与竖直方向的夹角恒为θ，如图所示。则摆锤转动的周期为
(D)
(A) (C)
l g
2 l g
2
(B) (D)
l cos g
l

2 l cos g

2015级大学物理参考答案

.一、质点运动以及动力学一.选择题：1.解：选B 。

运动到最高点时速度为零，故有： 024=-=t dtdx，得t ＝ 2s 。

2. 解：选B 。

区分平均速度和平均速率的定义 3. 解：选C 。

方法一对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式)4(2t +=υm/s及将t =3s 代入方程可得 x = 9m ，符合这两个条件的方程就是要选的方程。

有速度dt dx /=υ，看出只有C 和D 可得)4(2t +=υ，将 t = 3s 代入各运动方程中，C 可得x = 9m ，所以选C 。

方法二选用积分法。

一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即t =0时的质点位置x 0，通过对速度积分，可得质点的运动方程。

4. 解: 选C 。

设A 、B 两车沿x 轴正向行驶，B 车开始减速时，B 车恰好在坐标原点，且此时为计时起点。

由直线运动方程有：对于A d t x +=11υ （1）对于B 22221at t x -=υ （2） at t x B -=2υ （3）B 车速度为1υ时两车刚好不相撞。

设此时为t 0时刻，由上两式 20020121at t d t -=+υυ （4）由（3）有 021at -=υυ （5）（4）、（5）联立消去t 0有： a d 2)(212υυ-=故两车不会相撞的最少距离为a2)(212υυ-。

.5. 解：选（C ）。

当A 紧靠在圆筒内壁而不下落时，A 受到的摩擦力 r f 与重力平衡，又因为r f 与筒壁提供给A的向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示，故：mg f r = 2ωμ=mR f r∴ Rg μ=ω6. 解：选（A ）。

如图所示：2cos ω=θmr N mg N =θsin θ=cos R r RhR -=θsin ∴ ω＝12.78rad ·s -1≈13 rad ·s -17. 解：选（B ）。

质点m 越过A 角前、后的速度如图所。

2023年大学物理总复习知识点总结(本科提分宝典)

2023年大学物理总复习知识点总结(本科
提分宝典)
2023年大学物理总复知识点总结 (本科提分宝典)
简介
这份文档旨在提供2023年大学物理总复的重要知识点总结，帮助本科学生提高研究效果。

以下是一些重要的知识点，对于复来说至关重要。

力学
- 牛顿三定律
- 综合力分析
- 动量与动量守恒
- 能量与能量守恒
- 圆周运动
电磁学
- 库仑定律
- 电场与电势
- 安培定律
- 磁场与磁感应
- 法拉第电磁感应定律
- 电磁波
热学
- 热力学规律
- 热传导、热对流和热辐射- 理想气体状态方程
- 热力学循环
光学
- 光的折射和反射
- 镜像成像和光学仪器
- 光的波粒二象性
- 光的衍射和干涉
声学
- 声音的产生和传播
- 声音的特性
- 共振和声音的干涉
相对论
- 相对论的基本概念
- 狭义相对论和广义相对论
- 相对论的应用
核物理与量子力学
- 原子核的组成与结构
- 核衰变和核反应
- 量子力学的基本原理
- 波粒二象性和不确定性原理
这些知识点涵盖了大学物理的核心内容，复习时建议重点关注。

祝愿大家在2023年的大学物理考试中取得优异的成绩！。

15大学物理波动光学2(劈尖、牛顿环、干涉仪)

干涉条件为：
2nd 2nd

2
k (k 1,2,) (2k 1)
相长

2
2
(k 0,1,2,) 相消
2．等厚干涉厚度相同的地方光程差相同，形成同一条纹。劈尖的干涉条纹是一系列平行于劈尖棱边的明暗相间的直条纹。
(1)棱边处，为 2 k=0级暗条纹（与实际一致）
2nD
k 7
2
(2k 1)
2
k 0 k 7
k D 2065 nm 2.07 m 2n
细丝膨胀，条纹向左移动
练习1.如图所示，利用空气劈尖测细丝直径， L 已知 589 .3nm ， 2.888102 m,测得30条 4.295103 m，求细丝直径d。条纹的总宽度为
I min 0
I
Imax Imin
I min 0
I
4I1
对比度差 (V < 1)
对比度好 (V = 1)
二、时间相干性 1．光的非单色性理想的单色光

实际光束：波列、准单色光 I I
0
I0 2
波列长L= c
0
0

2．光源的非单色性对干涉条纹的影响通常单色光源包含一定的波长范围，在这一范围内每一波长的光各自形成一组干涉条纹。各组干涉条纹只有零级条纹完全重合，其他各级不再重合，其非相干叠加会降低条纹的可见度。
n 1.22
例2．如图所示为测量油膜折射率的实验装臵, 在平面玻璃片G上放一油滴，并展开成球冠状
油膜。在波长 600 nm的单色光垂直照射下，从反射光中可观察到油膜所形成的干涉条纹。已知玻璃的折射率为 n1 1.5 ，油膜的折射率为 n2 1.2 ，问：当油膜中心最高点与玻璃片的上表面相距h 800 nm 时，干 L 涉条纹是如何分布的？ S 可看到几条明纹？明纹所在处的油膜厚度 n2 h 为多少？ n1 G

2015理综复习资料

2015 理综复习资料2015 理综复习资料物理一、静力学：1．几个力平衡，则一个力是与其它力合力平衡的力。

2. 两个力的合力：F大+F小F合F大—F小。

三个大小相等的共面共点力平衡，力之间的夹角为1200。

3. 力的合成和分解是一种等效代换，分力与合力都不是真实的力，求合力和分力是处理力学问题时的一种方法、手段。

4. 三力共点且平衡，则（拉密定理）。

5. 物体沿斜面匀速下滑，则。

6. 两个一起运动的物体“刚好脱离”时：貌合神离，弹力为零。

此时速度、加速度相等，此后不等。

7. 轻绳不可伸长，其两端拉力大小相等，线上各点张力大小相等。

因其形变被忽略，其拉力可以发生突变，“没有记忆力”。

8. 轻弹簧两端弹力大小相等，弹簧的弹力不能发生突变。

9. 轻杆能承受纵向拉力、压力，还能承受横向力。

力可以发生突变，“没有记忆力”。

10. 轻杆一端连绞链，另一端受合力方向：沿杆方向。

二、运动学：1. 在描述运动时，在纯运动学问题中，可以任意选取参照物；在处理动力学问题时，只能以地为参照物。

2．匀变速直线运动：用平均速度思考匀变速直线运动问题，总是带来方便：3．匀变速直线运动：时间等分时，，位移中点的即时速度，纸带点痕求速度、加速度：4．匀变速直线运动，v0=0 时：时间等分点：各时刻速度比：1：2：3：4：5 各时刻总位移比：1：4：9：16：25 各段时间内位移比：1：3：5：7：9 位移等分点：各时刻速度比：1 ::: ....................到达各分点时间比1 ::: .........通过各段时间比1::():……5. 自由落体：(g取10m/s2)n 秒末速度( m/s)：10，20，30，40，50n 秒末下落高度(m)：5、20、45、80、125第n 秒内下落高度(m)：5、15、25、35、456 .上抛运动：对称性：，，7.相对运动：共同的分运动不产生相对位移8．“刹车陷阱”：给出的时间大于滑行时间，则不能用公式算。

15届大学物理上作业答案

15届,大学物理上,作业答案2015大学物理上作业答案第1章质点运动学一、选择题:1.D2.B3.C4.D5.B，6B，7A8A二、填空题1.，，，。

2.3.4.16rad,16rad/s,5.三计算题1解：轨迹方程，物体做的圆周运动，半径为3m（2）（m/s）(m/s2)（3）2．3．答案：解（1）由消去t得轨迹方程（2）位置矢量（3）t=1s和t=2s时位置矢量分别为(4)速度矢量（5）加速度矢量4.解(1)(2)5．第2章牛顿运动定律一选择题：1.C2.D3.C4.A5.B6.D二．填空题1.惯性系，非惯性系2.，，3.，，4.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,,5.，3mg.三．计算题1．1、2.3.建立自然坐标，切向法向而分离变量积分得4．(1)(2)（3）x值最大，5.证明第3章动量守恒定律和能量守恒定律一、选择题1.B，2.C3.C，4C5.C，6.B，7.A，8A。

二、填空题1．外力和非保守内力不做功或做功的代数和为零，不受外力或外力的矢量和为零。

2．0.21cm，400J3.3.2m/s，25.6J。

4.。

、、5.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,三、计算题1.(a)根据功能原理，有4.25(m)(b)根据功能原理有8.16(m/s)2.3.t=0时,t=2s时,t=1s时，，4.解：（1）已知势能零点位于坐标原点，则x处的势能（2）质点由x=2m运动到x=3m时，势能的增量为保守力做的功为可见，保守力做的功等于势能增量的负值，即5.解：利用题中条件可以得到力的表达式，然后根据功的定义求解，由可知物体运动速度,所以阻力为又由，将消去后可得所以阻力做功为6.解：（1）由位矢方程可知，质点在方向的运动方程分别为，消去，得轨迹方程，质点做轨迹为椭圆的曲线运动。

（2）质点所受作用力可见指点所受作用力指向坐标原点，是有心力.力的两个分量分别为，质点从点到点时，作功作功（3）考察质点从任意点运动到任意点，作的功+=+可见作功只与始末位置有关，与路径无关，是保守力。

大学物理15-527页PPT

R2 rR3
LH 3dlH 32 π rII((R r3 2 2 R R 2 2 2 2))
πr μμ πr H 3 2 I
R 3 2 r2 R 3 2 R 2 2
B 33H 3 20IR R 3 2 3 2 R r2 2 2
r R3
LH 4dlH 42 π r0
μ H 4 0 B 44H 4 0
解：由于电流分布和磁介质分布具有轴对称性，可知磁
场分布也有轴对称性：H线和B线都是在垂直于轴线的平面内，并以轴线上某点为圆心的同心圆。于是选取距轴线距离r 为半径的圆为安培环路L，取顺时针方向为绕行方向，应用式（15-52）介质中安培环路定理则有：
r R1
LH1dlH12πrπIR12π2r
Ir
均匀磁场作用于载流线圈的磁力矩
M Ie n S B m B
向里
M,N
F1
F2 O,P
en B
向里
侧视，向外 F使 ,M
0,M0
稳定平衡
当电流方向与刚才的相反
F3 P
M F1 I
. F2
B
N
F4
Oen
en
F2 O,
B
M,N
F1
侧视，向里
,M0
若偏， F 离使 ,M
但m 分：子 m 分子
3º若将一磁介质放入磁场中，你如何
判断该介质是顺磁还是抗磁介质？ N
S
4º超在导外体磁是场完中全超抗导磁体体内：B B oB = 0
注：表面分子磁化电流不是自由电荷定向运动形成
三、磁介质中的安培环路定理
1. 磁化电流(束缚电流) 以无限长螺线管为例
B0
I0
在磁介质内部的任一小区域：

教师用书)2015届高考物理总复习(高考备考导航基础要点整合解题素能培养考点核心突破训练高效提能)8.

菜
单
高考总复习· 物理
第八章磁场
基础要点整合
2．安培力的大小 (1) 当磁感应强度 B的方向与导线方向成 θ角时， F＝ BIL sin_θ ； _________ 最大，为F＝ BIL ； (2)当磁场和电流垂直时，安培力____
训练高效提能
(3)当磁场和电流平行时，安培力等于零．
第八章磁场
基础要点整合
第八章
磁场
训练高效提能
考点核心突破
菜
单
高考总复习· 物理
第八章磁场
基础要点整合
［高考备考导航］
考点考纲要求磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ 通电直导线和通电线圈周围磁场 Ⅰ 的方向安培力、安培力的方向 Ⅰ 匀强磁场中的安培力 Ⅱ 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ 洛伦兹力的公式 Ⅱ 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ 质谱仪和回旋加速器 Ⅰ 说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形．(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形.
考点核心突破
训练高效提能
产生的磁感应强度的矢量和相等且方向均为 c→d ，选项 C 正确；由于 a 、 b 、 c 、 d 四点磁感应强度方向均相
同，选项D错误．
[答案] C
菜单
高考总复习· 物理
第八章磁场
基础要点整合
[特别提醒]
解决此类问题应注意以下几点
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向． (2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
菜
单
高考总复习· 物理
第八章磁场

大学物理1215单元课后习题答案详解

第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法热运动包含气体动理论和热力学基础两部分．气体动理论从物质的微观结构出发，运用统计方法研究气体的热现象，通过寻求宏观量与微观量之间的关系，阐明气体的一些宏观性质和规律．而热力学基础是从宏观角度通过实验现象研究热运动规律．在求解这两章习题时要注意它们处理问题方法的差异．气体动理论主要研究对象是理想气体，求解这部分习题主要围绕以下三个方面：(1) 理想气体物态方程和能量均分定理的应用；(2) 麦克斯韦速率分布率的应用；(3)有关分子碰撞平均自由程和平均碰撞频率．热力学基础方面的习题则是围绕第一定律对理想气体的四个特殊过程(三个等值过程和一个绝热过程)和循环过程的应用，以及计算热力学过程的熵变，并用熵增定理判别过程的方向．1．近似计算的应用一般气体在温度不太低、压强不太大时，可近似当作理想气体，故理想气体也是一个理想模型．气体动理论是以理想气体为模型建立起来的，因此，气体动理论所述的定律、定理和公式只能在一定条件下使用．我们在求解气体动理论中有关问题时必须明确这一点．然而，这种从理想模型得出的结果在理论和实践上是有意义的．例如理想气体的内能公式以及由此得出的理想气体的摩尔定容热容2/m V,iR C =和摩尔定压热容()2/2m P,R i C +=都是近似公式，它们与在通常温度下的实验值相差不大，因此，除了在低温情况下以外，它们还都是可以使用的．在实际工作时如果要求精度较高，摩尔定容热容和摩尔定压热容应采用实验值．本书习题中有少数题给出了在某种条件下m V,C 和m P,C 的实验值就是这个道理．如习题中不给出实验值，可以采用近似的理论公式计算．2．热力学第一定律解题过程及注意事项热力学第一定律E W Q Δ+=，其中功⎰=21d V V V ρW ，内能增量T R i M m E Δ2Δ⋅=．本章习题主要是第一定律对理想气体的四个特殊过程(等体、等压、等温、绝热)以及由它们组成的循环过程的应用．解题的主要过程：(1) 明确研究对象是什么气体(单原子还是双原子)，气体的质量或物质的量是多少？ (２) 弄清系统经历的是些什么过程，并掌握这些过程的特征．(３) 画出各过程相应的p －V 图．应当知道准确作出热力学过程的p －V 图，可以给出一个比较清晰的物理图像．(４) 根据各过程的方程和状态方程确定各状态的参量，由各过程的特点和热力学第一定律就可计算出理想气体在各过程中的功、内能增量和吸放热了．在计算中要注意Q 和W 的正、负取法．3．关于内能的计算理想气体的内能是温度的单值函数，是状态量，与过程无关，而功和热量是过程量，在两个确定的初、末状态之间经历不同的过程，功和热量一般是不一样的，但内能的变化是相同的，且均等于()12m V,ΔT T C Mm E -=．因此，对理想气体来说，不论其经历什么过程都可用上述公式计算内能的增量．同样，我们在计算某一系统熵变的时候，由于熵是状态量，以无论在始、末状态之间系统经历了什么过程，始、末两个状态间的熵变是相同的．所以，要计算始末两状态之间经历的不可逆过程的熵变，就可通过计算两状态之间可逆过程熵变来求得，就是这个道理．4．麦克斯韦速率分布律的应用和分子碰撞的有关讨论深刻理解麦克斯韦速率分布律的物理意义，掌握速率分布函数f (v )和三种统计速率公式及物理意义是求解这部分习题的关键．三种速率为M RT /2P =v ，M RT π/8=v ，M RT /32=v ．注意它们的共同点都正比于M T /，而在物理意义上和用途上又有区别．P v 用于讨论分子速率分布图．v 用于讨论分子的碰撞；2v 用于讨论分子的平均平动动能．解题中只要抓住这些特点就比较方便．根据教学基本要求，有关分子碰撞内容的习题求解比较简单，往往只要记住平均碰撞频率公式v n d Z 22=和平均自由程n d Z λ2π2/1/==v ，甚至只要知道n Z ⋅∝v ，n /1∝λ及M T /∝v 这种比值关系就可求解许多有关习题．第十二章气体动理论12 －1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析与解理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程nkT p =，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)． 12 －2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，方均根速率之比()()()4:2:1::2/12C 2/12B 2/12A =v v v ，则其压强之比C B A ::p p p 为( )(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8(C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1分析与解分子的方均根速率为M RT /3=2v ，因此对同种理想气体有3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ，又由物态方程nkT ρ，当三个容器中分子数密度n 相同时，得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C)． 12 －3 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为0T 时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ ，当气体温度升高为04T 时，气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 0042λλ===,,Z Z 0v v 分析与解理想气体分子的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升至04T ，则平均速率变为0v 2；又平均碰撞频率v n d Z 2π2=，由于容器体积不变，即分子数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；而平均自由程n d λ2π2/1=，n 不变，则珔λ也不变．因此正确答案为(B)．12 －4 已知n 为单位体积的分子数，()v f 为麦克斯韦速率分布函数，则()v v d nf 表示( )(A) 速率v 附近，ｄv 区间内的分子数(B) 单位体积内速率在v v v d +~区间内的分子数(C) 速率v 附近，ｄv 区间内分子数占总分子数的比率(D) 单位时间内碰到单位器壁上，速率在v v v d ~+ 区间内的分子数分析与解麦克斯韦速率分布函数()()v v d /d N N f =，而v /N n =，则有()V N nf /d d =v v ．即表示单位体积内速率在v v v d ~+ 区间内的分子数．正确答案为(B)．12 －5 一打足气的自行车内胎，在C 07o1.=t 时，轮胎中空气的压强为Pa 100451⨯=.p ，则当温度变为C 037o2.=t 时，轮胎内空气的压强2p 2p 为多少？(设内胎容积不变)分析胎内空气可视为一定量的理想气体，其始末状态均为平衡态，由于气体的体积不变，由理想气体物态方程RT Mm pV =可知，压强p 与温度T 成正比．由此即可求出末态的压强．解由分析可知，当K 15310037152732...=+=T ，轮胎内空气压强为Pa 1043451122⨯==./T p T p可见当温度升高时，轮胎内气体压强变大，因此，夏季外出时自行车的车胎不宜充气太足，以免爆胎．12 －6 有一个体积为35m 1001⨯.的空气泡由水面下m 050.深的湖底处(温度为C 4o )升到湖面上来．若湖面的温度为C 017o.，求气泡到达湖面的体积．(取大气压强为Pa 10013150⨯=.p ) 分析将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态．利用理想气体物态方程即可求解本题．位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度( 常取33m kg 1001⋅⨯=.ρ)．解设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为(p 1 ，V 1 ，T 1 )和(p 2 ,V 2 ，T 2 )．由分析知湖底处压强为gh ρp gh ρp p +=+=021，利用理想气体的物态方程222111T V p T V p = 可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6//-⨯=+==T p V T gh ρp T p V T p V12 －7 氧气瓶的容积为32m 1023-⨯.，其中氧气的压强为Pa 10317⨯.，氧气厂规定压强降到Pa 10016⨯.时，就应重新充气，以免经常洗瓶．某小型吹玻璃车间，平均每天用去3m 400.压强为Pa 100115⨯.的氧气，问一瓶氧气能用多少天？ (设使用过程中温度不变)分析由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用．为此，可通过两条不同的思路进行分析和求解：(1) 从氧气质量的角度来分析．利用理想气体物态方程RT Mm pV =可以分别计算出每天使用氧气的质量3m 和可供使用的氧气总质量(即原瓶中氧气的总质量1m 和需充气时瓶中剩余氧气的质量2m 之差)，从而可求得使用天数()321m m m n /-=．(2) 从容积角度来分析．利用等温膨胀条件将原瓶中氧气由初态(Pa 1030171⨯=.p , 321m 1023-⨯=.V )膨胀到需充气条件下的终态(Pa 1000162⨯=.p ，2V 待求)，比较可得2p 状态下实际使用掉的氧气的体积为12V V -．同样将每天使用的氧气由初态(Pa 1001153⨯=.p ，33m 400.=V )等温压缩到压强为p 2的终态，并算出此时的体积V′2 ，由此可得使用天数应为()212V V V n '-=/．解1 根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m /;/;/333222111===则一瓶氧气可用天数()()5.9//33121321===-=V p V p p m m m n解2 根据分析中所述，由理想气体物态方程得等温膨胀后瓶内氧气在压强为Pa 1000162⨯=.p 时的体积为 2112p V p V /=每天用去相同状态的氧气容积2332p V p V /='则瓶内氧气可用天数为()()5.9//33121212=-='-=V p V p p V V V n12 －8 设想太阳是由氢原子组成的理想气体，其密度可当作是均匀的．若此理想气体的压强为Pa 1035114⨯.．试估计太阳的温度．(已知氢原子的质量Pa 1067127H -⨯=.m ，太阳半径kg 1067127H -⨯=.m ，太阳质量kg 1099130S ⨯=.m )分析本题可直接运用物态方程nkT p =进行计算．解氢原子的数密度可表示为()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅==3S H S H S π34//R m m V m m n S 根据题给条件，由nkT p = 可得太阳的温度为()K 1016.13/π4/7S 3S H ⨯===k m R pm nk p T说明实际上太阳结构并非本题中所设想的理想化模型，因此，计算所得的太阳温度与实际的温度相差较大．估算太阳(或星体)表面温度的几种较实用的方法在教材第十五章有所介绍．12 －9 一容器内储有氧气，其压强为Pa 100115⨯.，温度为27 ℃，求：(1)气体分子的数密度；(2) 氧气的密度；(3) 分子的平均平动动能；(4) 分子间的平均距离．(设分子间均匀等距排列)分析在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体．因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解．又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知n V /10=，d 即可求出．解 (1) 单位体积分子数325m 10442⨯==./kT p n(2) 氧气的密度-3m kg 301⋅===.//RT pM V m ρ(3) 氧气分子的平均平动动能J 102162321k -⨯==./kT ε(4) 氧气分子的平均距离m 10453193-⨯==./n d通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量的数量级有所了解．12 －10 2.0×10－2 kg 氢气装在4.0×10-3 m 3 的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa 时，氢气分子的平均平动动能为多大？分析理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的，即23k /kT =ε．因此，根据题中给出的条件，通过物态方程pV ＝m/MRT ，求出容器内氢气的温度即可得k ε．解由分析知氢气的温度mRMPV T =，则氢气分子的平均平动动能为 ()8932323k ./===mR pVMk kT ε12 －11 温度为0 ℃和100 ℃时理想气体分子的平均平动动能各为多少？欲使分子的平均平动动能等于1eV ，气体的温度需多高？解分子在0℃和100 ℃时平均平动动能分别为J 10655232111-⨯==./kT εJ 10727232122-⨯==./kT ε由于1eV ＝1.6×10－19 J ，因此，分子具有1eV 平均平动动能时，气体温度为K 10737323k ⨯==./k T ε这个温度约为7.5 ×103 ℃．12 －12 某些恒星的温度可达到约1.0 ×108K ，这是发生聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质子组成.求：(1) 质子的平均动能是多少？ (2) 质子的方均根速率为多大？分析将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度 i ＝3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系2/32/2kT m =v ，可得方均根速率2v .解 (1) 由分析可得质子的平均动能为 J 1007.22/32/3152k -⨯===kT m εv(2) 质子的方均根速率为1-62s m 1058.132⋅⨯==mkT v 12 －13 试求温度为300.0 K 和2.7 K(星际空间温度)的氢分子的平均速率、方均根速率及最概然速率.分析分清平均速率v 、方均根速率2v 及最概然速率p v 的物理意义，并利用三种速率相应的公式即可求解.解氢气的摩尔质量M ＝2 ×10－3kg·mol －1 ，气体温度T 1 ＝300.0K ，则有 1-31s m 1078.18⋅⨯==M πRT v 1-312s m 1093.13⋅⨯==M RT v 1-31p s m 1058.12⋅⨯==MRT v 气体温度T 2＝2.7K 时，有 1-31s m 1069.18⋅⨯==M πRT v 1-322s m 1083.13⋅⨯==MRT v1-31p s m 1050.12⋅⨯==MRT v 12 －14 如图所示，Ⅰ、Ⅱ两条曲线分别是氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线.试由图中数据求：(1)氢气分子和氧气分子的最概然速率；(2) 两种气体所处的温度；(3) 若图中Ⅰ、Ⅱ分别表示氢气在不同温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线.则哪条曲线的气体温度较高？分析由MRT 1p 2=v 可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率v p 也就不同.因22O H M M <，故氢气比氧气的v p 要大，由此可判定图中曲线Ⅱ所标v p ＝2.0 ×103 m·s －1 应是对应于氢气分子的最概然速率.从而可求出该曲线所对应的温度.又因曲线Ⅰ、Ⅱ所处的温度相同，故曲线Ⅰ中氧气的最概然速率也可按上式求得.同样，由M RT2p =v 可知，如果是同种气体，当温度不同时，最概然速率v p 也不同.温度越高，v p 越大.而曲线Ⅱ对应的v p 较大，因而代表气体温度较高状态.解 (1) 由分析知氢气分子的最概然速率为()13H p s m 100.222H 2-⋅⨯==M RT v利用M O2 /M H2 ＝16 可得氧气分子最概然速率为()()12H p O p s m 100.54/22-⋅⨯==v v (2) 由M RT2p =v 得气体温度K 1081.42/22p⨯==R M T v (3) Ⅱ代表气体温度较高状态.12 －15 日冕的温度为2.0 ×106K ，所喷出的电子气可视为理想气体.试求其中电子的方均根速率和热运动平均动能.解方均根速率16e2s m 105.93-⋅⨯==m kT v 平均动能J 10142317k -⨯==./kT ε 12 －16 在容积为2.0 ×10－3m 3 的容器中，有内能为6.75 ×102J 的刚性双原子分子某理想气体.(1) 求气体的压强；(2) 设分子总数为5.4×1022 个，求分子的平均平动动能及气体的温度.分析 (1) 一定量理想气体的内能RT i M m E 2=，对刚性双原子分子而言，i ＝5.由上述内能公式和理想气体物态方程pV ＝mM RT 可解出气体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p ＝nkT 可求气体温度.气体分子的平均平动动能可由23k /kT ε=求出.解 (1) 由RT i M m E 2=和pV ＝mM RT 可得气体压强 ()Pa 1035125⨯==./iV E p(2) 分子数密度n ＝N/V ，则该气体的温度()()Pa 106235⨯===.//nk pV nk p T气体分子的平均平动动能为J 104972321k -⨯==./kT ε12 －17温度相同的氢气和氧气，若氢气分子的平均平动动能为6.21×10－21J ，试求(1) 氧气分子的平均平动动能及温度；(2) 氧气分子的最概然速率. 分析 (1) 理想气体分子的平均平动动能23k /kT ε=，是温度的单值函数，与气体种类无关.因此，氧气和氢气在相同温度下具有相同的平均平动动能，从而可以求出氧气的温度.(2) 知道温度后再由最概然速率公式M RT 2p =v 即可求解v p . 解 (1) 由分析知氧气分子的平均平动动能为J 102162321k -⨯==./kT ε，则氧气的温度为：K 30032k ==k εT /(2) 氧气的摩尔质量M ＝3.2 ×10－2 kg·mol －1 ，则有 12p s m 1095.32-⋅⨯==M RTv12 －18 声波在理想气体中传播的速率正比于气体分子的方均根速率.问声波通过氧气的速率与通过氢气的速率之比为多少？设这两种气体都是理想气体并具有相同的温度.分析由题意声波速率u 与气体分子的方均根速率成正比，即2v ∝u ；而在一定温度下，气体分子的方均根速率M /12∝v ，式中M 为气体的摩尔质量.因此，在一定温度下声波速率M u /1∝.解依据分析可设声速M A u /1=，式中A 为比例常量.则声波通过氧气与氢气的速率之比为2502222O H O H .==M M u u12 －19 已知质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为gr v 2=，其中r 为地球半径.(1) 若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度；(2) 说明大气层中为什么氢气比氧气要少.(取r ＝6.40 ×106 m)分析气体分子热运动的平均速率MπRT 8=v ，对于摩尔质量M 不同的气体分子，为使v 等于逃逸速率v ，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较小的就容易达到逃逸速率.解 (1) 由题意逃逸速率gr 2=v ，而分子热运动的平均速率M πRT 8=v .当v v = 时，有RMrg πT 4= 由于氢气的摩尔质量13H mol kg 10022--⋅⨯=.M ，氧气的摩尔质量12O mol kg 10232--⋅⨯=.M ，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为K 10891K,101815O 4H 22⨯=⨯=..T T(2) 根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大(约为4倍)，因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多.按大爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了一个极高温过程.在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高.因而，在气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸.另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率.从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃逸速率的可能性大于氧气分子.故大气层中氢气比氧气要少.12 －20 容积为1m 3 的容器储有1mol 氧气，以v ＝10m·s －1 的速度运动，设容器突然停止，其中氧气的80％的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多少.分析容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，还和容器一起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为m v 2/2.按照题意，当容器突然停止后，80％定向运动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式：()T R M m mv E Δ25%80Δ2⋅=⋅=成立，从而可求ΔT .再利用理想气体物态方程，可求压强的增量. 解由分析知T R M m m E Δ252/8.0Δ2⋅==v ，其中m 为容器内氧气质量.又氧气的摩尔质量为12m ol kg 1023--⋅⨯=.M ，解得ΔT ＝6.16 ×10－2 K当容器体积不变时，由pV ＝mRT/M 得Pa 51.0ΔΔ==T VR M m p 12 －21 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如图所示.(1) 说明曲线与横坐标所包围的面积的含义；(2) 由N 和0v 求a 值；(3) 求在速率0v /2到30v /2 间隔内的分子数；(4) 求分子的平均平动动能.分析处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义. ()v v d /d N N f =，题中纵坐标()v v d /d N Nf =，即处于速率v 附近单位速率区间内的分子数.同时要掌握()v f 的归一化条件，即()1d 0=⎰∞v v f .在此基础上，根据分布函数并运用数学方法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.解 (1) 由于分子所允许的速率在0 到20v 的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积()1d 0=⎰∞v v f 即曲线下面积表示系统分子总数N .(2 ) 从图中可知，在0 到0v 区间内，()0/v v v a Nf ；而在0 到20v 区间，()αNf =v .则利用归一化条件有v v v v v ⎰⎰+=000200d d v v a a N (3) 速率在0v /2到30v /2间隔内的分子数为12/7d d Δ2/300000N a a N =+=⎰⎰v v v v v v v (4) 分子速率平方的平均值按定义为()v v f v v v d /d 02022⎰⎰∞∞==N N 故分子的平均平动动能为20220302K 3631d d 2121000v v v v v v v v v v m N a N a m m ε=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==⎰⎰ 12 －22 试用麦克斯韦分子速率分布定律导出方均根速率和最概然速率. 分析麦克斯韦分子速率分布函数为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=kT m kT m f 2exp π2π4222/3v v v 采用数学中对连续函数求自变量平均值的方法，求解分子速率平方的平均值，即⎰⎰=N Nd d 22v v ，从而得出方均根速率.由于分布函数较复杂，在积分过程中需作适当的数学代换.另外，最概然速率是指麦克斯韦分子速率分布函数极大值所对应的速率，因而可采用求函数极值的方法求得.解 (1) 根据分析可得分子的方均根速率为2/1242/302/1022d 2exp π2π4/d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰∞v v v v v kT m kT m N N N令222/x kT m =v ，则有2/12/12/104273.13d 2π42⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰∞-m RT m kT x e x m kT x v(2) 令()0d d =v v f ，即 02exp 222exp 2π2π42222/3=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛kT m kT m kT m T k m v v v v v 得 2/12/141.12⎪⎭⎫ ⎝⎛≈⎪⎭⎫ ⎝⎛==m RT m kT P v v12 －23 导体中自由电子的运动可看作类似于气体分子的运动(故称电子气).设导体中共有N 个自由电子，其中电子的最大速率为v Ｆ (称为费米速率).电子在速率v v v d ~+之间的概率为()()⎪⎩⎪⎨⎧>>>=v v v v v v 0,0 d π4d F 2A N A N N (1)画出分布函数图；(2) 用N 、v Ｆ定出常数A ；(3) 证明电子气中电子的平均动能53F /εε=，其中22F F /mv =ε.分析理解速率分布函数的物理意义，就不难求解本题.速率分布函数()vv d d 1N N f =，表示在v 附近单位速率区间的粒子数占总粒子数的百分比.它应满足归一化条件()()⎰⎰=∞F 00d d v v v v v f f ，因此根据题给条件可得()v v ~f 的函数关系，由此可作出解析图和求出A .在()v v ~f 函数关系确定的情况下，由()v v v v d 22f ⎰=可以求出v2 ，从而求出2/2v m ε=. 解 (1) 由题设可知，电子的速率分布函数()()()⎪⎩⎪⎨⎧>>>=F F 2 00 π4v v v v v v N A f ，其分布函数图如图所示. (2) 利用分析中所述归一化条件，有1d π4F02=⎰v v v NA 得 3F π4/3v N A = (3) ()53d N 4ππd 2F 20022F v v v v v v v v ===⎰⎰∞f 5/32/F 2εm ε==v12 －24 一飞机在地面时，机舱中的压力计指示为Pa 100115⨯.，到高空后压强降为Pa 101184⨯..设大气的温度均为27.0 ℃.问此时飞机距地面的高度为多少？(设空气的摩尔质量为2.89 ×10－2 kg·mol －1 )分析当温度不变时，大气压强随高度的变化主要是因为分子数密度的改变而造成.气体分子在重力场中的分布满足玻耳兹曼分布.利用地球表面附近气压公式()kT mgh p p /ex p 0-=，即可求得飞机的高度h .式中p 0 是地面的大气压强.解飞机高度为 ()()m 1093.1/ln /ln 300⨯===p p MgRT p p mg kT h 12 －25 在压强为Pa 1001.15⨯下，氮气分子的平均自由程为6.0×10－6cm,当温度不变时，在多大压强下，其平均自由程为1.0mm 。