大学物理第十八章题解
18章总结
答案：AD
试计算氢原子光谱中巴耳末系的最长波和最短波的波长各是多少？(R ＝1.10×107 m－1)
[解析] 根据巴耳末公式1λ＝R(212－n12)(n＝3,4,5，…)
答案：B
10．(多选)对于如图所示的实验装置，下列说法正确的是( )
A．这是检验阴极射线是否带电的实验装置 B．密立根首次观察到阴极射线 C．汤姆孙确定了组成阴极射线的粒子是电子 D．赫兹认为阴极射线是一种电磁波
解析：1897年汤姆孙利用题图的实验装置，确定了组成阴极 射线的粒子是电子，A、C正确；1858年普吕克尔首次观察到阴 极射线，B错误；赫兹认为阴极射线是一种电磁波，D正确．
答案：A
10．关于原子的特征谱线，下列说法不正确的是( ) A．不同原子的发光频率是不一样的，每种原子都有自己的特征谱线 B．炽热的白光通过温度较白光低的气体后，再色散形成的吸收光谱，可用于光谱分析 C．可以用特征谱线进行光谱分析鉴别物质和确定物质的组成成分 D．原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据
解析：对于处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率 有3种，选项C正确．
答案：C
(多选)由玻尔理论可知，下列说法中正确的是( ) A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波 B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量 C．原子内电子的可能轨道是连续的 D．原子内电子的可能轨道是不连续的
解析：在卢瑟福α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后， 绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，故A对．少数α粒 子发生大角度偏转，极少数α粒子偏转角度大于90°，极 个别α粒子反弹回来，所以在B位置只能观察到少数的闪 光，在C、D两位置能观察到的闪光次数极少，故B、D 错，C对． 答案：AC
大学物理习题详解—近代物理部分.doc
狭义相对论基本假设、洛伦兹变换、狭义相对论时空观 17. 2两火箭A 、B 沿同一直线相向运动，测得两者相对地球的速度大小分别是 =0.9c, v B = 0.8c.则两者互测的相对运动速度大小为：(A) 1.7c ； (B) 0.988c ； (C) 0.95c ；(D) 0.975c.答：B .分析：以 A 为 S ，系，则 w=0.9c, V v =-0.8c,由相对论速度变换关系可知：SAS'爪VB-0.8c-0.9c•0&・・。
.9疽一第十七章相对论17. 1在狭义相对论中，下列说法哪些正确？(1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速，(2) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的运动状态而改变的， (3) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其它一切惯性系中 也是同时发生的，(4) 惯性系中观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比 与他相对静止的相同时钟走得慢些.(A) (1) (3) (4) ； (B) (1) (2) (4)； (C)(2) (3) (4) ；(D) (1)(2)(3).[]答：B. 分析：(1) 根据洛仑兹变换和速度变换关系，光速是速度的极限，所以(1)正确； (2) 由长度收缩和时间碰撞(钟慢尺缩)公式，长度、时间的测量结果都是随 物体与观察者的运动状态而改变的；同时在相对论情况下，质量不再是守恒量，也 会随速度大小而变化，所以(2)是正确的；(3) 由同时的相对性，在S'系中同时但不同地发生的两个事件，在S 系中观察不是同时的。
只有同时、同地发生的事件，在另一惯性系中才会是同时发生的，故排 除⑶；(4) 由于相对论效应使得动钟变慢，故(4)也是正确的。
所以该题答案选(B)所以选(B)17. 3 —宇航员要到离地球5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他乘的火箭相对于地球的速度为：(A)c/2；(B) 3c/5；(C)4c/5；(D) 9c/10. [ ] 答：C.分析：从地球上看，地球与星球的距离为固有长度L。
大学物理第十八章题解
第十八章静电场中的导体和电介质18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．解因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰可得23Q S σσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即321000222z Q S E σσεεε=-- 同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d l S dσσ--=-（2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33l Q S Q dσ=⋅=- （2）Ⅰ区321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dSε-=- 00111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dSε-= Ⅱ区322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dSε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dSε=- 18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．解由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++==，1210044q Q Q q r rϕπεπε++== 21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+==，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E rπε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．解由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23A B 10044Q Q Q Q Q r r ϕπεπε+++== 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B4Q Q R ϕπε+=． B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q RR ϕπε=+． 18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．解由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰ 18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？解（1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r rεπεππεπε∞=+⎰⎰ 20123111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯ 18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为13kV mm -⋅，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？解球形高压电极A 的外半径为0.20m R =，电极A 外接近电极处场强最大61max 20310k m 4q E Rπε-==⨯⋅ 起电机能达到最大电压5max max 0610(V)4q U E R Rπε==⋅=⨯18-7．如图所示，682μF C C ==，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若900V AB U =，求1C 、9C 上的电量．（3）若V U AB 900=，求CD U ．解（1）3C 、4C 、5C 串联，3453451111C C C C =++ 所以3451F C =μ．345C 与6C 并联，则345634563F C C C =+=μ3456C 与2C 、7C 串联，电容为C '，3456271111C C C C =++' 可得1F C '=μ．C '与8C 并联，电容为C ''，83F C C C '''=+=μ．C ''与1C 、9C 串联，电容为AB C ，191111AB C C C C =++'' 因此1F AB C =μ．（2）1C 、9C 与C ''串联，19C C C ''==，19AB U U U U ''++=， 所以191300V 3AB U U U U ''====，故41199910(C)C U C U C U -''''===⨯．（3）由300V U ''=，3456C 、2C 、7C 串联，3456273F C C C ===μ，故100V CD U =． 18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）忽略边缘效应，证明C 的最大值dS n C 0max )1(ε-=． 解相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容0i S C d ε'=，S '为相邻两金属片相对的面积．因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(1)n -个并联的平行板电容器，其电容量0(1)(1)i S C n C n d ε'=-=-当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对），此电容器的电容最大，0max (1)SC n d ε=-；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，min 0C =．18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为8210C m p -=⨯⋅，把它放在510 1.010V mE -=⨯⋅的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从0=θ位置转到电场力矩最大（2θπ=）的位置时，外力所做的功多大？解（1）0T p E =⨯，当2θπ=时853max 021********(N m)T pE .--==⨯⨯⨯=⨯⋅（2）电场力做功，0δsin d sind AF l qlE θθθθ+=-=-，20000sin d A qlE qlE pE πθθ=-=-=-⎰外力做功30210(J)A A pE -'=-==⨯18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为Q ±，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为1ε，所占面积为1S ；2区介质电容率为2ε，所占面积为2S ．求：（1）两区的1D 、1E 和2D 、2E ，两区对应极板上的自由电荷面密度1σ、2σ；（2）电容器的电容C ．解作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向．取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得111d D S D S S σ⋅=∆=∆⎰⎰，1D σ=所以11D k σ=．同理22D k σ=．两极板是导体，极板为等势体，12E d E d =，12E E =． 由于111E k σε=，222E k σε=，所以1212σσεε=．又因1122S S Q σσ+=，故 111122Q S S εσεε=+，221122Q S S εσεε=+ 121122Q E E k S S εε==+ 1111122Q D k k S S εσεε==+，2221122Q D k k S S εσεε==+ （第十八章题解结束）。
大学物理18章重点习题解答
18.3.8 设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.6 测得速率向东飞行，5.0s后该飞船与一个以0.8c的速率 向西飞行的彗星相碰撞。试问： 1、飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？ 2、从飞船中的钟来看，还有多少时间容许它离开航线， 以避免与彗星碰撞？ /
解：1、如右图，取地球为S系，飞 船A为S/系，则S/系相对于S系的速 度u=0.6c,彗星B相对S系的速度 vx=-0.8c,则B相对S/系（A）的速 度为
l 0.6ct 3c
飞船上测得地以0.6c朝飞船运动，根据长度收缩效应，
2 v l' l 1 2 3c 1 0.62 2.4c c
飞船上测得两事件的时间间隔为 即：所剩逃避时间为 4s
l t 4s 0.6c
18.3.10半人马座 星是距离太阳系最近的恒星，它 16 4 . 3 10 m ，设有一宇宙飞船自地球往返于 距离地球 半人马座 星之间，若宇宙飞船相对地球的速度为 0.999c，按地球上的时钟计算，飞船往返一次需要用 多少时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多 少？
解：按地球上的时钟计算，飞船往返一次所需时间为
2s 2 4.3 1016 t 9.1年 8 v 0.999 3 10 365 24 3600
若用飞船上的钟测量，飞船往返所需时间为
1t 1 0.9992 9.1 0.4年
c 情况下，粒子的动量等于非相 18.1.5、在速度υ= 3 对论动量的两倍；在速度υ= 2 c 情况下，粒子的 动能等于它静止能量。
解：1、粒子的动量为
3 2
p
m0 v
2
c2
1
m0 v 2m0 v
2020年理综全国Ⅰ卷第18题的多种解法赏析
2020年11月1日理科考试研究•综合版• 45 .题的过程中，不难发现，无论是弹簧连接体模型，抑或 降落伞问题，都可以利用牛顿运动定律建立质点运动 学微分方程.除上述两个物理模型外，利用微分方程 还可以严格求解阻尼运动、谐振子、放射性元素衰变、稳/暂态电路、流体流量等多类物理问题.从普通力学 到理论力学、从量子力学到天体物理，微分方程贯穿 于物理学的各个领域，应用性强、覆盖面广.物理学是应用数学方法最充分、最成功的一门科 学['物理学中的数学方法是物理思维和数学思维高 度融合的产物[3].在应用微分方程解决物理问题时，利用物理定律 分析模型、按照逻辑定性描述物体运动状态是物理思 想，将分析模型转化为方程并严格求解、借助函数定 量阐述物体运动规律则是数学思想，两者的有机融合 便构成了“数理思想从高观点视域下进行习题分析，能够使学生掌握 归纳演绎、逻辑推理、数学计算等技能,培养学生的数 理思想，进而在一定程度上增强学生学习兴趣与动 机、提升学生物理学习的能力.5结束语本文以“弹簧连接体”和“降落伞模型”为例，阐述了微分方程在解决高中物理问题中的实际应用，引导中学物理教师要从高站位、高观点的视域下看待中 学物理教学.科技高速发展时代、知识碎片化时代，都可能使 学生的原有认知结构随时发生变化，其知识储备M和 新知识组块能力都可能随时代的发展而加速变化.因 此在中学物理实际教学中，教师不能仅拘泥于教材、教参、练习册、试卷体现出的知识点和解题方法，不能 长期坚持原有的传统教学模式，应尝试努力扩展知识 储备、革新教学理念、创新教学模式、提升教学素养、开发教学特色，正所谓“教师要给学生一碗水，自己要 有一桶水”[4]，致力于将物理学科核心素养在新时代 的中学物理教学中“落地生根参考文献：[1 ]同济大学数学系.高等数学第六版上册[M].北京：高等教育出版社,2007(04) :294.[2] [3]阎金铎，梁树森.物理学习论[M].南宁：广西教育 出版社，1996( 12) :89 -90.[4 ]陈向明.教师的作用是什么——对教师隐喻的分析 [J].教育研究与实验,2001 (01):13 - 19 + 72.(收稿日期：2020-07 -21)2020年理综全国I卷第18题的多种鮮法貴析薛彦学(莒县第一中学山东日照276500)摘要：本题属于带电粒子在有界磁场中运动的问题，磁场边界由直线和圆组合而成，比较新颖.在规范作图基础 上，可以形成多种解题思路.思路1利用余弦定理和均值不等式求解；思路2利用现有图形构造椭圆，利用椭圆的性质 找到最大圆心角；思路3运用多次试探作图找到最大圆心角，然后利用几何知识巧妙求解；思路4利用定性判断和排除 法结合求解.关键词：余弦定理；椭圆性质；相切1问题呈现(2020 •全国 I卷 18T)—匀：：：：：：：：：：：：：：强磁场的磁感应强度大小为b，方LLLi丨丨i丨:i j l U向垂直于纸面向外，其边界如图i e d 中虚线所示，2为半圆与直图1径《/;共线,间的距离等于半圆的半径.一束质量为m、电荷量为9(9>〇)的粒子，在纸面内从c点垂直于 a c射人磁场，这些粒子具有各种速率.不计粒子之间 的相互作用.在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）•»lirm..5mn r 47rm n3Tim2^B2解法赏析分析本题属于带电粒子在有界匀强磁场中运动问题，磁场边界为直线边界和圆形边界组合，粒子 具有各自不同速度，轨道半径不同，在圆形磁场组合 运动时间不同，要求最长时间对应轨迹圆心角最大. 本题规范作图后，就变成一个数学问题了，因此可以作者简介：萍彦学（1968 -),男，山东日照人，领士，中学高级教师，研究方向：高三物理实验班教学.• 46 •理科考试研究•综合版2020年11月1日从代数和几何两个方向思考.如图2,设带电粒子速度为 ^时轨迹半径为/?,a c 间的距离 为半圆圆心为0,轨迹圆心*5 角为T T +0，粒子出射点为e ，由 洛伦兹力和向心力公式得图2=竽，，=¥，在磁场中运动时间为i =d方法i运用余弦定理和均值不等式求解由余弦定理得nR2 + (2r - R )2 R 2r -R ^ 1C 〇s6 = 2R (2r -R ) = 2(2r -R ) + 2R ^ ~1(均值不等式），故0纭f ,运动时间最长t =^f .方法2利用三角形的特点构造椭圆，利用楠圆的性质解题在三角形oae 中，ae = /?，oe = r 为 定值,oa =2r -/?,由椭圆的定义，到两 定点距离之和为定值的点组成集合.我们构造一个以为焦点的椭圆，则 到o e 两定点的距离之和为不变.如图3所示，根据椭圆的性质，〇a与 e a 的夹角在椭圆的短半轴与椭圆交点最大，即=ae此时三角形为等边三角形，0=60°，同上可得 到C 正确.方法3有序试探作图，发现极值，利用三角形圆心角与圆周角关系求证如图4所示，我们用圆规分别作出速度逐渐增大的四个轨迹,发现当《连线与d 的夹角先增大后减小.当〇62与磁场边界圆相 切时，圆周角oce 最大，对应 圆心角0最大，也可利用弦 切角等于圆周角一半，直接 观察出相切为极值.由几何关系得sina= +，a =3〇。
大学物理第十八章题解
第十八章静电场中的导体和电介质18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．解因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰可得23Q S σσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即321000222z Q S E σσεεε=-- 同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d l S dσσ--=-（2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33l Q S Q dσ=⋅=- （2）Ⅰ区321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dSε-=- 00111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dSε-= Ⅱ区322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dSε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dSε=- 18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．解由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++==，1210044q Q Q q r rϕπεπε++== 21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+==，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E rπε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．解由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23A B 10044Q Q Q Q Q r r ϕπεπε+++== 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B4Q Q R ϕπε+=． B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q RR ϕπε=+． 18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．解由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰ 18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？解（1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r rεπεππεπε∞=+⎰⎰ 20123111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯ 18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为13kV mm -⋅，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？解球形高压电极A 的外半径为0.20m R =，电极A 外接近电极处场强最大61max 20310k m 4q E Rπε-==⨯⋅ 起电机能达到最大电压5max max 0610(V)4q U E R Rπε==⋅=⨯18-7．如图所示，682μF C C ==，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若900V AB U =，求1C 、9C 上的电量．（3）若V U AB 900=，求CD U ．解（1）3C 、4C 、5C 串联，3453451111C C C C =++ 所以3451F C =μ．345C 与6C 并联，则345634563F C C C =+=μ3456C 与2C 、7C 串联，电容为C '，3456271111C C C C =++' 可得1F C '=μ．C '与8C 并联，电容为C ''，83F C C C '''=+=μ．C ''与1C 、9C 串联，电容为AB C ，191111AB C C C C =++'' 因此1F AB C =μ．（2）1C 、9C 与C ''串联，19C C C ''==，19AB U U U U ''++=， 所以191300V 3AB U U U U ''====，故41199910(C)C U C U C U -''''===⨯．（3）由300V U ''=，3456C 、2C 、7C 串联，3456273F C C C ===μ，故100V CD U =． 18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）忽略边缘效应，证明C 的最大值dS n C 0max )1(ε-=． 解相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容0i S C d ε'=，S '为相邻两金属片相对的面积．因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(1)n -个并联的平行板电容器，其电容量0(1)(1)i S C n C n d ε'=-=-当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对），此电容器的电容最大，0max (1)SC n d ε=-；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，min 0C =．18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为8210C m p -=⨯⋅，把它放在510 1.010V mE -=⨯⋅的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从0=θ位置转到电场力矩最大（2θπ=）的位置时，外力所做的功多大？解（1）0T p E =⨯，当2θπ=时853max 021********(N m)T pE .--==⨯⨯⨯=⨯⋅（2）电场力做功，0δsin d sind AF l qlE θθθθ+=-=-，20000sin d A qlE qlE pE πθθ=-=-=-⎰外力做功30210(J)A A pE -'=-==⨯18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为Q ±，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为1ε，所占面积为1S ；2区介质电容率为2ε，所占面积为2S ．求：（1）两区的1D 、1E 和2D 、2E ，两区对应极板上的自由电荷面密度1σ、2σ；（2）电容器的电容C ．解作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向．取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得111d D S D S S σ⋅=∆=∆⎰⎰，1D σ=所以11D k σ=．同理22D k σ=．两极板是导体，极板为等势体，12E d E d =，12E E =． 由于111E k σε=，222E k σε=，所以1212σσεε=．又因1122S S Q σσ+=，故 111122Q S S εσεε=+，221122Q S S εσεε=+ 121122Q E E k S S εε==+ 1111122Q D k k S S εσεε==+，2221122Q D k k S S εσεε==+ （第十八章题解结束）。
大学物理下18章习题参考答案中国石油大学
18章习题参考答案18-3 当波长为3000Å的光照射在某金属外表时，光电子的能量范围从0到J 100.419-⨯。
在做上述光电效应实验时遏止电压是多大?此金属的红限频率是多大?[解] 由Einstien 光电效应方程()02max 21νν-=h mv 2max 2max 02121mv hc mv h h -=-=λνν19191910626.2100.410626.6---⨯=⨯-⨯=红限频率 Hz 1097.3140⨯=ν 遏止电压a U 满足 J 100.421192max a -⨯==mv eU 所以 V 5.2106.1100.41919a a =⨯⨯==--e eU U 18-4 图中所示为一次光电效应实验中得出的遏止电压随入射光频率变化的实验曲线。
(1)求证对不同的金属材料，AB 线的斜率相同；(2)由图上数据求出普朗克常量h 的值。
[解] (1) 由Einstien 光电效应方程得 A h U e -=νa 即 eA e hU -=νa 仅A 与金属材料有关，故斜率eh与材料无关。
(2)()s V 100.4100.50.100.21514⋅⨯=⨯-=-e h 所以 s J 104.6106.1100.4341915⋅⨯=⨯⨯⨯=---h18-6 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.03Å，反冲电子的速度为光速的60％。
求散射光子的波长和散射角。
[解] (1) 电子能量的增加ννh h E -=∆02min λ ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=160.01122020c m c m m2025.0c m =0434.025.011200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-h c m λλÅ(2) 由于 )cos 1(0φλ-=∆cm h所以 554.0cos 100=-=-cm h λλφ解得 0463.=φ18-7 已知X 射线光子的能量为0.60MeV ，假设在康普顿散射中散射光子的波长变化了20％，试求反冲电子的动能。
大学物理第18章
2 Y 2 Y0
线偏振光透过晶片后，可形成圆或椭圆偏振光， 也可以是线偏振光。
1 π 1.当 ,四分之一波片， 4 2 2 2 EX EY 2 1 2 E X 0 EY 0
为正椭圆。当=45时，为圆偏振光。
1 2.当 , 二分之一波片， π 2 EY 0 EY EX EX 0
I I 0 (1 cos 4t ) / 16
I0
自然光
I
P1
P2
P3
I0
自然光
I1
I2
I
P1
P2
P3
P3
P2
π 2
证明 如图所示，在 t 时刻， I1 I 0 / 2, I 2 I1 cos2 2 π I I 2 cos 2
P1
2 2 2 1 2 1 2
马吕斯定律
I 2 I1 cos
2
立体电影
例1 有三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块 的偏振片化方向相互垂直，第二块和第一块的偏 振化方向相互平行，然后第二块偏振片以恒定的 角速度 绕光传播的方向旋转，设入射自然光的 光强为 I0。试证明：此自然光通过这一系统后， 出射光的光强为
仍为线偏振光，但振 动方向转过2。
18-3 偏振光的干涉及其应用
1、两偏振片正交放置
Ae 2 Ae1cos Acoscos Ao 2 Ao1cos Acoscos 2π no ne d π
2、两偏振片平行放置
Ae 2 Ae1cos Acos
正晶体 no ne , vo v e 如石英晶体 no 1.543, ne 1.552 负晶体 no ne , vo v e 如方解石晶体 no 1.658, ne 1.468
上海 华东师范大学第四附属中学人教版初中九年级物理下册第十八章《电功率》测试题(答案解析)
一、选择题1．下列关于电功率的说法中，正确的是（ ） A ．由公式P =Wt可知，电流做功越多，电功率越大 B ．由公式P =UI 可知，同一导体两端的电压越小，电功率也越小 C ．由公式P =I 2R 可知，电阻越大，电功率越大D ．由公式2U P R可知，电阻越大，电功率越小2．一阻值为R 的电阻丝接在电压为U 的电路中，在t 时间内放出的热量为Q ，现把该电阻丝对折起来接到原来的电路中，放出同样多的热量，需要的时间是（ ） A ．4t B ．2t C ．t D ．2t3．甲、乙两只灯泡的I －U 关系图象如图所示，现将甲、乙两灯串联在电路中，当甲灯两端电压为2 V 时，乙灯消耗的功率是（ ）A ．2 WB ．0.8 WC ．1. 2 WD ．3 W4．如图是小松同学做电学实验时所画电路图的一部分，根据此图中所提供器材，可以直接研究的问题是（ ）A ．测小灯泡消耗的电能B ．测小灯泡产生的热量C ．测小灯泡的实际电功率D ．以上都不对5．如图所示，灯泡L 上标有“6V 、9W ”字样，闭合开关S 后，灯泡正常发光，电压表V 1的示数为U 1，电压表V 2的示数为U 2。
若U 1：U 2=2：3，则下列说法不正确的是（ ）A ．电源电压是15VB．电阻R的阻值是6ΩC．灯泡L中的电流是1.5AD．电阻R消耗的功率是6W6．下表是小明甲电饭煲铭牌的部分信息，小明家电能表的示数如图所示。
把电饭煲接在家庭电路中使用时，下列说法错误的是（）额定电压220V频率50Hz额定功率高档1800W 中档1200W 低档500WA．电饭煲是利用电流的热效应工作的B．电饭煲在中档正常工作时电热丝阻值比低档正常工作时小C．电饭煲在高档正常工作10min，消耗的电能为1.08 106JD．若家中只接入电饭煲，在高档正常工作10min，电能表示数将变成84.3kW·h7．生活中的许多现象都与物理知识息息相关，以下描述中符合生活实际的是（）A．一节新电池的电压为2V B．白炽灯的正常工作电流约为0.1AC．家用彩电的电功率约为2000W D．成年人的电阻约为36Ω8．小灯泡和定值电阻R中的电流随两端电压变化的图像如图甲所示。
大一物理笔记十八章知识点
大一物理笔记十八章知识点大一物理笔记十八章知识点物理是一门研究自然界各种物质和现象规律的科学。
作为一名大一物理学习者，理解掌握各个章节的重点知识对于建立扎实的基础非常重要。
本文将对大一物理第十八章的知识点进行总结，希望能够帮助广大同学更好地复习和掌握这部分内容。
1. 电磁感应电磁感应是指通过电磁场对导体内电荷进行作用从而引起电流产生的现象。
根据法拉第电磁感应定律，当磁场通过一个导体回路发生变化时，会在导体中产生感应电动势。
电磁感应的重要应用包括发电机、变压器等。
2. 法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是描述电磁感应现象的重要定律，它表明感应电动势的大小等于磁场变化率与电路中感应部分的匝数之积。
数学表达式为：ε = -dΦ/dt，其中ε表示感应电动势，Φ表示磁通量，dt表示时间变化率。
3. 涡旋电场涡旋电场是指电磁感应过程中产生的由电场的闭合线圈构成的环状结构。
根据法拉第电磁感应定律，当磁通量发生变化时，闭合线圈中的自感电动势会产生闭合电流，从而形成涡旋电场。
4. 动生电动势和感应电流动生电动势是指由导体在磁场中运动而产生的感应电动势，根据动生电动势的方向可以确定感应电流的方向。
根据左手定则，当导体的运动速度、磁感应强度和导体长度之间存在相对运动时，感应电流的方向垂直于运动速度和磁感应强度的平面。
5. 法拉第电磁感应定律的应用法拉第电磁感应定律在实际生活中有广泛的应用。
例如，电磁铁的工作原理就是基于电磁感应现象，通过通电产生的磁场吸引物体实现吸附和释放。
变压器也是其中一种应用，利用电磁感应实现电能的传输和变压。
6. 感应电动势与自感电动势感应电动势是由于磁场变化而引起的电动势，而自感电动势是由于电流发生变化而引起的电动势。
两者都遵循法拉第电磁感应定律，但感应电动势是发生在闭合线圈中的电动势，而自感电动势是发生在电流变化的电感线圈中的电动势。
7. 感应电动势和电感感应电动势与电感密切相关。
电感是指电路中存在的一种性质，它表征了通过导体中的电流所形成的磁场对于感应电动势的产生和作用。
2020年理综全国ⅰ卷第18题的多种解法赏析
2020年理综全国ⅰ卷第18题的多种解法赏析2020年理综全国卷第18题运用了两个微积分知识点极限及导数，同时又涉及曲线的位移、直线的斜率，因此是一道不容易解答的题目。
下面，我们将以多种解法来对该题进行赏析。
首先，我们可以运用极限中的解题思路来解答该题。
令函数f（x）=x^2-8x+12，根据曲线图可知，当x趋近于0时，f（x）的值趋近于12，因此x=0时，函数f（x）的极限值为12。
又因为函数f（x）的常系数a=2,故函数f（x）的导数为f（x）=-4，即当x=4时，函数f （x）的导数值为-4.此外，我们可以运用函数的切线方法来解答该题目。
先求函数f （x）在x=4处的切线斜率，设函数f（x）在x=4处的切线斜率为k，得函数f（x）在x=4处的切线方程为y=4k-4。
又因为在x=4处函数f（x）的切线和函数f（x）的图象相切，即函数f（x）在x=4处的切线方程与函数f（x）在x=4处的图象相交于点(4,0)，解得k=-2，即函数f（x）在x=4处的切线斜率为-2.此外，我们仍可以运用曲线的位移方法来解答该题。
根据曲线图，当x=2时，函数f（x）的图象和x轴的交点为点(2,4)，当x=4时，函数f（x）的图象和x轴的交点为点(4,0)，由位移公式f（x-2）=f （x）-4可知，函数f（x-2）的图象和x轴的交点也是点(4,0)。
即函数f（x-2）=x^2-8x+8，有f（x-2）=-4，即当x=4时，函数f（x-2）的导数值也是-4。
最后，我们还可以运用求根公式，将函数f（x）=0带入，得到x=2和x=4，再代入函数f（x），求得函数f（x）在x=2处和x=4处的值分别为4和0，又因为函数f（x）为连续函数，故函数f（x）在x=4处的导数值为-4.综上所述，本题可用极限、函数切线、曲线位移、求根等方法解答，但最后结果均为函数f（x）在x=4处的导数值为-4.由此可见，微积分知识点是解答本题的关键所在，其解题思路也是理解数学知识最重要的环节。
大学物理黄新民下册课后习题答
习题解答14-1 将一无限长直载流导线，中部弯成一个半径为R 的半圆形，求圆心处的B。
解：设电流为I ，O 点的磁场由两半无限长载流导线和载流半圆形产生。
321B B B B++=021==B B载流圆环在圆心处产生的磁场为R I20μ，则载流半圆环在圆心O 处产生的磁场为R IB 40μ= 方向如图14-2 电流2a面上，距板面为x 的一点P 处磁感应强度B ；（2）当∞→a ，但维持a Ii 2=（称线电流密度）不变时，P 点处的B。
解：（1）如图 dy idy dIaI 2==， 则 2/12200)(22x y dIrdIdB +==πμπμ⎰===0sin cos x y x dB dB dB dB dB θθx a a I x y xdy a I a a y y arctg dB B Bπμπμ2)(220220====+-⎰⎰(2)∞→a 代入 xa a I arctg Bπμ20= 取极限得 2400iaIB μμ==14-3 半径为R 的圆片上均匀带电，电荷面密度为e σ，令该圆片以角速度ω绕中心轴旋转，求轴线上磁场分布。
解：圆盘每秒转动次数为πω2，圆盘上电荷面密度为2R qeπσ=，在圆盘上取一半径为r ，宽度为dr 的环带，此环带所带电量rdr dqe πσ2⋅=此环带转动相当于一圆电流，其电流大小为πω2dq dI =，它在x 处产生的磁感应强度为dy ydr dBx r r x r dIr e 2/3)(2)(222302/32220++==ωσμμ， 方向沿x 轴，故x 处的总磁感应强度大小为 ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==+++R x R x R x r r x dr B e e 0)(22)(222/1222202/32230ωσμωσμ 14-4 一磁场的磁感应强度为)(T B ++=则通过一半径为R ，开口向Z 正方向的半球壳表面的磁通量为多少。
解：⎰⎰=⋅=Φc R S d B m 2π14-5 均匀磁场的磁感应强度B 与半径为r 的圆形平面的法线n的夹角为a ，今以圆周为边界，作一半球面S ，S 与圆形平面组成封闭面，如图所示。
大学物理第18章课后答案
第十八章 光的偏振#18－1 两偏振片的方向成300夹角时，透射光强为I 1，若入射光不变，而两偏振片的偏振化方向成450夹角时，则透射光强如何变化？解：设透过第一块偏振片后的振幅为A 0，透过第二块偏振片后的振幅为A 1。
依题意00130cos A A =020130cos I I =→430I = 3410I I =→ 00245cos A A =020245cos I I =→210I =21341⨯I 1231I I =18－2 使自然光通过两个偏振化方向成600夹角的偏振片，透射光强为I 1，今在这两偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成300角，则透射光光强为多少？解：设自然光的振幅为A 0透过第一块偏振片后的振幅为A /，透过第二块偏振片后的振幅为A 1。
依题意0160cos A A '=02160cos I I '=→4120I =108I I =→在这两偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成300角，设自然光的振幅为A 0透过第一块偏振片后的振幅为A /，透过第二块偏振片后的振幅为A /1，透过第三块偏振片后的振幅为A 2。
则0130cos A A '='02130cos I I '='→4320I =0/1230cos A A =02/1230cos I I =→434320⨯=I 48891⨯=I1249I I =18－3 一束平行的自然光，以580角入射到一平面玻璃的表面上，反射光是全偏振光。
问（1）折射光的折射角是多少？（2）玻璃的折射率是多少？解：（1）折射光的折射角 ＝900－580＝320（2）玻璃的折射率为：60.132sin 58sin 0==n 18－4 一束光以起偏角i 0入射到一平面玻璃的上表面，试证明玻璃下表面的反射光也是偏振光。
证明：以起偏角i 0入射到平面玻璃的上表面，反射 光是偏振光所满足的式子为n i =0tan ，折射角 ＝900－i 0如图，玻璃下表面的反射光所对的下表面入射光的入i 0n射角为玻璃下表面的反射光是偏振光所满足的式子为n 1tan =γ 即ni 1)90tan(00=- 即满足：n i =0tan 式子 所以玻璃下表面的反射光也是偏振光，得证。
山东高考物理18题分析课件
物体都达到平衡状态
直到最终静止
2、学科能力要求——模型构建能力
序号 （依据）研究对象、物理状态、 物理过程
（抽象）物理模型
1 物块C的下滑过程
能量守恒（机械能守恒、动能定理）
2 物块B、C相互作用过程
板块模型
3 A与B追及过程
追及相遇模型
4 B与P弹性碰撞过程
碰撞模型（原速返回）
5 A与B弹性碰撞过程
（1）
系统思维法
（2）
（3）
处理典型模型，弹性碰撞模型碰后速度公式的利用。
（不建议记二级结论）
（4）
解决综合性问题
（5）
(能量守恒，动量守恒)
• 本题作为动力学综合性压轴题，处理时应该对三大观点解题深刻挖掘、探 究，以期形成相对成熟的解题步骤。
• 本题可以提问的地方还有很多，比如： • 若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态， • 求解物体B走过的路程？ • 求系统产生的热量？ • 若，讨论AB碰后的运动过程。 • 若1.707m<S<2.0m,且S取其中某值,讨论AB碰后的运动过程。 • 如果改变题目中的一些数据，比如地面与A、B的动摩擦因数皆为0，且速
2、三大观点分析问题的基本知识及规律,务必使学生了然于心。
3、高考压轴题是训练的最好资源,利用拔高训练题，培养解决综合问题的能力，突出 思维的长度和深度，提升理解推理能力。
4、遇到好题要沉下去，做深入的拓展总结，提升认识境界。要有多拿一分的意识，平 时的训练中教会学生避免得零分。
5、关注数学能力的考察，平时多加强数学运算的训练。（如物理中应用数学知识进行的
Smax。
第一阶段： B、C共速 过程
C向右匀减 速运动
大学物理2,18第十八章思考题
1、宇宙飞船相对于地面以速度υ作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过∆t (飞船上的钟)时间后，被尾部的接收器收到，则飞船的固有长度等于多少？【答案：c ∆t 】详解：在宇宙飞船测得光讯号的传播速度为c ，飞船上的钟又测得光讯号从飞船头部到飞船尾部经过∆t 时间，因此宇宙飞船中的观察者测得飞船的长度就等于飞船的固有长度，其值为t c l ∆=02、一支火箭的固有长度为l ，相对于地面作匀速直线运动的速度为υ1，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为υ2的子弹。
在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是多少？【答案：l /υ2】详解：在火箭上测得子弹从射出到击中靶的过程中走的距离为l ，测得子弹的速度为υ2，因此在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔为2υlt =∆3、已知惯性系S ＇相对于惯性系S 以 0.6c 的匀速度沿x 轴的负方向运动，如果从S ＇系的坐标原点O ＇沿x 轴正方向发出一列光波，则S 系中的观测者测得此光波在真空中的波速为多少？【答案：c 】详解：由光速不变原理可知，在任何惯性系中测量光在真空中的传播速率都相等恒定值c 。
4、以速度υ相对于地球作匀速直线运动的恒星所发射的光子，其相对于地球的速度大小为多少？【答案：c 】详解：光子在真空中的传播速率既是光速。
光速不变原理告诉我们，在真空中光（即光子）在任何惯性系中的传播速率都等于c ，因此光子相对于地球的速度大小也为c 。
5、当惯性系S 和S ′的坐标原点O 和O ′重合时，有一个点光源从坐标原点发出一束光脉冲，在S 系中经过一段时间t 后（在S ′系中经过时间t ′），在S 系和S ′系中测得该光脉冲的球面方程（用直角坐标系）分别为多少？【答案：22222t c z y x =++；22222t c z y x '='+'+'】详解：由光速不变原理可知，在任何惯性系中测量光在真空中沿各个方向的传播速度相等，因此在S 系中经过时间t 后该光脉冲的形成的球面方程的直角坐标形式为 22222t c z y x =++在S ′系中经过时间t ′后该光脉冲的形成的球面方程的直角坐标形式为22222t c z y x '='+'+'6、在狭义相对论中，有下列四种说法：(1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速；(2) 质量、长度和时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的；(3) 在一个惯性系中发生于同一时刻、不同地点的两个事件在其它惯性系中也是同时发生的；(4) 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些。
大学物理下18章习题参考答案中国石油大学-推荐下载
n≤3.688 所以 n = 3 可产生从 n = 3 到 n = 2，n = 1 及 n = 2 到 n = 1 三条谱线。
由公式
给出波长分别为 31 1027 Å
c nm
m0e4
8
2 0
h
3
1 m2
1 n2
1 n2
32 6571 Å
18-10 试求：(1)红光( 7 105 cm )；(2)X 射线( 0.25 Å)的光子的能量、动量和
V s
2.5 V
2 max
即
Ua
h e
A e
(2) 由于 所以 解得
1 0
m
0.25m0c 2
0.25m0c 2 h
h (1 cos ) m0c
1 cos 0 0.554 h
m0c 63.40
m0
c 2
1
在氢原子能级图中表示出来，并指明波长最短的是哪一条谱
线。
[解] (1) h h c
1.988 1015 4.58 1019 J 2.86eV 4340
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
大学物理答案第十八章
第十八章波动光学18-1由光源S 发出的• =600nm 的单色光，自空气射入折射率 n =1.23的一 层透明物质，再射入空气（如图18-1），若透明物质的厚度为d=1.00cm,入射角 9 = 30「，且SA=BC=5.00cm.求：（1） “为多大？（2）此单色光在这层透明物质又光在不同介质中传播的频率相同，即^V1.2^J0：^4.88 10_7 m、 5 10⑶从S 到C 的几何路程为d 1 SA 十 -- —+ BC = 5cm + ----------- cm + 5cm = 11.1 cm cos 日 1 cos24°S 到C 的光程n 空 SA n 空 BC =1 5cm 1.23 1 -- cosH cos24-里的频率、速度和波长各是多少? ⑶S 到C 的几何路程为多少？光程为多少?分析 光在不同介质中传播的频率相同，但波长和波速不相同.而要把光在不同介质中所走的路程都折算为光在真空中的路程，以便比较光在不同介质中所走的路程一一这就引入了光程.介质中某一几何路程的光程，相当于光在走这段路程的时间内在真空中走过的路程.解（1）由折射定律n 空 sin \ n sin v01 = 24（2）分别以V ! 、v 八入1表示光在透明物质中传播的速度、频率和波长, 则V 1 3 108 1.23 8 m/s=2.44 10 m/s3 10810 6000 10_Hz 14 -5 10 Hzcm 1 5cm =11.3 cm18-2 在杨氏双缝干涉实验中，双缝间距d=0.500mm,缝与屏相距D=50.0cm,若以白光入射，⑴ 分别求出白光中「= 400 nm 和^= 600 nm 的两种光干涉条纹的间距；（2）这两种波长的干涉明纹是否会发生重叠？如果可能， 问第一次重叠的是第几级明纹？重叠处距中央明纹多远？分析 本题的难点在于如何理解“重叠”一一若屏上某一位置同时满足两 种波长明纹出现条件，则发生明纹重叠•解（1）据（18-3）式，■!和2所产生的干涉明纹的间距各为⑵ 据（18-1 ）式，杨氏双缝实验中，明纹到屏中心的距离为.D.x = k d 在x 处两种波长的明纹重叠，即D D x k^''1 k ? dd k ik 22600 1 400_3k 2 2所以在k 1 =3n,k 2 =2n n =1,2，… 处都可能发生重叠当n =1，即k^3,k 2=2时发生第一次重叠，重叠处距中央明纹的距离为 9D t 500 3 400 10 … x k 1 \ mm = 1.2 mm d 0.5 8-3 在劳埃德镜中，光源缝S 。
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第十八章 静电场中的导体和电介质18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．解 因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰ 可得 23Q Sσσ+=- （1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即321000222z Q S E σσεεε=-- 同理，Ⅱ区电场强度 322000222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即 232Q d l S dσσ--=- （2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=- ，33l Q S Q dσ=⋅=- （2）Ⅰ区 321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dS ε-=- 00111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dSε-= Ⅱ区 322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dSε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dS ε=-18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．解 由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰ 可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++== ，1210044q Q Q q r rϕπεπε++== 21R r R ≥≥时， 112004q Q E rπε+== ，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E rπε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．解 由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域， A 23A B 10044Q Q Q Q Q r rϕπεπε+++== 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B 4Q Q R ϕπε+=．B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B 1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q R R ϕπε=+．18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？解 （1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e rπε=． 系统静电能 2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r rεπεππεπε∞=+⎰⎰ 20123111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能 322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为13kV mm -⋅，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？解 球形高压电极A 的外半径为0.20m R =，电极A 外接近电极处场强最大 61max 20310k m 4q E R πε-==⨯⋅ 起电机能达到最大电压 5max max 0610(V)4q U E R Rπε==⋅=⨯18-7．如图所示，682μF C C ==，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若900V AB U =，求1C 、9C 上的电量．（3）若V U AB 900=，求CD U ．解 （1）3C 、4C 、5C 串联， 3453451111C C C C =++ 所以3451F C =μ．345C 与6C 并联，则345634563F C C C =+=μ3456C 与2C 、7C 串联，电容为C '，3456271111C C C C =++' 可得1F C '=μ．C '与8C 并联，电容为C ''，83F C C C '''=+=μ．C ''与1C 、9C 串联，电容为AB C ，191111AB C C C C =++'' 因此1F AB C =μ．（2）1C 、9C 与C ''串联，19C C C ''==，19AB U U U U ''++=，所以191300V 3AB U U U U ''====，故41199910(C)C U C U C U -''''===⨯． （3）由300V U ''=，3456C 、2C 、7C 串联，3456273F C C C ===μ，故100V CD U =．18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）忽略边缘效应，证明C 的最大值dS n C 0max )1(ε-=． 解 相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容0i S C d ε'=，S '为相邻两金属片相对的面积．因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(1)n -个并联的平行板电容器，其电容量0(1)(1)i S C n C n d ε'=-=-当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对），此电容器的电容最大，0max (1)S C n d ε=-；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，min 0C =．18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为8210C m p -=⨯⋅，把它放在510 1.010V mE -=⨯⋅的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从0=θ位置转到电场力矩最大（2θπ=）的位置时，外力所做的功多大？解 （1）0T p E =⨯，当2θπ=时853max 021********(N m)T pE .--==⨯⨯⨯=⨯⋅（2）电场力做功，0δsin d sin d A F l qlE θθθθ+=-=-，20000sin d A qlE qlE pE πθθ=-=-=-⎰外力做功 30210(J)A A pE -'=-==⨯18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为Q ±，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为1ε，所占面积为1S ；2区介质电容率为2ε，所占面积为2S ．求：（1）两区的1D 、1E 和2D 、2E ，两区对应极板上的自由电荷面密度1σ、2σ；（2）电容器的电容C ．解 作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向．取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得111d D S D S S σ⋅=∆=∆⎰⎰，1D σ=所以11D k σ=．同理22D k σ=．两极板是导体，极板为等势体，12E d E d =，12E E =．由于111E k σε=，222E k σε=，所以1212σσεε=．又因1122S S Q σσ+=，故 111122Q S S εσεε=+ ，221122Q S S εσεε=+ 121122Q E E k S S εε==+ 1111122Q D k k S S εσεε==+ ，2221122Q D k k S S εσεε==+ （第十八章题解结束）。