物理教学概论答案
中学物理教学概论课后问答题
中学物理教学概论课后问答题一、中学物理教学过程1. 中学物理教学过程是认识与发展统一的过程2. 中学物理教学过程是多个系统要素相互作用的过程二、中学物理教学原则1. 科学性、艺术性、教育性相结合的原则2. 激发学习兴趣和探究欲望的原则3. 创设物理环境，突出观察、实验、探究的原则4. 启发思考，交给方法的原则5. 联系生活、技术、社会实际的原则三、常用教学模式1.启发-引导模式(激发动机—引导观察—启发思维—练习运用—巩固深化)2.自学-讨论模式(提出问题或明确主题—指导自学—讨论交流—成果总结) 3.探究模式(创设问题情境—发现和表述问题—猜想与假设—证据论证、结论—评估与应用)4.课题研究模式(发现提出问题—制定研究方案—实验研究—总结交流)异质分组—明确任务—组内合作学习—全班讨论交流—总结评5.合作学习模式(价)四、常用教学方法1.讲授法——是教师主要用语言，辅以演示，向学生传授知识、启发思维、发展能力的方法。
2.讨论法——是由教师根据教学需要提出问题，组织学生展开课堂讨论，促使好学生获得知识、发展科学素养的教学方法。
3.谈话法——介于讲授法和讨论法之间，是教师通过提出一系列的问题，与学生对话，引导学生思维的教学方法。
4.实验法——把观察、实验这种人类对客观事物的认识方法与物理教学有机结合起来，就构成了中学物理教学中常用的实验法。
5.阅读法五、常用教学策略1.概念转变策略2.任务驱动策略3.图示策略4.分层教学策略(学生分层、教学目标分层、课堂教学分层、分层练习、分层评价)六、物理教学资源的特点1.多样性2.独特性3.价值潜在性1七、物理教学资源开发与利用的基本原则 1.开放性原则2,优先性原则3.经济性原则4.针对性原则5.个性原则八、教学设计原则1.理论指导和实践操作相统一的原则2.整体设计和要素分析相结合的原则3.规范性和创造性兼顾的原则4.静态设计和动态设计并重的原则5.教师与学生交互协调的原则九、教学设计的内容1(制定教学目标2.分析教学内容3.分析学生和教学环境4.选择教学模式、方法和策略5.利用开发教学资源6(制定测评工具7.教学反思和修改十、说课的基本内容说教材、说学生、说教法、说过程、说实验。
物理概论习题及答案
第一章1、举例说明物理学对社会发展的影响、对高科技发展的促进作用。
物理学在人类近代社会发生的三次技术革命中，起到关键性的作用。
第一次技术革命开始于18世纪60年代，主要标志是蒸汽机的广泛应用，这是牛顿力学和热力学发展的结果；第二次技术革命发生在19世纪70年代，主要标志是电力的广泛应用和无线电通信的实现，这是电、磁现象的研究和经典电磁场理论的重大突破所带来的辉煌成果；第三次技术革命从20世纪40年代开始并一直延续到今天，这是建立在相对论和量子力学发展的基础上，其特点是出现了以微电子技术为代表的一系列新学科、新材料、新能源、新技术的兴起和发展，如核反应堆、晶体管、激光器，医学上的超声、核磁共振和湮没技术等等。
2、简述物理学的研究对象及研究范围物理学的研究对象：物理学研究宇宙间物质存在的基本形式、物质的性质、物质的运动规律、物质之间如何相互作用和相互转化以及各种物质形态内部结构的基本规律。
物理学的研究范围：（1）时间上大到宇宙的起源，小到夸克的寿命（2）空间上大到宇宙的范围，小到夸克的线度（3）速度上从静止物体到物质运动速度的极限光速s m 8103⨯（4）质量上研究范围很大，例如中微子质量只有kg 3810-，太阳质量是30210kg ⨯，两者的数量级相差6810。
第二章（1）1、一个质点在xoy 平面内运动，运动方程为43212-+=t t y ，53+=t x 。
则s t 2=时该质点的运动方程和速度分别为（C ）（A ）j i 411+，j i 43- （B ）j i 411+，j i 43+（C ）j i 411+，j i 53+ （D ）j i 411+，02、一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为 （C ）()dt drA ()dt r dB ()22⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dxC ()几个答案都不对D3、某质点的运动方程为6533+-=t t x ()SI ，则该质点作 (D) （A ）匀加速直线运动，加速度为正值（B ）匀加速直线运动，加速度为负值（C ）变加速直线运动，加速度为正值(D) 变加速直线运动，加速度为负值4、 某质点的速度为28v i j =-, 已知t=0时它过（3，-7），则该质点的运动方程为（ B ）。
物理学概论习题答案(1)
第二章习题答案1.什么情况下你可将物体视为质点？从“质点模型”你能获得一种研讨问题的什么方法？解：质点是指只有质量而无大小、形状的点。
例如研究地球绕太阳公转时，地球的大小和形状就可以忽略，从而可以把地球看成是一个“点”，但考察地球自转问题时就不能把地球看成一个“质点”了。
从方法论上叫做建立模型，简称建模，即将复杂问题简单化；从哲学上说叫抓主要矛盾。
3.你能表明描写运动的四个物理量——位矢、位移、速度、加速度的物理含义及单位吗？解：位矢物理含义：由坐标原点向质点所在位置画一个有向线段r 来表示质点所在的位置， 这个有向线段称为位矢。
单位是米，符号m 。
位移的物理含义：由t 时刻质点位置指向t t ∆+时刻质点位置的一个矢量。
单位是米，符号m 。
速度的物理含义：无限小位移r d 和经历此小位移的无限小时间t d 的比值，称为瞬时速度，简称速度。
单位是米每秒，符号m/s 。
加速度的物理含义：无限小速度变化量v d 与对应的无限小时间t d 的比值，称为瞬时加速度，简称加速度。
单位是米每二次方秒，符号2s m 。
4. 知道了在平面上运动质点在s 21=t 时刻的坐标为(3m ，8m)，在4s 2=t 时刻的坐标为(7m ，14m)，试分别确定在2，4秒时的位矢和这段时间内的位移及平均速度。
解：对于平面运动，位置矢量表达式为)(m j y i x r +=s 21=t 时，位矢为)(831m j i r +=。
4s 2=t 时，位矢为)(1472m j i r +=。
这段时间内的位移)(648)-14(3)-7(12m j i j i r r r +=+=-=∆ 平均速度）（m/s 322464j i j i t r v +=-+=∆∆=6. 平均速度等于零，是否物体一定静止？解：不一定。
根据平均速度表达式tr v ∆∆= 可知，若该时间内位移r ∆为零，则若平均速度 v 一定为零，但物体不一定静止。
物理课程与教学论学习通课后章节答案期末考试题库2023年
物理课程与教学论学习通课后章节答案期末考试题库2023年1.关于物理概念在“物理教学”中的重要性主要表现在哪些方面（）.参考答案:物理概念是物理教学的关键；###物理概念是培养能力、开发智力的重要途径；###物理概念是中学物理教学的主要内容。
2.下列是中学物理教学设计过程中应遵循的原则有（）。
参考答案:A 理论指导和实践操作相统一的原则;###B 整体设计和要素分析相结合的原则；###C 规范性和创新性兼顾原则;###D 知识学习与过程体验并重的原则；###E 突出学生学习主体的原则。
3.在建立下列物理概念时，都用到“等效替代”方法的是（）.参考答案:合力与分力、合运动与分运动。
4.（）中学物理教学主要是指课堂教学，与课外实践无关。
参考答案:错5.在教学测量中，信度、效度、区分度、难度对测验的作用，说法正确的是（）.参考答案:信度是可靠性指标、效度是准确性指标；###区分度是试题对考生能力的区分程度指标、难度是试题的难易程度的指标；6.下列单位中属于国际制单位的基本单位的是（）。
参考答案:安培7.物理概念是科学抽象的结果，请选出下面中学物理概念教学中常用的抽象方法不同于其他选项的是（）。
参考答案:机械运动8.质点是高中物理第一个抽象概念，教学中教师通常用几个实例，通过分析使学生认识到“可以将物体质量看成集中于一点”，以帮助学生建立质点概念。
其目的是（）。
参考答案:使学生明白物体可以看成质点的条件.9.（）学生在团队合作中出现矛盾，教师应该假装不知道、不予处理。
参考答案:错10.（）物理实践活动的实践设计应该根据学生的实际情况出发。
参考答案:对11.（）中学物理教学教材分析唯一依据的是物理教学内容。
参考答案:错12.以《义务教育物理课程标准（2011年版）》为依据，下面举例的科学内容二级主题属于一级主题“能量”的是（）.参考答案:能源与可持续发展13.关于运动与力,下列叙述正确的是（）。
参考答案:物体的速度方向与合外力方向一致时，虽然合外力不断减小，但速度仍不断增大。
中学物理教学概论题库
中学物理教学概论题库一、在中学物理课堂上，教师讲解光的折射现象时，最适合采用的教学方法是：A. 纯理论讲授B. 实验演示结合理论讲解C. 学生自主阅读教材D. 观看相关视频资料（答案：B）二、下列哪个实验是用来验证牛顿第二定律的？A. 托里拆利实验B. 伽利略斜面实验C. 密立根油滴实验D. 验证动量守恒定律的实验（答案：B）三、中学物理课程中，关于声音的学习，主要侧重于哪一方面？A. 声音的化学性质B. 声音的传播介质和特性C. 声音的光学效应D. 声音的生物学应用（答案：B）四、在教授电磁感应现象时，教师应重点强调的物理概念是：A. 电阻与电流的关系B. 动量与冲量的关系C. 磁场变化与感应电流的产生D. 光的波粒二象性（答案：C）五、下列哪项不属于中学物理教学中常用的直观教学手段？A. 实物模型展示B. 虚拟实验室模拟C. 复杂数学公式推导D. 实验仪器操作演示（答案：C）六、在讲解“力的合成与分解”时，下列哪个原则是必须遵循的？A. 能量守恒原则B. 质量守恒原则C. 等效替代原则D. 动量守恒原则（答案：C）七、关于中学物理教学中的“科学探究”，下列说法不正确的是：A. 鼓励学生提出问题并进行假设B. 强调实验设计与数据收集的重要性C. 只注重实验结果，忽略过程分析D. 培养学生的批判性思维和创新能力（答案：C）八、在教授“万有引力定律”时，为了帮助学生理解，教师可以引用哪位科学家的故事作为引入？A. 爱因斯坦与相对论B. 牛顿与苹果落地C. 伽利略与自由落体D. 麦克斯韦与电磁波（答案：B）。
物理学概论习题答案(1)
第二章习题答案1.什么情况下你可将物体视为质点？从“质点模型〞你能获得一种研讨问题的什么方法？解：质点是指只有质量而无大小、形状的点。
例如研究地球绕太阳公转时，地球的大小和形状就可以忽略，从而可以把地球看成是一个“点〞，但考察地球自转问题时就不能把地球看成一个“质点〞了。
从方法论上叫做建立模型，简称建模，即将复杂问题简单化；从哲学上说叫抓主要矛盾。
3.你能说明描写运动的四个物理量——位矢、位移、速度、加速度的物理含义及单位吗？解：位矢物理含义：由坐标原点向质点所在位置画一个有向线段r 来表示质点所在的位置， 这个有向线段称为位矢。
单位是米，符号m 。
位移的物理含义：由t 时刻质点位置指向t t ∆+时刻质点位置的一个矢量。
单位是米，符号m 。
速度的物理含义：无限小位移r d 和经历此小位移的无限小时间t d 的比值，称为瞬时速度，简称速度。
单位是米每秒，符号m/s 。
加速度的物理含义：无限小速度变化量v d 与对应的无限小时间t d 的比值，称为瞬时加速度，简称加速度。
单位是米每二次方秒，符号2s m 。
4. 知道了在平面上运动质点在s 21=t 时刻的坐标为(3m ，8m)，在4s 2=t 时刻的坐标为(7m ，14m)，试分别确定在2，4秒时的位矢和这段时间内的位移及平均速度。
解：对于平面运动，位置矢量表达式为)(m j y i x r +=s 21=t 时，位矢为)(831m j i r +=。
4s 2=t 时，位矢为)(1472m j i r +=。
这段时间内的位移)(648)-14(3)-7(12m j i j i r r r +=+=-=∆ 平均速度）（m/s 322464j i j i t r v +=-+=∆∆=6. 平均速度等于零，是否物体一定静止？解：不一定。
根据平均速度表达式tr v ∆∆= 可知，假设该时间内位移r ∆为零，那么假设平均速度v 一定为零，但物体不一定静止。
最新中学物理教学概论考试题.pdf
B 、讲故事法
C 、实验法
D、举例法
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
4、下列测验属于目标参照测验的是 (
)。
A 、期末考试
B 、升学考试
C 、分班考试
D、竞赛考试试试
5、关于物理概念、下列说法正确的是（
）。
A 、物理概念反映了物理事物的本质属性；
B 、物理概念的定义就是物理量；
C 、物理量仅从量的方面反映事物的本质属性；
D 、物理量的定义式一定反映物理量之间的函数关系；
块，其设计思想是侧重让学生较全面地学习物理学的基本内容，进二步了解物理学的思
想和方法，较为深入地认识物理学在技术中的应用以及对经济、社会的影响。选修
3-1
包括三个主题电场、电路、磁场。选修 3-2 包括三个主题：电磁感应、交变电流、传感
C、对任何一个物理问题或原理的表述都必须是十分严格
D、所有的物理实验都必须是高度精确的
2
2、下列属于在中学物理教学中应该着重贯彻的教学原则是 (
）。
A 、 发展性原则
B 、双边性原则
C 、科学性原则
D 、教育性原则
3、在物理规律的教学中 , 创设便于发现规律的物理环境的方法是 (
)
。
A 、复习旧知识法
计算题 得分
三、判断题（每题 2 分，共 20 分）
1、交流与合作合作中注意既坚持原则又尊重他人。（
）
2、在评估中能注意探究活动中为解决了矛盾，发现矛盾，发现新的问题。（
3、在进行实验与收集证据中会使用简单的实验仪器无需记录实验数据。（
4、在分析与论证中认识分析论证在科学探究中是必不可少的。（
）
5、在提出问题中能书面我表叔这些问题。（
大学物理答案 -1概论
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)tr d d ； (2)td d r ；(3)ts d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的 分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x xt -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用t x d d 和22d d tx两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x x m 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v(匀加速直线运动)0=BC a(匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s+=,最后用⎰=s sd 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x rr r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x yd 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 42=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy v v αα＝123°41′ (2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a xx v , 2s m 40d d -⋅-==ta y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==xy a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t TR x π2sin=', t TR y π2cos-=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v ij i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1-12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t ad d v =和txd d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0v v v得03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=tx x t x 0d d 0v得00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分．解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度)1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x xx x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 0)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v又由td d r=v及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和t ΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出． 由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得 R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈R a 239987.0v ≈,R a 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R 2v ．1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度t d d r=v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 j i j i j i t t y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v vn n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx y arctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r从中消去t 后也可得到同样结果． (2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为g R 2sin 0v =为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果． 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v故加速度的大小为 R )(402222bt b a a a a t t n -+=+=v其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移． 解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rt t ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到． 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt =得 3213=t此时刻的角位置为rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -=而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝v t , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x ′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x ′＝x - v t ＝v t - v t ＝0y ′＝y ＝1/2 gt 2加速度 g t y a a y ='='=22d d 由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．第二章 牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ (C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)． 2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为。
《物理教学论》平时练习及参考答案
《物理教学论》平时练习及参考答案一、填空题★物理课程标准的框架结构包括前言、课程目标、内容标准、实施建议等四部分。
★义务教育物理课程的目的在于提高全体学生的科学素养。
★从课程设计、开发、管理的角度进行分类，可将学校课程分为国家课程、地方课程和校本课程。
★能够反映一组数据集中趋势的量数有众数、中位数、算术平均数等。
★能够反映一组数据离散趋势的量数有全距、离差、平均差、方差、标准差等★课程受多方面因素的影响，一般而言，影响学科课程的主要因素有社会需求，学生认知发展，学科的基本结构和学科特点等几个方面。
★新课程标准将课程的总目标分解为三个维度进行描述，这三个维度分别是知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观。
★高中物理新课程由 12 个模块构成，每个模块占2学分。
其中物理1和物理2为共同必修模块，其余为选修模块。
★.在高中物理课程标准中，知识方面的目标分为了解、认识、理解、应用等四个水平。
★.物理学的美主要表现形式有简单美、对称美、和谐美、统一美。
11.根据说课性质的不同，说课可以分为示范性说课、研究性说课、评比性说课、检查性说课四种类型。
★在高中物理课程标准中，体验性要求的目标分为经历、反应、领悟等三个水平。
★中学物理教学的基本方法有讲授法、实验法、自学法、讨论法等。
★中学物理课堂教学的基本课型主要有概念课、规律课、实验课、习题课、复习课、探究课等。
★.教学过程包括三个基本要素，分别是学生，教师和教学内容。
★.物理学习过程一般包括预习、上课、复习、练习、总结等几个基本环节。
★.评价试卷质量的指标主要包括信度、效度、难度、区分度等四个方面。
★.教学过程中，教师处于主导地位，学生处于主体地位。
★.过程与方法中的“过程”应有两个方面的含义，一是物理学科的探究过程，二是学生的学习过程。
★.初中物理课程标准中，科学内容分为三大部分，分别是物质、运动和相互作用以及能量。
二、简答题、论述题、计算分析题、教学设计题★★：近三年高考物理试题（全国Ⅰ卷和新课标卷）★★. 根据物理课程标准中关于科学探究的描述，科学探究过程包含哪些要素？答题要点：科学探究过程包括：提出问题、猜想与假设、制定计划与设计实验、进行实验与收集证据、分析与论证、评估、交流与合作等七个要素。
物理教学论作业1-4答案
物理教学论作业11、主观题填空题名词解释：•物理课程：物理课程是指学校组织进行的有目的、有计划、有程序和制度化的学生的物理学习活动，通过这样的活动，学生获得一定水平的物理知识经验，达到特定的预期教育结果。
物理课程包括物理学科课程和物理活动课程两部分。
2、主观题论述题•档案袋评价的类型有哪些？答：档案袋评定分为理想型、展示型、文件型、评价型以及课堂型，其中最有代表性的是理想型。
3、客观题单选题1、以下关于新课程体系说法正确的是： B4、主观题论述题•物理教学测量的基本方法有哪些？答：教学测量中常用的方法有观察法、调查法和测验法等，同时这些方法也是物理教学测量中常用的方法。
（1）观察法是在目中条件下，以观察学生的特定行为表现为目标的测量方法；（2）教育调查法是在自然条件下，依据一定计划，有目的对客观事件或现状进行观察、收集、综合所要了解的情况，以取得数据和资料，最后形成调查报告。
（3）测验法是通过选取具有代表性的一组试题，组成试卷，对学生施测，然后根据解答的过程和结果，获得可靠的成绩评定的一种方法。
5、客观题单选题2. 古德莱德认为的课程是：未做作业做此题6、主观题论述题•区分度：试题的区分度是指试题对不同知识和能力水平的考生的区分程度和鉴别能力。
7、主观题论述题•物理教师说课的类型有哪些？答：根据说课的目的和性质不同，说课可分为以下三种类型：（1）示范性说课示范性说课的目的是通过示范方式帮助教师了解说课内容，掌握说课的方法、步骤和重点，并通过听取示范性说课，辅导教师进行对应教学内容的教学设计。
（2）研究性说课研究性说课是教师群体针对某一课题的教学方法、教学手段、学习方法等主题进行研究讨论，共同探索优化教学的方法途径。
（3）评比性说课评比性说课的主要目的是通过评价教师的说课进行竞赛或选拔。
8、主观题论述题名词解释：•专业引领：所谓专业引领，就是专家通过对话、现场指导、专题讲座及亲身示范等方式，向教师展示教育理论与教师实践智慧应有的内在一致性及转化的可能性，以此培养教师的教育智慧和教育直觉，并从整体上提升教师个人的教育哲学。
大学物理北邮第三版答案概论
习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为 a 2=a 1-a ′ ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有m 1g-T=m 1a 1 ②T-m 2g=m 2a 2 ③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，N B -mg=0 ①又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则N A lsin θ-mg 2l cos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有f+N A =ma ③题2-2图式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即 f=±μ0mg ④联立①、②、③、④式得)(2tan ,)(2tan 00g a g g a g M m μθμθ-=+=2-3 283166-⋅===s m m f a x x 2167-⋅-==s m m f a y y (1) ⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200872167452832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-⋅--=s m j i v (2) m j i j i j t a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++= 2-4 (1)∵dtdv m kv a =-=分离变量，得 mkdt v dv -= 即⎰⎰-=v v t mkdt v dv 00 m kt e v v -=ln ln 0∴ t m k ev v -=0 (2)⎰⎰---===t t t m k m k e k mv dt e v vdt x 000)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞-=='000kmv dt e v x t m k (4)当t=km 时，其速度为e v e v e v v k m m k 0100===-⋅- 即速度减至v 0的e1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a ′-a)T=m 1a ′题2-5图联立，解得a ′=g 方向向下(2) m 2对地加速度为a 2=a ′-a=2g 方向向上 m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵∴g g g a a a 25422221=+=+'= θ=arctan a a '=arctan 21=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为30°，则动量的增量为Δp=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．2-8 (1)若物体原来静止，则Δp 1=⎰⎰=+=tidt t Fdt 04056)210( i kg ·m ·s -1,沿x 轴正向， 111111566.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆s m kg i p I s m i mp v 若物体原来具有-6 m ·s -1初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tFdt mv dt m F v m p mv p 000000)(,于是 ⎰∆==-=∆tp Fdt p p p 0102, 同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t dt t I 0210)210( 亦即t 2+10t-200=0解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去)2-9 质点的动量为p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj)将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得t=ba (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at dt bt a I 0221)( 将t=ba 代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11设一块为m 1，则另一块为m 2，m 1=km 2及m 1+m 2=m于是得 1,121+=+=k m m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有2222211212121mv v m v m T -+=② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③联立①、③解得 v 2=(k+1)v-kv 1 ④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT -= 于是有kmT v v 21±= 将其代入④式，有mkT v v 22±= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmT v v m kT v v 2,221-=+= 证毕．2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J(2)w t A N 756.045==∆=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A 1⎰⎰⎰==-='=ss k kydy fdy dy f A 1012① 式中f ′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在dt →0时，f ′=-f ． 设第二锤外力的功为A 2，则同理，有⎰-==21222221y k ky kydy A ② 由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③ 即222122k k ky =- 所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm2-14 1)()(+-==n rnk dr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图F A =F B =Mg又 F A =k 1Δx 1F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有G 2r mM 月=G ()2rR mM -地 经整理，得 r=R M M M 月地月+=2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯=38.32⨯106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106＝3.66×107 m(2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为()r R M G r M G E P ---=地月=()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-- =-1.28J 610⨯2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-μm 2gh=21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+21k(Δl)2］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则Δl=AC-BC=(2-1)h联立上述两式，得v=()()212221122m m kh gh m m +-+υ题2-17图2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有-f r s=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒+-37sin 212122mgs mv kx k=222137sin 21kx sf mgs mv r -︒+ 式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得 k=1390 N ·m -1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′-f t s ′=mgs ′sin37°-21kx 3 代入有关数据，得 s ′=1.4 m,则木块弹回高度h ′=s ′sin37°=0.84 m题2-19图2-19 m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M 地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有mgR=222121MV mv + 又下滑过程，动量守恒，以m,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得v=()M m MgR +2 2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv += 即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有m v 0=m v 1+m v 2亦即 v 0=v 1+v 2 ②由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的．2-21 由题知，质点的位矢为r=x 1i+y 1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L 0=r ×mv=(x 1i+y 1j)×m(v x i+v y j)=(x 1mv y -y 1mv x )k作用在质点上的力的力矩为M 0=r ×f=(x 1i+y 1j)×(-fi)=y 1fk2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有r 1mv 1=r 2mv 2∴m v v r r 12241021121026.51008.91046.51075.8⨯=⨯⨯⨯⨯== 2-23 (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆301155s m kg j jdt fdt p(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7j at t v y y 5.25335213621220=⨯⨯+⨯=+= 即r 1=4i,r 2=7i+25.5jv x =v 0x =11133560=⨯+=+=at v v y y 即v 1=i 1+6j,v 2=i+11j∴ L 1=r 1×mv 1=4i ×3(i+6j)=72kL 2=r 2×mv 2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg ·m 2·s -1解(二) ∵dtdz M =∴⎰⎰⨯=⋅=∆t t dtFrdtML00)(⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=313225.82)4(55)35)216()4(smkgkkdttjdtjtti t题2-24图2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即M1g=mr0ω20 ①挂上M2后，则有(M1+M2)g=mr′ω′2 ②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 r0mv0=r′mv′222ωω''=⇒rr③联立①、②、③得32211213212111)()(MMMmMgrgmMMrMMMmrgMmrgM+='+='+='=ωωω2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N′是正压力，F r、F′r是摩擦力，F x和F y是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．题2-25图（a）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+ 对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ F r =μN N=N ′ ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=s rad β 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s t 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβω 这段时间内飞轮的角位移为radt t ππππβωφ21.53)49(340214960290021220⨯=⨯⨯-⨯⨯=+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω0=900×(2π)/60 rad ·s -1，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知2021522-⋅-=-=-=s rad t t πωωωβ用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβ2-26 设a，a2和β分别为m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图题2-26(b)图(1)m1，m2和柱体的运动方程如下：⎪⎩⎪⎨⎧='-'=-=-3212111112222βIrTRTamTgmamgmT式中 T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=sradgrmRmIrmRmβ(2)由①式T2=m2rβ+m2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N由②式T1=m1g-m1Rβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N2-27 分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a ①T1=m1a ②对滑轮运用转动定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2)β③又， a=rβ④联立以上4个方程，得22126.721520058.92002-⋅=++⨯=++=s m Mm m gm a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml 2]β∴ β=lg 23 (2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2]ω2∴ω=lg θsin 3题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv 0l=I ω+mvl ①(1/2)mv 20=(1/2)J ω2+(1/2)mv 2 ②上两式中J=1/3Ml 2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=l Mg Iω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω 由①式 mlI v v ω-=0 ④ 由②式 m I v v 222ω-= ⑤ 所以22001)(2ωωmv ml I v -=-求得 gl m Mm m M l mlI l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为∫Fdt=Δmv=mv-mv 0由①式求得∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω=-gl M6)32(6-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v 0=R ω设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有v 2=v 20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即Iω=I′ω′+mv0R式中ω′为破盘的角速度．于是(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′+mv0R[(1/2)MR2-mR2]ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′得ω′=ω(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为[(1/2)MR2-mR2]ω转动动能为题2-31图E k=(1/2)[(1/2)MR2-mR2]ω22-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsinθm0v0=(m+m0)R2ω∴ω=Rmmvm)(sin+θ(2)22220sin21])(sin][)[(21mmmvmRmmvmRmmEEkk+=++=θθ2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv2+(1/2)Iω2+(1/2)kh2又ω=v/R故有ImRkkhmghv+-=222)2(12220.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=sm题2-32图 题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有I 0ω0=(I 0+mR 2)ω ①该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2B ②联立①、②两式，得2022002mR I R I gR v B ++=ω (2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv 2c∴v c =2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．。
物理教学概论试题及答案
物理教学概论试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 物理学研究的基本方法是（）。
A. 观察和实验B. 推理和计算C. 数学建模D. 以上都是2. 牛顿第一定律指出，物体在没有外力作用时将（）。
A. 静止B. 匀速直线运动C. 做曲线运动D. 做加速运动3. 电磁波谱中，频率最高的是（）。
A. 无线电波B. 微波C. 可见光D. 伽马射线4. 热力学第一定律表明能量（）。
A. 可以创造B. 可以消灭C. 可以转化D. 既不能创造也不能消灭5. 根据量子力学，粒子的位置和动量不能同时被精确测量，这是由（）原理所描述的。
A. 泡利不相容原理B. 薛定谔方程C. 海森堡不确定性原理D. 狄拉克方程6. 光的双缝干涉实验表明光具有（）。
A. 粒子性B. 波动性C. 粒子性和波动性D. 以上都不是7. 根据相对论，当物体的速度接近光速时，其质量会（）。
A. 增加B. 减少C. 不变D. 先增加后减少8. 电流通过导体时，导体两端的电压与通过的电流成正比，这是由（）定律所描述的。
A. 欧姆定律B. 法拉第电磁感应定律C. 库仑定律D. 基尔霍夫定律9. 原子核由（）组成。
A. 质子和中子B. 电子和质子C. 电子和中子D. 质子、中子和电子10. 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热使之完全转化为功而不产生其他效果，这是（）原理的表述。
A. 热力学第一定律B. 热力学第二定律C. 热力学第三定律D. 热力学第四定律二、填空题（每空1分，共10分）1. 物理学是研究物质的______、______、______、______等基本性质的科学。
2. 光年是天文学中用来表示______的单位。
3. 绝对零度是指温度为______开尔文。
4. 电磁感应现象是由法拉第在______年发现的。
5. 根据量子力学，电子在原子中的能量状态是______的。
三、简答题（每题5分，共20分）1. 简述牛顿三大定律的内容及其在物理学中的意义。
金版教程物理全解答案及教案 (8)概论
板块四限时·规范·特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。
其中1～6为单选，7～12为多选)1.关于机械波的形成，下列说法中正确的是()A.物体做机械振动，一定产生机械波B.后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步C.参与振动的质点群的频率各不相同D.机械波是介质随波迁移，也是振动能量的传递答案 B解析有振源，但没有媒介，也不能产生机械波，A选项错误。
后振动的质点总是重复前一质点的振动情况，带动再后面振点的振动，B选项是正确的。
参与振动的质点群的频率都相同，C选项是错误的。
机械波是介质只在各自的平衡位置附近做简谐振动，并不随波迁移，在振动过程中把能量传递出去，D选项是错误的。
2. 一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a正向上运动。
由此可知()A.该波沿x轴负方向传播B.c正向上运动C.该时刻以后，b比c先到达平衡位置D.该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处答案 C解析由同侧法可知波沿x轴的正方向传播，A选项错误。
c点向下振动，B选项是错误的。
b质点比c点先振动，c点重复b质点的振动，b质点此时向上振动，b先到达平衡位置，C选项正确。
D选项是错误的。
3. 一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图所示，质点a与质点b相距1 m，a质点正沿y轴正方向运动；t＝0.02 s时，质点a 第一次到达正向最大位移处，由此可知()A.此波的传播速度为25 m/sB.此波沿x轴正方向传播C.从t＝0时起，经过0.04 s，质点a沿波传播方向迁移了1 mD.t＝0.04 s时，质点b处在平衡位置，速度沿y轴负方向答案 A解析由题可知波长λ＝2 m，周期T＝0.08 s，则v＝λT＝25 m/s，A对；由“同侧法”知波沿x轴负方向传播，B错；质点不随波迁移，C错；t＝0时质点b向下运动，从t＝0到t＝0.04 s经过了半个周期，质点b回到平衡位置沿y轴正方向运动，D错。
物理教学论试题及答案
《物理教学论》试题及参考答案一、填空题（10×3）1.中学生物理学习的兴趣特点包括直觉兴趣、操作兴趣、关注兴趣、因果认识兴趣、概括认识兴趣、应用兴趣。
P802.整体教材分析可以分为编写意图、内容选取和程度要求、体系安排、风格特点。
P1333.教学方法的选择包括依据教学目的、依据教材内容、依据学生的实际情况、依据教师的特点、依据学校的特点。
P1064.根据教育学的理论，在课堂上学生掌握和运用知识的过程要经历以下五个环节：激发兴趣、感知知识、理解知识、巩固知识、运用知识。
P665.在物理课堂教学中引入一个新的物理概念常用的方法有：运用实验引入、从学生已有的生活经验引入、从复习旧知识引入、利用物理学史资料引入、利用类比法引入。
P2256.常用的物理问题解决的基本方法有建立模型法、等效变换法、微元处理法、近似处理法、案例法、隔离分析法、叠加法、对称处理法、极端分析法。
P2837.物理课堂教学评价指标包括：教学目标、教学设计、学生活动、教学效果、教师基本素质。
P4358.物理教师评价的内容和标准包括：职业道德、物理学知识、教育与心理学知识、文化素养、教学能力、教学工作、教学效果。
P3839.物理复习教学的常用方法：对比复习法、提纲复习法、复现复习法、组题复习法、实验复习法、归类复习法、知识结构复习法。
P30810.个案研究法的优点：细致深入、全面系统、及时灵活。
P463二、简单题（6×5）1.中学生物理学习中的记忆特点。
P75答：1）中学生的有意记忆逐渐占重要地位，但无意记忆还较明显；2）中学生的机械记忆逐渐为意义记忆所代替；3）中学生的抽象记忆虽有发展，但还是不如形象记忆好；2.中学物理课程改革的特点和趋势。
P41答：1)内容的选取突出基础性和时代性；2)突出“探究活动”，强调“做科学”；3)重视学生的认知发展特点和个性的培养；4)重视对学生的学习评价；5)重视课程资源的开发与利用，课程资源丰富多样；6)提供物理学习情境和学习资料，扩大学生的科学视野；7)加强对学生的学习指导，培养都独立思考能力；8)将实验和理论融为一体，突出实验在物理教学中的基础地位；9)体现物理和人文的融合，多学科渗透；10)重视物理学史料的教育功能，关注知识产生于发展过程；11)注重科学、技术与社会的关系，培养血红色呢个的创新精神和实践能力；12)课程改革要求教师创造性地运用教材；3.物理教学设计的方法。
中学物理教学概论考试题
精心整理青海师范大学物理系2016—2017学年度第一学期物理学专业2014年级A 班《物理教学概论》考试试卷A姓名： 学号： 班级： 得分:_______、物理复习的形式有以下几种 、 。
5、教材分析的依据是 、 、 、 。
二、 选择题（每题3分，共15分） 1、中学物理教学中的科学性是指(??????)。
A 、讲授的物理内容必须是正确无误?B 、讲授任何一个物理问题都必须讲深、讲透、讲全?C 、对任何一个物理问题或原理的表述都必须是十分严格?D 、所有的物理实验都必须是高度精确的2、下列属于在中学物理教学中应该着重贯彻的教学原则是(??? ）。
345 C 、物理量仅从量的方面反映事物的本质属性；?D 、物理量的定义式一定反映物理量之间的函数关系；三、判断题（每题2分，共20分） 1、交流与合作合作中注意既坚持原则又尊重他人。
（ ）2、在评估中能注意探究活动中为解决了矛盾，发现矛盾，发现新的问题。
（ ）3、在进行实验与收集证据中会使用简单的实验仪器无需记录实验数据。
（）4、在分析与论证中认识分析论证在科学探究中是必不可少的。
（）5、在提出问题中能书面我表叔这些问题。
（）6、在猜想与假设中无需认识猜想与假设在科学探究中的重要性。
（）7、在实验时要具有安全操作的意识。
（）学物理教学见习与试教。
2、讲授法、实验法、自学法、讨论法3、提出问题创设便于发现物理规律的物理环境、带领学生探求物理事实的内在联系形成规律、引导学生对规律进行讨论，加深理解规律、指导学生运用规律解决问题。
4、平时复习、阶段复习。
5、依据教学大纲，确立教学目的与要求、依据学生接受水平，学习物理的心理特点和思维规律设计教学过程、依据中学物理教学参考书、依据物理学的知识体系，认识教材的地位和作用。
二、选择题（每题3分，共 15分）1、A2、C3、C、D4、A5、A三、判断题（每题2分，共20分）112如研究匀变速直线运动，探究加速度与物体质量、物体受力的关系等。
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第一篇物理教学基础理论
第一章物理课程
思考与练习
1.什么是课程？
1.课程：是为了实现教学目标，并考虑到学生身心发展和接受能力所设置的教学内容、教学活动及对内容与活动的安排、实现的进程。
2.课程的具体表现形式是:
(1）教学计划（课程计划）、（2）教学大纲（课程标准）（3）教科书3．高中物理课程的培养目标是:
进一步提高科学素养，满足全体学生的终生发展需求.
4．高中物理课程基本理念是：
在课程目的上：提高全体学生的科学素养；
在课程结构上：注重共同基础,体现选择性；
在课程内容上：体现课程的时代性,基础性和选择性；
在课程实施上：注重自主学习,提倡教学方式多样化；
在课程评价上更新评价观念,促进学生发展。
5．高中物理课程总目标是什么？
１学习物理基础知识和技能;２学习科学探究方法;３发展科学探索兴趣;４有可持续发展的意识.
6．高中物理课程具体目标有:（1）知识与技能；（2）过程与方法；（3）情感态度与价值观等三项。
7．科学探究的七要素是：（1）提出问题（2）猜想与假设（3）制订计划与设计实验（4）进行实验与收集证据（5）分析与论证（6）评估（7）交流与合作8．高中物理课程有个模块构成，其中共同必修模块个，选修模块个，而在选修模块中又必须选修个模块。
9．《普通高中物理课程标准》提出了哪四条教学建议？
１．从课程目标的三个维度来设计教学过程
２．提高科学探究的质量,关注科学探究学习目标的达成
３．使物理贴近学生生活,联系社会实际
４．突出物理学科特点,发挥实验在物理教学中的重要作用
10．高中物理课程的评价形式应多样化，例如可采用①笔试，②实验操作，③课题研究，④行为观察，⑤成长记录档案，⑥活动表现评价等方式评价学生。
11.中学物理课程标准的特点有哪些？
第二章中学物理教学的目的任务
1.中学教育最根本的任务是提高全民族的素质，即思想品德素质；科学文化素质；身体心理素质；审美素质；劳动素质。
2.提高全民族的素质分为提高整个民族的
（1）思想品德素质、（2）科学文化素质、（3）身体心理素质、（4）审美素质、（5）劳动素质等五个方面。
3.中学物理教学的目的可概括为；（1）学习物理学的基础知识、（2）培养初步的能力、（3）培养良好的学习品质、（4）加强思想教育。
4．中学物理教学中应主要培养的能力有:1.观察、实验能力2.思维能力3.分析和解决实际问题的能力4.科学探究能力。
5．在中学物理教学中，如何培养学生的实验能力？试举一例加以说明。
6．在中学物理教学中，如何培养学生的思维能力？试举一例加以说明。
第三章物理教学过程和教学原则
1.物理教学过程中三个最基本的因素是什么?它们的基本关系是什么?
教学过程三要素：主体—学生,客体—教学内容,媒体—教师和各种教学手段.
教学过程三要素间的关系：教师是整个教学活动的组织者、引导者，没有教师的教，只能是自学，不能成为教学。
学生是教师的工作对象，是教学效果和质量的直接体现者，没有学生的学，教师的教就无对象，教师的活动就不能落实。
教学内容的主要载体是教材，教材是衡量教学质量的客观标准和依据。
2.中学物理教学应遵循那些教学原则?
一、科学性原则1.教师对于讲授的物理知识必须做到正确无误2.阐述物理现象和物理规律要有充分的事实依据3.要注意教学方法的科学性4.要注意阐述物理规律的逻辑性
二、生动的直观性原则三、启发积极思维的原则四、激发学习兴趣的原则五、理论联系实际的原则六、循序渐进的原则七、因材施教的原则
3.你对教学过程中学生主体作用和教师主导作用是怎样理解的?怎样发挥教师的主导作用?
4,你对教学过程中学生主体作用和教师主导作用是怎样理解的?怎样突出学生的主体地位?
第四章物理教学方法
1.中学物理课堂教学的基本方法有
一、讲授法1.讲授法2.基本要求（1）注意科学性（2）讲究逻辑性（3）重点要突出（4）要有启发性（5）语言要清晰、简练、准确、生动（6）要和其他教学方法有机结合
二、实验法
三、讨论法1.讨论法2.基本要求（1）课前要做好充分准备（2）课堂上创造一个讨论的良好环境
四、自学法1.自学指导法：四个阶段2.自学讨论法：四个阶段
2.常见的启发式教学法有：1.激疑启发教学法：启发式引入，启发式讲授，启发式“伏笔”，启发式辅导。
2.“上当”启发教学法
3.类比启发教学法
4.比喻启发教学法等几种。
3.启发式的核心：是调动学生积极思维。
第五章物理学习心理分析
1.中学生学习物理的兴趣特点有哪些？
1.物理学习兴趣由直接兴趣向间接兴趣发展2物理学习兴趣变的越来越广泛和深刻3.物理学习兴趣越来越具有选择性、自觉性和稳定性
2.中学生学习物理兴趣的四种类型是：
（1）对物理学习的直觉兴趣（2）对物理具有操作兴趣（3）对物理具有因果认识的兴趣（4）对物理具体概括认识的兴趣。
3.如何培养学生学习物理的兴趣？
（1）创设物理“问题情景”（2）使学生面临实际的任务，把物理知识应用到解决问题中去（3）充分利用物理实验（4）教学语言要力求有趣味（5）恰当的运用史料（6）开展丰富多彩的趣味课外活动
4.中学生学习物理的思维特征有哪些？
1.抽象逻辑思维在物理学习中日益占主导地位，形象思维成份仍起着重要作用。
初中生处于形象思维向抽象思维发展的转折期。
初二学生对物理知识的理解常常取决于他们凭直觉而形成的前概念，形象思维占重要地位，到了初三以后，分析和综合，比较和归纳等抽象能力都大为增强。
高中生的抽象思维已占主导地位。
2.思维的各种品质逐步成熟（1）思维的概括性（2）思维的间接性（3）思维的逻辑性（4）思维的精准性（5）思维的独立性和批判性（6）思维的广阔性和深刻性
5.中学生由于主观片面性而引起的物理学习障碍主要表现在哪些方面？
（1）前概念的干扰和负迁移（2）表面的、非本质属性困扰物理概念的正确形成（3）隐蔽因素的忽视和干扰，造成思维混乱（4）凭主观臆断来理解物理知识，未抓住其本质联系（5）习惯思维定势的影响，心理惰性使思维受阻（6）错误地运用相似思维和类比推理，把思维引向歧途
第六章中学物理学习方法
1.解物理习题的一般步骤和程序为：
（1）审清题意；（2）探索思路（3解答题目（4）验算与小结等。
2.物理学科学习方法主要有一、物理观察方法二、物理实验方法三、物理逻辑思维方法四、物理模型的方法五、物理等效方法六、数学方法七、理想化方法八、猜想、灵感、假说方法
3.物理学中的逻辑思维方法主要有：1.比较与分类2.分析与综合3.归纳与演绎等基本形式。
4.物理学中的等效方法可分为：1.作用等效法2.过程等效法3.效应等效法4.表述等效法等几种类型。
5.阅读物理参考书的方法有：（1）划读法——划线示重（2）画读法——画图示意（3）注读法——加批注（4）比读法——比较异同（5）泛读与精度等。
6.物理课堂笔记应着重记录：1）记讲课提纲（2）记重点、难点（3）记解题思路（4）记补充内容：记老师口述的解释、说明和补充内容等。
7.记忆的基本方法有：（1）机械记忆（2）理解记忆（3）形象辅助记忆（4）推理记忆（5）对比记忆（6）图表记忆等。