簡介：電學和力學是物理學科的重頭戲電學和力學是物理學科的重頭戲注意實驗新題型掌握重點實驗注意實驗新題型掌握重點實驗李天印說李天印說還有在這一階段我們要加強專題的訓練，對基礎知識和課本的知識有一定的了解之后我們，要加強對專題的訓練，這樣有利于我們能力的提高，如果在專題的學習中我們要根據(jù)自己的情況選一些中等題和有難度的的題，把自己所有容易出錯的地方進行查漏補缺。李天印說李天印說下面我們把高三物理現(xiàn)階段復習和下一步的復習一些想法在這里和大家交流一下，有不同意之處希望大家批評。高三物理復習基本是分成兩個階段第一個階段是基礎知識、基本概念、基本技能、基本方法的復習，現(xiàn)在的考生絕大部分已經完成了這一步工作，特別是現(xiàn)在我們拿到了全國的高考大綱和北京市的高考通知，這樣就使得我們下一步復習更具有針對性，比如說就物理，理科綜合之后。今年選擇題里面由7個變成8個，這本題里面內容分力、光、電、熱、原子核，電學、光學各會有一個題，在光、熱、電知識是容易得分的。所以在這個基礎上，要把一些基本的方法掌握，一個是對教材要搞懂，第二個我們要把歷年的來的高考試題要拿來看一看，第三個是電學和力學始終是物理學科的重頭戲，它的變化很多，這方面的復習在前面的復習基礎上在下一步的復習當中要善于總結歸納。后面非選擇題，一個是實驗題，關于實驗題，下一階段的復習我們要特別注意實驗，因為在第一階段復習的時候大家對概念梳理得比較好，一般在高考復習前要對實驗進行突擊性的復習，在剩下的時間如何對實驗進行復習，第一對書上考試內容列出的實驗要梳理一下，哪些是最基本的實驗，哪些簡單的實驗，哪些是綜合性的實驗，比如說直接測量的實驗，測玻璃過濾的實驗等等對這些簡單的實驗要把它實驗的原理，實驗的步驟，實驗的過程要了解清楚，對小的實驗有條件可以做一遍。下一步對綜合的重點的實驗，比如說力學的問題，測均變速運動的問題，再比如說電學實驗、測電圖、改裝電表，這個電學實驗同學要重點學習，年年考，年年新，同學在這方面一定要多總結經驗，再后面就是三個大的計算論述題，同學們要在這方面注意，如果在電學考得比較多，那么在這里要注意力學，特別是力、電綜合，往往是電學搭臺、力學唱戲，大家應該把幾部分重要的知識串聯(lián)起來。比如說運用牛頓定律來解決問題，比如說電學里面的電磁感應，比如說安培律的問題等等一些核心的主要的知識、重要的知識一定要把它們搞清楚，除此之外，分析一下近幾年的典型題考的方向是什么。時間不長了，大家要注意時間的安排，什么時間做專題實驗，什么時候做綜合復習，大家要做好時間的安排，我們的學生水平不一樣，奮斗的目標不一樣，如果你定好自己的位置，比如說理科綜合里面的要達到120分，那些難題就不要多想那么多，如果目標在110分，我們就要在基礎知識多下一些功夫。網友網友在考場上如何分配答題的時間大家要在實驗下工夫，另外在課本知識和生產、實踐相結合比較重要。有的同學覺得自己的基礎不太好，這個階段要通過題目來落實基礎知識，把基本的知識拿到，把課本上的基礎知識要掌握好，最后階段不同層次的人方向感是有區(qū)別的。理綜考試是非常重視實驗能力，因為它是體現(xiàn)理科的特點的，對實驗的考試難題也出在實驗上，所以對于希望拿到高分的同學在實驗上不可忽視，我們在課本上有108個實驗，還有一些學生實驗，對這些實驗是想拿到高分的同學不可忽視的問題。另外對于綜合的理解我們已經轉向到一個綜合知識的運用，我們2004年的考試一個是基礎知識的運用，一個是各個知識塊的綜合知識的運用，還有一個是STS知識的運用，我們要把這三塊知識的運用理解到位，到最后的時候取得高分。主持人踏雪說主持人踏雪說我們的訪談時間要結束了，我們對于高考總復習的訪談要結束了，我們再次感謝北京天利考試信息網支持，我們也非常感謝海淀進修學校的各位老師。主持人踏雪說主持人踏雪說感謝各位網友的關注，謝謝大家，再見

簡介：第六章第六章靜電場中的導體與電介質靜電場中的導體與電介質6－1將一個帶正電的帶電體A從遠處移到一個不帶電的導體B附近，則導體B的電勢將（）（A）升高（B）降低（C）不會發(fā)生變化（D）無法確定分析與解分析與解不帶電的導體B相對無窮遠處為零電勢。由于帶正電的帶電體A移到不帶電的導體B附近時，在導體B的近端感應負電荷；在遠端感應正電荷，不帶電導體的電勢將高于無窮遠處，因而正確答案為（A）。6－2將一帶負電的物體M靠近一不帶電的導體N，在N的左端感應出正電荷，右端感應出負電荷。若將導體N的左端接地（如圖所示），則（）（A）N上的負電荷入地（B）N上的正電荷入地（C）N上的所有電荷入地（D）N上所有的感應電荷入地分析與解分析與解導體N接地表明導體N為零電勢，即與無窮遠處等電勢，這與導體N在哪一端接地無關。因而正確答案為（A）。6－3如圖所示將一個電量為Q的點電荷放在一個半徑為R的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為D，參見附圖。設無窮遠處為零電勢，則在導體球球心O點有（）（A）DΕQVE0Π40（B）DΕQVDΕQE020Π4Π4（C）00VE（D）RΕQVDΕQE020Π4Π4IISSΕΧQ001DD1SESE即E＝E０ΕＲ，因而正確答案為（A）。6－6不帶電的導體球A含有兩個球形空腔，兩空腔中心分別有一點電荷QB、QC，導體球外距導體球較遠的R處還有一個點電荷QD（如圖所示）。試求點電荷QB、QC、QD各受多大的電場力。分析與解分析與解根據(jù)導體靜電平衡時電荷分布的規(guī)律，空腔內點電荷的電場線終止于空腔內表面感應電荷；導體球A外表面的感應電荷近似均勻分布，因而近似可看作均勻帶電球對點電荷QD的作用力。20Π4RΕQQQFDCBD點電荷QD與導體球A外表面感應電荷在球形空腔內激發(fā)的電場為零，點電荷QB、QC處于球形空腔的中心，空腔內表面感應電荷均勻分布，點電荷QB、QC受到的作用力為零6－7一真空二極管，其主要構件是一個半徑R１＝5010－4M的圓柱形陰極和一個套在陰極外，半徑R２＝4510－3M的同軸圓筒形陽極陽極電勢比陰極電勢高300V，陰極與陽極的長度均為L＝2510－２M假設電子從陰極射出時的速度為零求（１）該電子到達陽極時所具有的動能和速率；（２）電子剛從陽極射出時所受的力

簡介：11質點作曲線運動在時刻T質點的位矢為R速度為V速率為VT至T＋ΔT時間內的位移為ΔR路程為ΔS位矢大小的變化量為ΔR或稱Δ｜R｜平均速度為平均速率為VV1根據(jù)上述情況則必有A｜ΔR｜ΔSΔRB｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DS≠DRC｜ΔR｜≠ΔR≠ΔS當ΔT→0時有｜DR｜DR≠DSD｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DRDS2根據(jù)上述情況則必有A｜｜｜｜B｜｜≠｜｜≠VVVVVVVVC｜｜｜｜≠D｜｜≠｜｜VVVVVVVV分析與解分析與解1質點在T至T＋ΔT時間內沿曲線從P點運動到P′點各量關系如圖所示其中路程ΔS＝PP′位移大?。｜＝PP′而ΔR＝｜R｜｜R｜表示質點位矢大小的變化量三個量的物理含義不同在曲線運動中大小也不相等注在直線運動中有相等的可能但當ΔT→0時點P′無限趨近P點則有｜DR｜＝DS但卻不等于DR故選B2由于｜ΔR｜≠ΔS故即｜｜≠TSTΔΔΔΔRVV但由于｜DR｜＝DS故即｜｜＝由此可見應選CTSTDDDDRVV12一運動質點在某瞬時位于位矢RXY的端點處對其速度的大小有四種意見即1；2；3；4TRDDTDDRTSDD22DDDDTYTX下述判斷正確的是A只有12正確B只有2正確C只有23正確D只有34正確分析與解分析與解表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率在極坐標系中叫徑向速TRDDE勻速直線運動0VV分析與解分析與解本題關鍵是先求得小船速度表達式進而判斷運動性質為此建立如圖所示坐標系設定滑輪距水面高度為HT時刻定滑輪距小船的繩長為L則小船的運動方程為其中繩長L隨時間T而變化小船速度式中表示繩長L22HLX22DDDDHLTLLTXVTLDD隨時間的變化率其大小即為V0代入整理后為方向沿X軸負向由ΘLHLCOS0220VVV速度表達式可判斷小船作變加速運動故選C討論討論有人會將繩子速率V0按X、Y兩個方向分解則小船速度這樣做對ΘCOS0VV嗎16已知質點沿X軸作直線運動其運動方程為式中X的單位為MT32262TTX的單位為S求1質點在運動開始后40S內的位移的大??；2質點在該時間內所通過的路程；3T＝4S時質點的速度和加速度分析位移和路程是兩個完全不同的概念只有當質點作直線運動且運動方向不改變時位移的大小才會與路程相等質點在T時間內的位移ΔX的大小可直接由運動方程得到而在求路程時就必須注意到質點在運動過程中可能改變運動方向此時0ΔXXXT位移的大小和路程就不同了為此需根據(jù)來確定其運動方向改變的時刻TP求出0～0DDTXTP和TP～T內的位移大小ΔX1、ΔX2則T時間內的路程如圖所示至于T＝4021XXSS時質點速度和加速度可用和兩式計算TXDD22DDTX解1質點在40S內位移的大小M32Δ04XXX2由0DDTX得知質點的換向時刻為T＝0不合題意S2PT

簡介：物理學科核心素養(yǎng)1核心素養(yǎng)的內涵核心素養(yǎng)，以培養(yǎng)“全面發(fā)展的人”為核心。“學生發(fā)展核心素養(yǎng)”，是指學生應具備的，能夠適應終身發(fā)展和社會發(fā)展需要的必備品格和關鍵能力是關于學生知識、技能、情感、態(tài)度、價值觀等多方面要求的綜合表現(xiàn)是每一名學生獲得成功生活、適應個人終生發(fā)展和社會發(fā)展都需要的、不可或缺的共同素養(yǎng)，其發(fā)展是一個持續(xù)終身的過程，可教可學，最初在家庭和學校中培養(yǎng)，隨后在一生中不斷完善。2核心素養(yǎng)與三維目標之間邏輯關系我國的基礎教育課程改革走過了從“雙基基礎知識、基本技能”到“三維目標知識與技能、過程與方法、情感態(tài)度與價值觀”的轉變，新一輪的高中課程改革是在“三維目標”的基礎上提出以“核心素養(yǎng)”來統(tǒng)領。3物理核心素養(yǎng)1物理觀念內涵“物理觀念”是從物理學視角形成的關于物質、運動與相互作用、能量等的基本認識是物理概念和規(guī)律等在頭腦中的提煉和升華是從物理學視角解釋自然現(xiàn)象和解決實際問題的基礎。描述①形成經典物理的物質觀、運動觀、能量觀、相互作用觀，并且能用來解釋自然現(xiàn)象和解決實際問題②初步具有現(xiàn)代物理的物質觀、運動觀、能量觀、相互作用觀，能用于描述自然界的圖景。2科學思維內涵“科學態(tài)度與責任”是指在認識科學本質，理解科學技術社會環(huán)境關系的基礎上，逐漸形成的對科學和技術應有的正確態(tài)度和責任感?！翱茖W態(tài)度與責任”主要包括科學本質、科學態(tài)度、社會責任等要素。描述①能正確認識科學的本質②具有學習和研究物理的好奇心與求知欲，能主動與他人合作，尊重他人，能基于證據(jù)和邏輯發(fā)表自己的見解，實事求是，不迷信權威③在進行物理研究和物理成果應用時，能遵守普遍接受的道德規(guī)范④理解科學、技術、社會、環(huán)境的關系，熱愛自然，珍惜生命，具有保護環(huán)境、節(jié)約資源、促進可持續(xù)發(fā)展的責任感。從四大類，14條的描述中，我們不難發(fā)現(xiàn)，核心素養(yǎng)的建構，盡管落腳點是學生“身心發(fā)生積極、健康的變化”，但卻是建立在物理學科的基礎上或以物理學科為載體來實現(xiàn)的。

簡介：第一章第一章質點運動學質點運動學11質點作曲線運動在時刻T質點的位矢為R速度為V速率為VT至T＋ΔT時間內的位移為ΔR路程為ΔS位矢大小的變化量為ΔR或稱Δ｜R｜平均速度為平均速率為VV1根據(jù)上述情況則必有A｜ΔR｜ΔSΔRB｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DS≠DRC｜ΔR｜≠ΔR≠ΔS當ΔT→0時有｜DR｜DR≠DSD｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DRDS2根據(jù)上述情況則必有A｜｜｜｜B｜｜≠｜｜≠VVVVVVVVC｜｜｜｜≠D｜｜≠｜｜VVVVVVVV分析與解分析與解1質點在T至T＋ΔT時間內沿曲線從P點運動到P′點各量關系如圖所示其中路程ΔS＝PP′位移大?。｜＝PP′而ΔR＝｜R｜｜R｜表示質點位矢大小的變化量三個量的物理含義不同在曲線運動中大小也不相等注在直線運動中有相等的可能但當ΔT→0時點P′無限趨近P點則有｜DR｜＝DS但卻不等于DR故選B2由于｜ΔR｜≠ΔS故即｜｜≠TSTΔΔΔΔRVV但由于｜DR｜＝DS故即｜｜＝由此可見應選CTSTDDDDRVV12一運動質點在某瞬時位于位矢RXY的端點處對其速度的大小有四種意見即1；2；3；4TRDDTDDRTSDD22DDDDTYTX下述判斷正確的是A只有12正確B只有2正確而在求路程時就必須注意到質點在運動過程中可能改變運動方向此時位移0ΔXXXT的大小和路程就不同了為此需根據(jù)來確定其運動方向改變的時刻TP求出0～TP和0DDTXTP～T內的位移大小ΔX1、ΔX2則T時間內的路程如圖所示至于T＝40S時21XXS質點速度和加速度可用和兩式計算TXDD22DDTX題15圖解1質點在40S內位移的大小M32Δ04XXX2由0DDTX得知質點的換向時刻為T＝0不合題意S2PT則M08Δ021XXXM40Δ242XXX所以質點在40S時間間隔內的路程為M48ΔΔ21XXS3T＝40S時1S04SM48DDTTXV2S0422MS36DDTTXA16已知質點的運動方程為式中R的單位為MT的單位為Ｓ求JIR222TT1質點的運動軌跡；2T＝0及T＝2Ｓ時質點的位矢；3由T＝0到T＝2Ｓ內質點的位移ΔR和徑向增量ΔR；分析分析質點的軌跡方程為Y＝FX可由運動方程的兩個分量式XT和YT中消去T即可得到對于R、ΔR、ΔR、ΔS來說物理含義不同詳見題11分析解1由XT和YT中消去T后得質點軌跡方程為2412XY

簡介：趙忠堯加到收藏夾添加相關資源生平簡介生平簡介科學成就科學成就趣聞軼事趣聞軼事一、生平簡介生平簡介趙忠堯（1902年）1902年6月27日生于浙江諸暨。出身在一個貧苦農民家庭，家里只有少量田產。父親趙繼和一邊教書一邊行醫(yī)，賴以維特生活，但他很希望子女多讀些書，成為對社會有用的人。趙忠堯是家里最小的孩子，也是唯一的男孩，從小備受龐愛。他15歲進入諸暨縣立中學，由于成績優(yōu)良，一年后就享受免收學費的待遇。1920年中學畢業(yè)后考入南京高等師范學校數(shù)理化部學習，1924年畢業(yè)。以后又在工作中補足了高等師范與大學本科所差的學分，1925年取得東南大學畢業(yè)資格。趙忠堯在校雖然學的是化學專業(yè)，但他學習數(shù)學、物理同樣認真，物理學得也相當好，以致畢業(yè)后東南大學請他當了物理系的助教，從此他便畢生從事物理的教學和研究工作。1924年冬天，趙忠堯給葉企孫葉企孫教授當助教，協(xié)助準備物理實驗。第二年，隨葉企孫教授到清華大學，趙忠堯在那里擔任實驗課程，清華大學物理實驗室的基礎就是他和其他幾位教師共同建立起來的。同時，自修了電學、力學、數(shù)學、物理、德文、法文等。1927年，趙忠堯自費赴美國加州理工學院研究生部深造，他的導師是1923年諾貝爾物理獎獲得者RA密立根密立根（MILLIKAN）。1930年，趙忠堯獲得博士學位。1932年1937年，趙忠堯回到清華大學物理系當教授。除教學外，他積極組織建設核物理實驗室，為核物理研究及人才培養(yǎng)創(chuàng)造條件。1937年抗日戰(zhàn)爭爆發(fā)，他到云南大學教了一年物理和數(shù)學。1938年秋，他在西南聯(lián)合大學任教。他從中子共振入手探討了原子核的能級間距，特別是計算了銀、銠、溴的共振中子能級的間隔。這些研究結果有的發(fā)表在中國物理學報上，有些發(fā)表在英國自然（NATURE）雜志上。3主持建成了我國最早的兩臺加速器在中國科學院近代物理研究所工作時，主持建成了我國最早的兩臺加速器一臺70萬電子伏和一臺250萬電子伏的質子靜電加速器，通過這兩臺加速器的研制，發(fā)展了我國的真空技術、高電壓技術、高電壓技術、離子源技術，打下了加速器和核物理研究的基礎，培養(yǎng)了從事核物理的人才。4領導建設我國的高能物理研究基地三、趣聞軼事趣聞軼事1愛科學、更愛祖國130年代辦鉛筆廠，想“實業(yè)救國”趙忠堯熱愛祖國，總想為祖國做更多貢獻。30年代，他受當時“實業(yè)救國”思想的啟發(fā)，拿出自己工資的節(jié)余，又在朋友中間征集了一些股金，籌辦起一個小小的鉛筆工廠。當時我國工業(yè)十分落后，即使像鉛筆這樣的簡單產品也大都是從國外購入鉛芯，然后在國內加工成鉛筆。趙忠堯力求全部生產過程都在國內完成。為此，除從國外購進必要的機器設備外，還動手做了一些鉛筆生產所必需的工藝實驗，當時因華北局勢動蕩，把鉛筆廠建在上海，委托當?shù)氐囊晃黄髽I(yè)家代管。鉛筆生產出來了，定名為“長城牌”，因為長城是中華民族的象征。以后因資金微薄，加之不善經營，不得不出讓給別人。中華人民共和國成立后，這個廠改建成“中國鉛筆廠”、“長城牌”改名為“中華牌”，工廠也得到很大發(fā)展。25萬美元干大事1945年趙忠堯在美國時，薩本棟教授匯給他一筆5萬美元的款項，委托他購買核物理實驗設備。5萬美元對于購置核物理實驗設備是一個微不足道的數(shù)目，但對當時的中國這點經費來之不易。趙忠堯精打細算，反復研究，覺得國內要開展核物理研究，必須有加速器。就自己設計了一臺規(guī)模雖小但結構先進的靜電加速器，只在美國購置國內買不到的器材和國內無法加工的部件。最后，他將這些器材和部件發(fā)運回新中國，建成了我國最早的加速器。

簡介：1116第一章第一章質點運動學質點運動學11質點作曲線運動在時刻T質點的位矢為R速度為V速率為VT至T＋ΔT時間內的位移為ΔR路程為ΔS位矢大小的變化量為ΔR或稱Δ｜R｜平均速度為平均速率為VV1根據(jù)上述情況則必有A｜ΔR｜ΔSΔRB｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DS≠DRC｜ΔR｜≠ΔR≠ΔS當ΔT→0時有｜DR｜DR≠DSD｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DRDS2根據(jù)上述情況則必有A｜｜｜｜B｜｜≠｜｜≠VVVVVVVVC｜｜｜｜≠D｜｜≠｜｜VVVVVVVV分析與解分析與解1質點在T至T＋ΔT時間內沿曲線從P點運動到P′點各量關系如圖所示其中路程ΔS＝PP′位移大小｜ΔR｜＝PP′而ΔR＝｜R｜｜R｜表示質點位矢大小的變化量三個量的物理含義不同在曲線運動中大小也不相等注在直線運動中有相等的可能但當ΔT→0時點P′無限趨近P點則有｜DR｜＝DS但卻不等于DR故選B2由于｜ΔR｜≠ΔS故即｜｜≠TSTΔΔΔΔRVV但由于｜DR｜＝DS故即｜｜＝由此可見應選CTSTDDDDRVV12一運動質點在某瞬時位于位矢RXY的端點處對其速度的大小有四種意見即1；2；3；4TRDDTDDRTSDD22DDDDTYTX下述判斷正確的是A只有12正確B只有2正確C只有23正確D只有34正確31162SM60DDTAXXV2SM40DDTAYYV則加速度的大小為222SM172YXAAA設A與X軸的夾角為Β則32TANXYAAΒΒ＝3341′或32619′15質點沿直線運動加速度A＝4T2式中A的單位為MＳ2T的單位為Ｓ如果當T＝3Ｓ時X＝9MV＝2MＳ1求質點的運動方程分析分析本題屬于運動學第二類問題即已知加速度求速度和運動方程必須在給定條件下用積分方法解決由和可得和如A＝AT或V＝VT則可兩TADDVTXDDVTADDVTXDDV邊直接積分如果A或V不是時間T的顯函數(shù)則應經過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分解由分析知應有TTA0DD0VVV得103314VVTT由TXXTX0DD0V得200421212XTTTXV將T＝3Ｓ時X＝9MV＝2MＳ1代入1、2得V0＝1MＳ1X0＝075M于是可得質點運動方程為750121242TTX16飛機以100MＳ1的速度沿水平直線飛行在離地面高為100M時駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標處問1此時目標在飛機正下方位置的前面多遠2投放物品時駕駛員看目標的視線和水平線成何角度3物品投出20Ｓ后它的法向加速度和切向加速度各為多少

簡介：物理學14章習題解答1415光源S1和S2在真空中發(fā)出的光都是波長為Λ的單色光，現(xiàn)將它們分別放于折射率為N1和N2的介質中，如圖145所示。界面上一點P到兩光源的距離分別為R1和R2。1兩束光的波長各為多大2兩束光到達點P的相位變化各為多大3假如S1和S2為相干光源，并且初相位相同，求點P干涉加強和干涉減弱的條件。解1已知光在真空中的波長為，那么它在折射率為N的介質中的波長可以表示為所以，在折射率為N1和N2的介質中的波長可分別表示為和2光傳播R的距離，所引起的相位的變化為所以，第一束光到達點P相位的變化為第二束光到達點P相位的變化為3由于兩光源的初相位相同，則兩光相遇時的相位差是由光程差決定的，所以，點P干涉加強的條件是點P干涉減弱的條件是1416若用兩根細燈絲代替楊氏實驗中的兩個狹縫，能否觀察到干涉條紋為什么解觀察不到干涉條紋，因為它們不是相干光源。1417在楊氏干涉實驗中，雙縫的間距為030MM，以單色光照射狹縫光源，在離開雙縫12M處的光屏上，從中央向兩側數(shù)兩個第5條暗條紋之間的間隔為228MM。求所用單色光的波長。圖145由此解得當時，當時，當時，在以上干涉加強的光波中，L1是紅外光，3是紫外光，只有2處于可見光范圍內，且為黃光。1422在觀察薄膜干涉時常說使用面光源，這是為什么能否使用點光源呢解在觀察薄膜干涉時，可以使用點光源。使用面光源可以增大干涉條紋的襯比度。具體分析見上面的概念闡釋。1423試分析一下等傾干涉條紋可能是什么形狀解因為等傾干涉圖樣定位于無限遠處，使用透鏡則呈現(xiàn)于透鏡的焦面上。又因為等傾干涉條紋是以相同角度入射和出射的平行光在光屏上會聚點的軌跡。如果屏面與焦面重合，則干涉條紋為同心圓環(huán)。若屏面不與透鏡光軸相垂直，干涉條紋的形狀可能是橢圓、雙曲線等圓錐截線。1424兩塊矩形的平板玻璃疊放于桌面上，將一薄紙條從一邊塞入它們之間，使兩玻璃板之間形成一個劈形氣隙。用鈉光波長為589NM垂直照射，將觀察到干涉條紋。沿垂直于劈棱的方向上每厘米有10條亮紋或暗紋，求劈形氣隙的角度。解設相鄰亮條紋或相鄰暗條紋的間距為L，劈角為，因為相鄰亮條紋或相鄰暗條紋所對應的氣隙厚度差為半波長，所以下面的關系成立根據(jù)已知條件，，代入上式，得1425兩塊矩形的平板玻璃疊放在一起，使其一邊相接觸，在與此邊相距20CM處夾一直徑為50102MM的細絲，如圖146所示，于是便形成一劈形氣隙。若用波長為589NM的鈉光垂直照射，劈形氣隙表面出現(xiàn)干涉條紋，求相鄰暗條紋之間的間距。

簡介：第十章第十章靜電場中的導體與電介質靜電場中的導體與電介質1010－1將一個帶正電的帶電體A從遠處移到一個不帶電的導體B附近，則導體B的電勢將（）（A）升高（B）降低（C）不會發(fā)生變化（D）無法確定分析與解分析與解不帶電的導體B相對無窮遠處為零電勢由于帶正電的帶電體A移到不帶電的導體B附近時，在導體B的近端感應負電荷；在遠端感應正電荷，不帶電導體的電勢將高于無窮遠處，因而正確答案為（A）1010－2將一帶負電的物體M靠近一不帶電的導體N，在N的左端感應出正電荷，右端感應出負電荷若將導體N的左端接地（如圖所示），則（）（A）N上的負電荷入地（B）N上的正電荷入地（C）N上的所有電荷入地（D）N上所有的感應電荷入地題102圖分析與解分析與解導體N接地表明導體N為零電勢，即與無窮遠處等電勢，這與導體N在哪一端接地無關因而正確答案為（A）1010－3如圖所示將一個電量為Q的點電荷放在一個半徑為R的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為D，參見附圖設無窮遠處為零電勢，則在導體球球心O點有（）（A）（B）DΕQVE0Π40DΕQVDΕQE020Π4Π4（C）（D）00VERΕQVDΕQE020Π4Π4題103圖題106圖分析與解分析與解根據(jù)導體靜電平衡時電荷分布的規(guī)律，空腔內點電荷的電場線終止于空腔內表面感應電荷；導體球A外表面的感應電荷近似均勻分布，因而近似可看作均勻帶電球對點電荷QD的作用力20Π4RΕQQQFDCBD點電荷QD與導體球A外表面感應電荷在球形空腔內激發(fā)的電場為零，點電荷QB、QC處于球形空腔的中心，空腔內表面感應電荷均勻分布，點電荷QB、QC受到的作用力為零10－7一真空二極管，其主要構件是一個半徑R１＝5010－4M的圓柱形陰極和一個套在陰極外、半徑R２＝4510－3M的同軸圓筒形陽極陽極電勢比陰極電勢高300V，陰極與陽極的長度均為L＝2510－２M假設電子從陰極射出時的速度為零求（１）該電子到達陽極時所具有的動能和速率；（２）電子剛從陽極射出時所受的力題107圖分析分析（1）由于半徑R１＜＜L，因此可將電極視作無限長圓柱面，陰極和陽極之間的電場具有軸對稱性從陰極射出的電子在電場力作用下從靜止開始加速，電子所獲得的動能等于電場力所作的功，也即等于電子勢能的減少由此，可求得電子到達陽極時的動能和速率（2）計算陽極表面附近的電場強度，由F＝QE求出電子在陰極表面所受的電場力解（1）電子到達陽極時，勢能的減少量為

簡介：第十二章第十二章電磁感應電磁感應電磁場和電磁波電磁場和電磁波12－1一根無限長平行直導線載有電流I，一矩形線圈位于導線平面內沿垂直于載流導線方向以恒定速率運動（如圖所示），則（）（A）線圈中無感應電流（B）線圈中感應電流為順時針方向（C）線圈中感應電流為逆時針方向（D）線圈中感應電流方向無法確定題121圖分析與解分析與解由右手定則可以判斷，在矩形線圈附近磁場垂直紙面朝里，磁場是非均勻場，距離長直載流導線越遠，磁場越弱因而當矩形線圈朝下運動時，在線圈中產生感應電流，感應電流方向由法拉第電磁感應定律可以判定因而正確答案為（B）12－2將形狀完全相同的銅環(huán)和木環(huán)靜止放置在交變磁場中，并假設通過兩環(huán)面的磁通量隨時間的變化率相等，不計自感時則（）（A）銅環(huán)中有感應電流，木環(huán)中無感應電流（B）銅環(huán)中有感應電流，木環(huán)中有感應電流（C）銅環(huán)中感應電動勢大，木環(huán)中感應電動勢小（D）銅環(huán)中感應電動勢小，木環(huán)中感應電動勢大分析與解分析與解根據(jù)法拉第電磁感應定律，銅環(huán)、木環(huán)中的感應電場大小相等，但在木環(huán)中不會形成電流因而正確答案為（A）12－3有兩個線圈，線圈1對線圈2的互感系數(shù)為M21，而線圈2對線圈112－6一鐵心上繞有線圈100匝，已知鐵心中磁通量與時間的關系為，式中的單位為WB，T的單位為S，求在TΦΠ100SIN10085Φ時，線圈中的感應電動勢S10012T分析分析由于線圈有N匝相同回路，線圈中的感應電動勢等于各匝回路的感應電動勢的代數(shù)和，在此情況下，法拉第電磁感應定律通常寫成，其中稱為磁鏈TΨTΦNΞDDDDΦNΨ解線圈中總的感應電動勢VΠ100COS512DDTTΦN當時，S10012TV512Ξ12－7載流長直導線中的電流以的變化率增長若有一邊長為D的正方TIDD形線圈與導線處于同一平面內，如圖所示求線圈中的感應電動勢分析分析本題仍可用法拉第電磁感應定律，來求解由于回路TΦDD處在非均勻磁場中，磁通量就需用來計算SSBΦD為了積分的需要，建立如圖所示的坐標系由于B僅與X有關，即BBX，故取一個平行于長直導線的寬為DX、長為D的面元DS，如圖中陰影部分所示，則DSDDX，所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元DSDXDY，則上述積分實際上為二重積分）本題在工程技術中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式求解TIMDD解1穿過面元DS的磁通量為XDXISBΦDΠ2DD0因此穿過線圈的磁通量為

簡介：物理學發(fā)展的三個時期物理學發(fā)展的三個時期物理學是隨著人類社會實踐的發(fā)展而產生、形成和發(fā)展起來的，它經歷了漫長的發(fā)展過程?？v觀物理學的發(fā)展史，根據(jù)它不同階段的特點，大致可以分為物理學萌芽時期、經典物理學時期和現(xiàn)代物理學時期三個發(fā)展階段。一物理學萌芽時期物理學萌芽時期在古代，由于生產水平的低下，人們對自然界的認識主要依靠不充分的觀察，和在此基礎上進行的直覺的、思辨性猜測，來把握自然現(xiàn)象的一般性質，因而自然科學的知識基本上是屬于現(xiàn)象的描述、經驗的總結和思辨的猜測。那時，物理學知識是包括在統(tǒng)一的自然哲學之中的。在這個時期，首先得到較大發(fā)展的是與生產實踐密切相關的力學，如靜力學中的簡單機械、杠桿原理、浮力定律等。在墨經中，有力的概念“力，形之所以奮也”的記述；光學方面，積累了關于光的直進、折射、反射、小孔成像、凹凸面鏡等的知識。墨經上關于光學知識的記載就有八條。在古希臘的歐幾里德公元前450380等的著作中也有光的直線傳播和反射定律的論述，并且對光的折射現(xiàn)象也作了一定的研究。電磁學方面，發(fā)現(xiàn)了摩擦起電、磁石吸鐵等現(xiàn)象，并在此基礎上發(fā)明了指南針。聲學方面，由于音樂的發(fā)展和樂器的創(chuàng)造，積累了不少樂律、共鳴方面的知識。物質結構和相互作用方面，提出了原子論、元氣論、陰陽五行說、以太等假設。在這個時期，觀察和思辨雖然是人們認識自然的主要手段和方法，但也出現(xiàn)了一些類似于用實驗來研究物理現(xiàn)象的方法。例如，我國宋代沈括在夢溪筆談中的聲共振實驗和利用天然磁石進行人工磁化的實驗，以及趙友欽在革象新書中的大型光學實驗等就是典型的事例?？傊瑥倪h古直到中世紀歐洲通常把五世紀到十五世紀叫做中世紀末，由于生產的發(fā)展，雖然積累了不少物理知識，也為實驗科學的產生準備了一些條件并做了一些實驗，但是這些都還稱不上系統(tǒng)的自然科學研究。在這個時期，物理學尚處在萌芽階段。二經典物理學時期經典物理學時期十五世紀末葉，資本主義生產關系的產生，促進了生產和技術的大發(fā)展；席卷西歐的文藝復興運動，解放了人們的思想，激發(fā)起人們的探索精神。近代自然科學就在這種物質的和思想的歷史條件下誕生了。系統(tǒng)的觀察實驗和嚴密的數(shù)學演繹相結合的研究方法被引進物理學中，導致了十七世紀主要在天文學和力學領域中的“科學革命”。牛頓力學體系的建立，標志著近代物理學的誕生。整個十八世紀，物理學處在消化、積累、準備的漸進階段。新的科學思想、方法和理論，得到了傳播、完善和擴展。牛頓力學完成了解析化工作，建立了分析力學；光學、熱學和靜電學也完成了奠基性工作，成為物理學的幾門基礎學科。人們以力學的模型去認識各種物理現(xiàn)象，使機械論的自然觀成為十八世紀物理學的統(tǒng)治思想。到了十九世紀，物理學獲得了迅速和重要的發(fā)展，各個自然領域之間的聯(lián)系和轉化被普遍發(fā)現(xiàn)，新數(shù)學方法被廣泛引進物理學，相繼建立了波動光學、熱力學和分子運動論、經典電磁場理論等完整的、解析式的理論體系，使經典物理學臻于完善。由物理學的巨大成就所深刻揭示的自然界的統(tǒng)一性，為辨證唯物主義的自然觀提供了重要的科學依據(jù)。三現(xiàn)代物理學時期現(xiàn)代物理學時期十九世紀末葉物理學上一系列重大發(fā)現(xiàn)，使經典物理學理論體系本身遇到了不可克服的危機，從而引起了現(xiàn)代物理學革命。由于生產技術的發(fā)展，精密、大型儀器的創(chuàng)制以及物理學思想的變革，這一時期的物理學理論呈現(xiàn)出高速發(fā)展的狀況。研究對象由低速到高速，由宏觀到微觀，深入到廣垠的宇宙深處和物質結構的內部，對宏觀世界的結構、運動規(guī)律和微觀物質的運動規(guī)律的認識，產生了重大的變革。相對論的量子力學的建立，克服了經典物理學的危機，完成了從經典物理學到現(xiàn)代物理學的轉變，使物理學的理論基礎發(fā)生了質的飛躍，改變了人們的物理世界圖景。1927年以后，量子場論、原子核物理學、粒子物理學、天體物理學和現(xiàn)代宇宙學，得到了迅速的發(fā)展。物理學向其它學科領域的推進，產生了一系列物理學的新部門和邊緣學科，并為現(xiàn)代科學技術提供了新思路和新方法?，F(xiàn)代物理學的發(fā)展，引起了人們對物質、運動、空間、時間、因果律乃至生命現(xiàn)象的認識的重大變化，對物理學理論的性質的認識也發(fā)生了重大變化?，F(xiàn)在越來越多的事實表明，物理學在揭開微觀和宏觀深處的奧秘方面，正醞釀著新的重大突破?，F(xiàn)代物理學的理論成果應用于實踐，出現(xiàn)了象原子能、半導體、計算機、激光、宇航等許多新技術科學。這些新興技術正有力地推動著新的科學技術革命，促進生產的發(fā)展。而隨著生產和新技術的發(fā)展，又反過來有力地促進物理學的發(fā)展。這就是物理學的發(fā)展與生產發(fā)展的辨證關系。

簡介：11質點作曲線運動在時刻T質點的位矢為R速度為V速率為VT至T＋ΔT時間內的位移為ΔR路程為ΔS位矢大小的變化量為ΔR或稱Δ｜R｜平均速度為平均速率為VV1根據(jù)上述情況則必有A｜ΔR｜ΔSΔRB｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DS≠DRC｜ΔR｜≠ΔR≠ΔS當ΔT→0時有｜DR｜DR≠DSD｜ΔR｜≠ΔS≠ΔR當ΔT→0時有｜DR｜DRDS2根據(jù)上述情況則必有A｜｜｜｜B｜｜≠｜｜≠VVVVVVVVC｜｜｜｜≠D｜｜≠｜｜VVVVVVVV分析與解分析與解1質點在T至T＋ΔT時間內沿曲線從P點運動到P′點各量關系如圖所示其中路程ΔS＝PP′位移大?。｜＝PP′而ΔR＝｜R｜｜R｜表示質點位矢大小的變化量三個量的物理含義不同在曲線運動中大小也不相等注在直線運動中有相等的可能但當ΔT→0時點P′無限趨近P點則有｜DR｜＝DS但卻不等于DR故選B2由于｜ΔR｜≠ΔS故即｜｜≠TSTΔΔΔΔRVV但由于｜DR｜＝DS故即｜｜＝由此可見應選CTSTDDDDRVV12一運動質點在某瞬時位于位矢RXY的端點處對其速度的大小有四種意見即TTYY4015DDV當T＝0時VOX＝10MＳ1VOY＝15MＳ1則初速度大小為120200SM018YXVVV設VO與X軸的夾角為Α則23TAN00XYΑVV?。?2341′2加速度的分量式為2SM60DDTAXXV2SM40DDTAYYV則加速度的大小為222SM172YXAAA設A與X軸的夾角為Β則32TANXYAAΒΒ＝3341′或32619′15質點沿直線運動加速度A＝4T2式中A的單位為MＳ2T的單位為Ｓ如果當T＝3Ｓ時X＝9MV＝2MＳ1求質點的運動方程分析分析本題屬于運動學第二類問題即已知加速度求速度和運動方程必須在給定條件下用積分方法解決由和可得和TADDVTXDDVTADDV如A＝AT或V＝VT則可兩邊直接積分如果A或V不是時間TTXDDV的顯函數(shù)則應經過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分解由分析知應有TTA0DD0VVV得103314VVTT

簡介：大學物理課后習題答案（上）大學物理課后習題答案（上）大學物理課后習題答案（上）第1頁共81頁4141分析與解分析與解力對軸之力矩通常有三種情況其中兩種情況下力矩為零一是力的作用線通過轉力對軸之力矩通常有三種情況其中兩種情況下力矩為零一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸軸，二是力平行于轉軸例如門的重力并不能使門轉例如門的重力并不能使門轉不滿足上述情況下的作用力不滿足上述情況下的作用力含題述作用力垂直于含題述作用力垂直于轉軸的情況轉軸的情況對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知1212說法是正確對于說法是正確對于3434兩種說法，如作用于剛兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然但如這兩個體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故力為非共點力，則以上結論不成立，故3434說法不完全正確綜上所述，應選說法不完全正確綜上所述，應選BB4242分析與解分析與解剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故等，故1212說法正確對說法說法正確對說法33來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應選BB4343分析與解分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零因此在棒在下落過程中重有關當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大由機械能守恒亦可判由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況斷角速度變化情況，應選，應選CC4444分析與解分析與解對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，故的角動量守恒，故L不變，此時應有下式成立，即變，此時應有下式成立，即ΩJΩJDMDM00VV式中式中MVMVD為子彈對點為子彈對點O的角動量的角動量Ω０為圓盤初始角速度，為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸O的轉動慣的轉動慣量，量，J0為子彈射入前盤對軸為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量由于的轉動慣量由于J＞J0，則，則Ω＜Ω０故選故選CC4545分析與解分析與解由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動星守恒，即地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動星守恒，即RMVMV＝恒量，式＝恒量，式中R為地球中心指向衛(wèi)星的位矢當衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時，由于｜為地球中心指向衛(wèi)星的位矢當衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時，由于｜R｜不同，由角動量守恒｜不同，由角動量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，故衛(wèi)星動能并不守恒，知衛(wèi)星速率不同，其中當衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，故衛(wèi)星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機械能守恒，即衛(wèi)星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機械能守恒，即衛(wèi)星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應選應選BB4646分析分析這是剛體的運動學問題剛體定軸轉動的運動學規(guī)律與質點的運動學規(guī)律有類似的關這是剛體的運動學問題剛體定軸轉動的運動學規(guī)律與質點的運動學規(guī)律有類似的關系，本題為勻變速轉動系，本題為勻變速轉動解11由于角速度由于角速度Ω＝2Π2ΠNN為單位時間內的轉數(shù)為單位時間內的轉數(shù)，根據(jù)角加速度的定義，根據(jù)角加速度的定義，在勻變速，在勻變速TΩΑDD轉動中角加速度為轉動中角加速度為200SRAD113Π2TNNTΩΩΑ22發(fā)動機曲軸轉過的角度為發(fā)動機曲軸轉過的角度為0020Π221NNTΩΩTΑTΩΘ在1212S內曲軸轉過的圈數(shù)為內曲軸轉過的圈數(shù)為大學物理課后習題答案（上）大學物理課后習題答案（上）大學物理課后習題答案（上）第3頁共81頁410410分析分析由于轉動慣量的可加性，求解第一問可有兩種方法一是由定義式由于轉動慣量的可加性，求解第一問可有兩種方法一是由定義式計算，式計算，式MRJD2中DM可取半徑為可取半徑為R、寬度為、寬度為DR窄圓環(huán)；二是用補償法可將剩余部分的轉動慣量看成是原大圓盤和挖去的窄圓環(huán)；二是用補償法可將剩余部分的轉動慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對同一軸的轉動慣量的差值至于第二問需用到平行軸定理小圓盤對同一軸的轉動慣量的差值至于第二問需用到平行軸定理解挖去后的圓盤如圖挖去后的圓盤如圖BB所示所示11解1由分析知由分析知2232222203215D2DΠ2ΠDMRRRRMRRRMRMRJRRRR解2整個圓盤對整個圓盤對OOOO軸轉動慣量為軸轉動慣量為，挖去的小圓盤對，挖去的小圓盤對OOOO軸轉動慣量軸轉動慣量2121MRJ，由分析知，剩余部分對，由分析知，剩余部分對OOOO軸的轉動慣量為軸的轉動慣量為2222232122ΠΠ21MRRRRMJ22103215MRJJJ22由平行軸定理，剩余部分對由平行軸定理，剩余部分對O′O′軸的轉動慣量為軸的轉動慣量為22222032392ΠΠ3215MRRRRMMMRJ411411分析分析在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的飛輪作定軸轉動，而重物是作落體運在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的飛輪作定軸轉動，而重物是作落體運動，它們之間有著內在的聯(lián)系由于繩子不可伸長，并且質量可以忽略這樣，飛輪的轉動慣量，就可動，它們之間有著內在的聯(lián)系由于繩子不可伸長，并且質量可以忽略這樣，飛輪的轉動慣量，就可根據(jù)轉動定律和牛頓定律聯(lián)合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規(guī)律來確定根據(jù)轉動定律和牛頓定律聯(lián)合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規(guī)律來確定該題也可用功能關系來處理將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和該題也可用功能關系來處理將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機械能守恒利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系，以及線速度和角速度的關系，為零，系統(tǒng)的機械能守恒利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系，以及線速度和角速度的關系，代入機械能守恒方程中即可解得代入機械能守恒方程中即可解得解1設繩子的拉力為設繩子的拉力為FＴ，對飛輪而言，根據(jù)轉動定律，有，對飛輪而言，根據(jù)轉動定律，有11ΑJRFT而對重物而言，由牛頓定律，有而對重物而言，由牛頓定律，有22MAFMGT由于繩子不可伸長，因此，有由于繩子不可伸長，因此，有33ΑRA

簡介：第十五章第十五章狹義相對論狹義相對論15－1有下列幾種說法1兩個相互作用的粒子系統(tǒng)對某一慣性系滿足動量守恒，對另一個慣性系來說，其動量不一定守恒；2在真空中，光的速度與光的頻率、光源的運動狀態(tài)無關；3在任何慣性系中，光在真空中沿任何方向的傳播速率都相同其中哪些說法是正確的A只有1、2是正確的B只有1、3是正確的C只有2、3是正確的D三種說法都是正確的分析與解分析與解物理相對性原理和光速不變原理是相對論的基礎前者是理論基礎，后者是實驗基礎按照這兩個原理，任何物理規(guī)律含題述動量守恒定律對某一慣性系成立，對另一慣性系也同樣成立而光在真空中的速度與光源頻率和運動狀態(tài)無關，從任何慣性系相對光源靜止還是運動測得光速均為3108MS1迄今為止，還沒有實驗能推翻這一事實由此可見，23說法是正確的，故選C15－2按照相對論的時空觀，判斷下列敘述中正確的是A在一個慣性系中兩個同時的事件，在另一慣性系中一定是同時事件B在一個慣性系中兩個同時的事件，在另一慣性系中一定是不同時事件C在一個慣性系中兩個同時又同地的事件，在另一慣性系中一定是同時同地事件D在一個慣性系中兩個同時不同地的事件，在另一慣性系中只可能同時不同地Ｅ在一個慣性系中兩個同時不同地事件，在另一慣性系中只可能同地不同時分析與解分析與解設在慣性系Ｓ中發(fā)生兩個事件，其時間和空間間隔分別為ΔT和ΔX，按照洛倫茲坐標變換，在Ｓ′系中測得兩事件時間和空間間隔分別為和221ΔΔΔΒXCTTV21ΔΔΔΒTXXV討論上述兩式，可對題述幾種說法的正確性予以判斷說法AB是不正確的，這是因為在一個慣性系如Ｓ系發(fā)生的同時ΔT＝0事件，在另一個慣性系如Ｓ′系中是否同時有兩種可能，這取決于那兩個事件在Ｓ系中發(fā)生的地點是同地ΔX＝0還是不同地ΔX≠0說法DＥ也是不正確的，由上述兩式可知在Ｓ系發(fā)生兩個同時ΔT＝0不同地ΔX≠0事件，在Ｓ′系中一定是既不同時ΔT′≠0也不同地ΔX′≠0，但是在Ｓ系中的兩個同時同地事S102511721211CXCTT2VV2同理，第二個事件發(fā)生的時刻為S10531722222CXCTT2VV所以，在Ｓ′系中兩事件的時間間隔為S10252Δ712TTT15－6設有兩個參考系Ｓ和Ｓ′，它們的原點在T＝0和T′＝0時重合在一起有一事件，在Ｓ′系中發(fā)生在T′＝8010－8S，X′＝60M，Y′＝0，Z′＝0處，若Ｓ′系相對于Ｓ系以速率V＝06C沿XX′軸運動，問該事件在Ｓ系中的時空坐標各為多少分析分析本題可直接由洛倫茲逆變換將該事件從Ｓ′系轉換到Ｓ系解由洛倫茲逆變換得該事件在Ｓ系的時空坐標分別為M9312CTXX2VVY＝Y′＝0Z＝Z′＝0S10521722CXCTT2VV15－7一列火車長030KM火車上觀察者測得，以100KMH1的速度行駛，地面上觀察者發(fā)現(xiàn)有兩個閃電同時擊中火車的前后兩端問火車上的觀察者測得兩閃電擊中火車前后兩端的時間間隔為多少分析分析首先應確定參考系，如設地面為Ｓ系，火車為Ｓ′系，把兩閃電擊中火車前后端視為兩個事件即兩組不同的時空坐標地面觀察者看到兩閃電同時擊中，即兩閃電在Ｓ系中的時間間隔ΔT＝T2－T1＝0火車的長度是相對火車靜止的觀察者測得的長度注物體長度在不指明觀察者的情況下，均指相對其靜止參考系測得的長度，即兩事件在Ｓ′系中的空間間隔ΔX′＝X′2－X′1＝030103MＳ′系相對Ｓ系的速度即為火車速度對初學者來說，完成上述基本分析是十分必要的由洛倫茲變換可得兩事件時間間隔之間的關系式為

簡介：第八章第八章熱力學基礎熱力學基礎8－1如圖，一定量的理想氣體經歷ACB過程時吸熱700J，則經歷ACBDA過程時，吸熱為A–700J（B）500J（C）500J（D）1200J分析與解分析與解理想氣體系統(tǒng)的內能是狀態(tài)量，因此對圖示循環(huán)過程ACBDA，內能增量ΔE0，由熱力學第一定律Q＝ΔE＋W，得QACBDAWWACB＋WBD＋WDA，其中BD過程為等體過程，不作功即WBD0；DA為等壓過程，由PV圖可知，WDA1200J這里關鍵是要求出WACB而對ACB過程，由圖可知A、B兩點溫度相同，即系統(tǒng)內能相同由熱力學第一定律得WACBQACBΔEQACB700J，由此可知QACBDAWACB＋WBD＋WDA500J故選（C）題81圖8－2如圖，一定量的理想氣體，由平衡態(tài)A變到平衡態(tài)B，且它們的壓強相等，即PA＝PB請問在狀態(tài)A和狀態(tài)B之間，氣體無論經過的是什么過程，氣體必然A對外作正功B內能增加C從外界吸熱D向外界放熱題82圖分析與解分析與解由P－V圖可知，PAVA＜PBVB，即知TA＜TB，則對一定量理想氣體必有EB＞EA即氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B內能必增加而作功、熱傳遞是過程量，將與具體過程有關所以A、C、D不是必然結果，只有B正確8－3兩個相同的剛性容器，一個盛有氫氣，一個盛氦氣均視為剛性分子理想氣體開始時它們的壓強和溫度都相同，現(xiàn)將3J熱量傳給氦氣，使之升高到一定的溫度若使氫氣也升高同樣的溫度，則應向氫氣傳遞熱量為A6JB3JC5JD10J分析與解分析與解當容器體積不變，即為等體過程時系統(tǒng)不作功，根據(jù)熱力學第一定律Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE而由理想氣體內能公式TRIMMEΔ2Δ，可知欲使氫氣和氦氣升高相同溫度，須傳遞的熱量－1K－1分析分析取質量為M的水作為研究對象，水從瀑布頂部下落到底部過程中重力作功W＝MGH，按題意，被水吸收的熱量Q＝05W，則水吸收熱量后升高的溫度可由Q＝MCΔT求得解由上述分析得MCΔT＝05MGH水下落后升高的溫度ΔT＝05GHC＝115K8－7如圖所示，1MOL氦氣，由狀態(tài)11VPA沿直線變到狀態(tài)22VPB，求這過程中內能的變化、對外作的功、吸收的熱量分析分析由題84分析可知功的數(shù)值就等于PV圖中BA過程曲線下所對應的面積，又對一定量的理想氣體其內能RTIE2，而氦氣為單原子分子，自由度I3，則1MOL氦氣內能的變化TRE23，其中溫度的增量T可由理想氣體物態(tài)方程RTPV求出求出了BA過程內能變化和做功值，則吸收的熱量可根據(jù)熱力學第一定律EWQ求出解由分析可知，過程中對外作的功為211212PPVVW內能的變化為23231122VPVPTRE吸收的熱量21212211122VPVPVPVPEWQ題87圖8－8一定量的空氣，吸收了171103J的熱量，并保持在10105PA下膨脹，體積從1010－2M3增加到1510－2M3，問空氣對外作了多少功它的內能改變了多少分析分析由于氣體作等壓膨脹，氣體作功可直接由W＝PV2－V1求得取該空氣為系統(tǒng)，根據(jù)熱力學第一定律Q＝ΔE