簡介：普通物理學程守洙、江之永主編考研復習筆記1第八章真空中的靜電場81電荷庫侖定律123122101241RRQQF真空中的介電常數1085822120MNC82電場電場強度RRQE304IIIIRRQE3041分立RRDQE3041連續(xù)大前提對點電荷而言大前提對點電荷而言↑提問為什么試探電荷要求Q足夠小呢答因為Q會影響到源電荷的分布，從而影響到E的大小附1電偶極子EERQP其中EP為電偶極矩，ER為電偶極子的臂負→正30241XPEE考察點P在電偶極子的臂的延長線上2均勻帶電圓環(huán)在軸線上的場強2322041BAQBE其中A為半徑，B為距圓心的距離83高斯定理0IISEQSDE對于高斯定理IEIIIEQE000Q0Q00I處處為為電通量處處為因為局部電荷有正有負，局部電通量也有正有負84靜電場的環(huán)路定理電勢AAALDEQWV00BAABVVQA普通物理學程守洙、江之永主編考研復習筆記3靜電平衡條件的三個表述電勢等勢體垂直于導體表面；表面內部場強垂直于導體表面；表面內部受力EE0F0F92空腔導體內外的靜電場靜電屏蔽的實質導體外內表面上的感應電荷抵消了外內部帶電體在腔內外空間激發(fā)的電場。93電容器的電容孤立導體球的電容RC04常見形狀電容平行板電容器DSC0球形電容器ABBARRRRC04當BR＞＞AR時，變?yōu)楣铝w；當BR、AR都很大，DBRAR很小時，變?yōu)槠叫邪咫娙萜鲌A柱形電容器LN20ABRRLC94電介質及其極化無極分子→感應電矩電子位移極化為主有極分子→介質的極化取向極化為主高頻時，都以電子位移極化為主電極化強度VPP它是反映介質特征的宏觀量各向同性電介質EPE0統(tǒng)計物理和固體物理建立了P與E的關系極化電荷SPQPSPSDPQ→是不是很像高斯定理即NEP為電荷面密度VPDVPQ

簡介：習題八習題八81位于委內瑞拉的安赫爾瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979M如果在水下落的過程中，重力對它所做的功中有50％轉換為熱量使水溫升高，求水由瀑布頂部落到底部而產生的溫差水的比熱容C為31141810JKGK解由上述分析得05MCTMGH水下落后升高的溫度05115KGHTC82在等壓過程中，028KG氮氣從溫度為293K膨脹到373K，問對外做功和吸熱多少內能改變多少解等壓過程氣體對外做功為2121MWPVVRTTM328083137329366510J28氣體吸收的熱量421280783137329323310J282PMQCTTM內能的增量為421280583137329316610J282VMECTTM83一摩爾的單原子理想氣體，溫度從300K加熱到350K。其過程分別為體積保持不變和壓強保持不變。在這兩種過程中1氣體各吸取了多少熱量2氣體內能增加了多少3氣體對外界做了多少功解已知氣體為1摩爾單原子理想氣體312VMCRM1體積不變時，氣體吸收的熱量21383135030062325J2VVMQCTTM壓強保持不變時，氣體吸收的熱量210JBEAEE故84210294JBEABEABEAQEW系統(tǒng)放熱85如題圖85所示，壓強隨體積按線性變化，若已知某種單原子理想氣體在AB兩狀態(tài)的壓強和體積問1從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中氣體做功多少2內能增加多少3傳遞的熱量是多少解1氣體做功的大小為斜線AB下的面積12ABBAWPPVV2對于單原子理想氣體32VCR氣體內能的增量為32VBABAMMECTTRTTMM由狀態(tài)方程代入得MPVRTM32BBAAEPVPV3氣體傳遞的熱量為1322ABBABBAAQEWPPVVPVPV86一氣缸內儲有10MOL的單原子理想氣體在壓縮過程中外力做功200J氣體溫度升高試計算O1C1氣體內能的增量2氣體所吸收的熱量3氣體在此過程中的摩爾熱容量是多少題圖85

簡介：新編物理基礎學上、下冊課后習題詳細答案王少杰，顧牡主編第一章11質點運動學方程為COSSINRATIATJBTK其中A，B，均為正常數，求質點速度和加速度與時間的關系式。分析由速度、加速度的定義，將運動方程RT對時間T求一階導數和二階導數，可得到速度和加速度的表達式。解SINCOSVDRDTATIATJBK2COSSINADVDTATITJ12一艘正在沿直線行駛的電艇，在發(fā)動機關閉后，其加速度方向與速度方向相反，大小與速度平方成正比，即2DDVVKT，式中K為常量試證明電艇在關閉發(fā)動機后又行駛X距離時的速度為0KXVVE。其中0V是發(fā)動機關閉時的速度。分析要求VVX可通過積分變量替換DXDVVDTDVA，積分即可求得。證2DDDDDDDDVXVVTXXVTVKDKDXVVXXK0DD10VVVVKX0LNVV0KXVVE13一質點在XOY平面內運動，運動函數為2248XTYT。（1）求質點的軌道方程并畫出軌道曲線；（2）求T1ST2S和時質點的位置、速度和加速度。分析將運動方程X和Y的兩個分量式消去參數T，便可得到質點的軌道方程。寫出質點的運動學方程TR表達式。對運動學方程求一階導、二階導得VT和AT，把時間代入可得某時刻質點的位置、速度、加速度。解（1）由2XT得2XT代入248YT可得28YX，即軌道曲線。畫圖略（2）質點的位置可表示為2248RTITJ由VDRDT則速度28VITJ由ADVDT則加速度8AJ則當T1S時，有24288RIJVIJAJ當T2S時，有482168RIJVIJAJ14一質點的運動學方程為221XTYT，，X和Y均以M為單位，T以S為單位。（1）求質點的軌跡方程；（2）在2TS時質點的速度和加速度。分析同13解（1）由題意可知X≥0，Y≥0，由2XT，，可得TX代入21YT整理得1YX，即軌跡方程當20XV，即912TS時，由①得，MAX274XKM（2）由（1）式，可知，當0X時，166TS，T≈16S＜30S（舍去）17物體以初速度120MS被拋出，拋射仰角60，略去空氣阻力，問（1）物體開始運動后的15S末，運動方向與水平方向的夾角是多少25S末的夾角又是多少（2）物體拋出后經過多少時間，運動方向才與水平成45角這時物體的高度是多少（3）在物體軌跡最高點處的曲率半徑有多大（4）在物體落地點處，軌跡的曲率半徑有多大分析（1）建立坐標系，寫出初速度0V，求出VT、TAN，代入T求解。（2）由（1）中的TAN關系，求出時間T；再根據Y方向的運動特征寫出TY，代入T求Y。（3）物體軌跡最高點處，0YV，且加速度2NVAAG，求出。（4）由對稱性，落地點與拋射點的曲率相同2COSVGAN，求出。解以水平向右為X軸正向，豎直向上為Y軸正向建立二維坐標系（1）初速度00020COS6020SIN6010103VIJIJMS，且加速度298AJMS則任一時刻1010398VITJMS①與水平方向夾角有10398TAN10T②當T15S時，TAN02621441當T25S時，TAN07183541（2）此時TAN1由②得T075S高度221110307598075102322YOYVTGTM（3）在最高處，21010NVVIMSVMSAG，則2102VMG（4）由對稱性，落地點的曲率與拋射點的曲率相同。由圖17可知COSCOSXNVAAGGV2104920GMS24008249NVMA18應以多大的水平速度V把一物體從高H處拋出，才能使它在水平方向的射程為H的N倍分析若水平射程HNVT，由GTH21消去T，即得HV。解設從拋出到落地需要時間T則，從水平方向考慮VTHN，即從豎直方向考慮212HGT消去T，

簡介：習題二習題二21兩質量分別為M和M的物體并排放在光滑的水平桌MM面上，現有一水平力F作用在物體M上，使兩物體一起向右運動，如題圖21所示，求兩物體間的相互作用力。若水平力F作用在M上，使兩物體一起向左運動，則兩物體間相互作用力的大小是否發(fā)生變化解以M、M整體為研究對象，有①FMMA以M為研究對象，如解圖21（A），有②MMFFMA由①、②兩式，得相互作用力大小MMMFFMM若F作用在M上，以M為研究對象，如題圖21（B）有③MMFMA由①、③兩式，得相互作用力大小發(fā)生變化。MMMFFMM22在一條跨過輕滑輪的細繩的兩端各系一物體，兩物體的質量分別為M1和M2，在M2上再放一質量為M的小物體，如題圖22所示，若M1M24M，求M和M2之間的相互作用力，若M15M，M23M，則M與M2之間的作用力是否發(fā)生變化解受力圖如解圖22，分別以M1、M2和M為研究對象，有111TMGMA222MMGTMMA2MMMGFMA又，則12TT2MMF1122MMGMMM當時124MMM289MMMGF當時1253MMMM，發(fā)生變化。2109MMMGF題圖22題圖21解圖21解圖2225一質量為M的物體靜置于傾角為的固定斜面上。已知物體與斜面間的摩擦系數為。試問至少要用多大的力作用在物體上，才能使它運動并指出該力的方向。解如解圖25建立坐標系，設X方向沿斜面向上為正方向。在與所在的平面上加一外力，且MGNF02（若，此時F偏大）則2COSSIN0FMGFFNSINCOS0NFMG解出COSSINSINCOSMGF要求F最小，則分母取極大值，所以對求導為零SINCOSSINCOS0得帶入上式COSSINTAN則2221SINCOS111即MIN2COSSIN1MGF此時ARCTAN26一木塊恰好能在傾角的斜面上以勻速下滑，現在使它以初速率沿這一斜面上滑，0V問它在斜面上停止前，可向上滑動多少距離當它停止滑動時，是否能再從斜面上向下滑動解勻速下滑時SINCOSMGMG則①TAN向上滑動時②SINCOSMGMGMA③2002ASV聯立求解得204SINSGV當它停止滑動時，會靜止，不再下滑解圖25

簡介：2016年12月廣西壯族自治區(qū)普通高中學業(yè)水平考試物理（全卷滿分100分，考試時間90分鐘）注意事項1答題前，考生務必將姓名、座位號、考籍號填寫在答題卡上。2考生作答時，請在答題卡上作答（答題注意事項見答題卡），在本試題上作答無效。一、單項選擇題Ⅰ（本大題共17小題，每小題2分，共34分。在每小題列出的四個備選項中只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分。）1某同學做圖1中的四種體操運動作時，重心最高的是A甲B乙C丙D丁2打乒乓球時，球拍對乒乓球的作用力為FN，乒乓球對球拍的作用力為FN’，則AFN大于FN’BFN與FN’方向相反CFN小于FN’DFN與FN’方向相同3、一個團隊研究了新鮮果皮與地面間的動摩擦因數，其測試數據如下表材料地面香蕉皮地面蘋果皮地面檸檬皮地面橘子皮動摩擦因數006012020023依據表中數據，最容易導致行人滑倒的是A、香蕉皮B、蘋果皮C、檸檬皮D、橘子皮4、下列物體中，做圓周運動的是A、轉動的電風扇葉B、投出的籃球C、奔跑的小白兔D、樹上落下的蘋果5、在同一圓軌道上繞地球運行的所有衛(wèi)星，一定具有相同的A、密度B、周期C、體積D、質量6、質點作曲線運動的軌跡如圖2所示，ABCD各點速度方向表示正確的是A、AB、BC、CD、DC、實驗檢驗理論推導合理猜想形成結論D、合理猜想合理外推理論推導形成結論12、汽車剎車過程可視為勻減速直線運動，其初速度V0和剎車距離X的關系滿足V022AX。如果剎車加速度A不變，汽車初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，剎車距離將變?yōu)樵瓉淼腁、1倍B、2倍C、3倍D、4倍13、直升機水平向前加速飛行時，需要將機頭向下傾斜。原因是傾斜后螺旋槳的升力F可分解為FX和FY，如圖5，其中A、FX使飛機加速向前飛B、FY使飛機加速向前飛C、FX必需與飛機重力平衡D、FY必需大于飛機的重力14、將兩物體間距離R增加至原來的3倍，由FG可知，它們間的萬有引力將變?yōu)?21RMM原來的A、B、C、D、21619112115、一懸掛小球與光滑斜面接觸，處于靜止狀態(tài)，受力情況如圖6，則小球受到的接力FT與支持力FN的合力A、大于小球重力G，方向豎直向上B、小于小球重力G，方向豎直向上C、與小球重力G相等，方向豎直向上D、與小球重力G相等，方向豎直向下16、某同學騎車以2MS的初速度沿直線加速駛下一斜坡，若加速度大小為04MS2，則經10S后，車在斜坡上通過的距離是A、80MB、40MC、8MD、4M17、如圖7所示，兩物體隨圓盤一起在水平面內做勻速圓周運動，角速度分別為Ω1、Ω2，向心加速度分別為A1、A2，則

簡介：一、單選題（題數50，共500分）單選題開始1設一鋼尺一端被固定在一可光滑旋轉的鉸鏈上，一個鋼球撞擊鋼尺的另一端，在此過程中，滿足什么守恒（）10分A、動量守恒B、能量守恒C、角動量守恒D、機械能守恒正確答案C我的答案C單選題結束單選題開始2在經典物理中什么能分別體現物質的分離性和連續(xù)性（）10分A、粒子性和波動性B、協變性和隨機性C、因果性和量子性B、哈勃C、開普勒D、第谷正確答案B我的答案B單選題結束單選題開始5化學反應的能量在（）量級。（）10分A、EVB、MEVC、GEVD、TEV正確答案A我的答案A單選題結束單選題開始6如果把一個微觀探針尖端朝下立在一個勢阱里，根據量子力學下列

簡介：1大學物理學習題答案習題一答案習題一11簡要回答下列問題1位移和路程有何區(qū)別在什么情況下二者的量值相等在什么情況下二者的量值不相等2平均速度和平均速率有何區(qū)別在什么情況下二者的量值相等3瞬時速度和平均速度的關系和區(qū)別是什么瞬時速率和平均速率的關系和區(qū)別又是什么4質點的位矢方向不變，它是否一定做直線運動質點做直線運動，其位矢的方向是否一定保持不變5和有區(qū)別嗎和有區(qū)別嗎和各代表什么運動RRVV0DVDT0DVDT6設質點的運動方程為，，在計算質點的速度和加速度時，有人先XXTYYT求出，然后根據22RXY及DRVDT22DRADT而求得結果；又有人先計算速度和加速度的分量，再合成求得結果，即及22DXDYVDTDT222222DXDYADTDT你認為兩種方法哪一種正確兩者區(qū)別何在7如果一質點的加速度與時間的關系是線性的，那么，該質點的速度和位矢與時間的關系是否也是線性的8“物體做曲線運動時，速度方向一定在運動軌道的切線方向，法向分速度恒為零，因此其法向加速度也一定為零”這種說法正確嗎9任意平面曲線運動的加速度的方向總指向曲線凹進那一側，為什么10質點沿圓周運動，且速率隨時間均勻增大，、、三者的大小是否隨時間改變NATAA11一個人在以恒定速度運動的火車上豎直向上拋出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子拋出后，火車以恒定加速度前進，結果又如何12一質點沿軸運動，坐標與時間的變化關系為，式中分別以、為單X224TTXTXMS位，試計算1在最初內的位移、平均速度和末的瞬時速度；2末到末的平均S2S2S1S3加速度；3末的瞬時加速度。S33即質點到達軸時的位置為。X120XMY15一質點沿軸運動，其加速度與坐標的關系為，式中為常數，設時X2AX0T刻的質點坐標為、速度為，求質點的速度與坐標的關系。0X0V解按題意222DXXDT由此有，DXDVVDTDXDXDVDTDVDTXDX222即，XDXVDV2兩邊取積分，XXVVXDXVDV002得2022122212021221XXVV由此給出，22VAX20202XVA16一質點的運動方程為，式中，分別以、為單位。試求KTJTITR24RTMS1質點的速度與加速度；2質點的軌跡方程。解1速度和加速度分別為，8DRVTJKDTJDTVDA82令，與所給條件比較可知，，KZJYIXTR1X24TYTZ所以軌跡方程為。214XYZ17已知質點作直線運動，其速度為，求質點在時間內的路程。213VTTMS04S解在求解本題中要注意在時間內，速度有時大于零，有時小于零，因而運動出04S現往返。如果計算積分，則求出的是位移而不是路程。求路程應當計算積分。40VDT40VDT令，解得。由此可知S時，，；S時，230VTT3TS3T0VVV3T；而S時，，。因而質點在時間內的路程為0V3T0VVV04S43434220030333SVDTVDTVDTTTDTTTDT

簡介：11第九章振動和波動基礎振思考題91符合什么規(guī)律的運動是簡諧振動、簡諧振動的特征量由什么決定答答答答某一物理量在某一量值值附近隨時間作周期性往復變化的運動是簡諧運動或者是描述系統(tǒng)的物理量Ψ遵從微分方程則該系統(tǒng)的運動就是簡諧運動。其特征量為振幅（由初始狀態(tài)決定）、頻率（由做簡諧振動系統(tǒng)的物理性質決定）和初相位（由振動的初始狀態(tài)決定）。92說明下列運動是不是諧振動（1）完全彈性球在硬地面上的跳動；（2）活塞的往復運動；（3）如本問題圖所示，一小球沿半徑很大的光滑凹球面滾動（設小球所經過的弧線很短）；（4）豎直懸掛的彈簧上掛一重物，把重物從靜止位置拉下一段距離（在彈性限度內），然后放手任其運動；（5）一質點做勻速圓周運動，它在直徑上的投影點的運動。（6）小磁針在地磁的南北方向附近擺動。答答答答簡諧振動的運動學特征是振動物體的位移（角位移）隨時間按余弦或正弦函數規(guī)律變化；動力學特征是振動物體所受的合力（合力矩）與物體偏離平衡位置的位移（角位移）成正比而反向。從能量角度看，物體在系統(tǒng)勢能最小值附近小范圍的運動是簡諧振動。所以（1）不是簡諧運動，小球始終受重力，不滿足上述線性回復力特征。（2）不是簡諧振動?；钊艿牧εc位移成非線性關系，不滿足上述動力學特征。（3）是簡諧振動。小球只有在“小幅度”擺動時才滿足上述特征。（4）是簡諧振動。（5）是簡諧振動。因為投影點的方程符合物體的位移（角位移）隨時間按余弦或正弦函數規(guī)律變化（6）小磁針只有在小幅度擺動時才滿足上述特征，是簡諧振動；在大幅度擺動時不滿足上述特征。93一彈簧振子由最左位置開始擺向右方，在最左端相位是多少過中點、達右端、再回中點、返回左端等各處的相位是多少初相位呢若過中點向左運動的時刻開始計時，再回答以上各問。1DDT思考題思考題思考題思考題92圖圖圖圖2Ψ2ΩΨ33（1）機械振動一定能產生機械波；（2）質點振動的速度和波的傳播速度是相等的；（3）質點振動的周期和波的周期數值是相等的；（4）波動方程式中的坐標原點是選取在波源位置上。答答答答（1）錯誤，還需要彈性媒質。（2）錯誤，波動的速度由媒質的性質決定，兩者沒有必然的聯系。（3）對。（4）不一定。99什么是波長、波的周期和頻率、波速它們之間有什么關系它們各由什么決定答答答答波長反映波動的空間周期性，定義為同一波線上兩個相鄰的、相位差為2Π的振動質點之間的距離，或者是相鄰的兩個同相質點之間的距離。波速描述振動狀態(tài)傳播快慢程度的物理量，定義為振動狀態(tài)在單位時間內所傳播的距離周期和頻率反映了波動的時間周期性，定義為波傳播一個波長所需要時間，叫周期，用T表示。周期的倒數叫做頻率，用Γ表示它們之間的關系式為UΛTΛΓ。波速由傳輸媒質的性質決定，周期和頻率由波源的性質決定，波長由波速和周期決定。910波動方程Φ中表示什么如果把它寫成YACOS答答答答XXΝΝ相位的變化911關于波長的概念有三種說法，試分析它們是否一致（1）同一波線上，相位差為2Π的兩個振動質點之間的距離；（2）在同一個周期內，振動所傳播的距離；（3）橫波的兩個相鄰波峰（或波谷）之間的距離；縱波的兩個相鄰密部（或疏部）對應點之間的距離。答答答答三種說法一致。（1）首先用波函數質點X1，X2其相位分別為1，2所以相位差為2Π即XXΛ致；（3）中只要將某時刻的波形圖作出，很顯然，相鄰的波峰（谷），縱波的相鄰密部（疏部）對應點其相位差為2Π，和（1）（3）是一致的；912試討論波動能量的傳輸過程；比較波動能量與振動能量。答答答答由于波動中，傳播出去的是介質質元的振動狀態(tài)和能量，但質量元并未傳播出去，而是在各自的平衡位置做往復的振動，由于介質質量元之間的彈性相互作用，質元振動狀態(tài)和能3YACOSΩΩ表示振動狀態(tài)從振源傳播到某點需要的時間表示振動狀態(tài)從振源傳播到某點YXTACOSΩT2ΠΦ來分析，同一波上兩ΩTΠΦΩTΠΦ12XXΩT，則ΩXΛX1X2ΛΛ的兩質點間的距離為ΩTΛ。（2）在一個周期，振動的質點其位相差為2Π和（1）一VVV又表示什么

簡介：習題習題991選擇題1正方形的兩對角線處各放置電荷Q，另兩對角線各放置電荷Q，若Q所受到合力為零，則Q與Q的關系為（）（A）Q232QBQ232QCQ2QDQ2Q答案A2下面說法正確的是（）（A）若高斯面上的電場強度處處為零，則該面內必定沒有電荷；（B）若高斯面內沒有電荷，則該面上的電場強度必定處處為零；（C）若高斯面上的電場強度處處不為零，則該面內必定有電荷；（D）若高斯面內有電荷，則該面上的電場強度必定處處不為零。答案D3一半徑為R的導體球表面的面點荷密度為Σ，則在距球面R處的電場強度（）（A）ΣΕ0（B）Σ2Ε0（C）Σ4Ε0（D）Σ8Ε0答案C4在電場中的導體內部的（）（A）電場和電勢均為零；（B）電場不為零，電勢均為零；（C）電勢和表面電勢相等；（D）電勢低于表面電勢。答案C92填空題1在靜電場中，電勢不變的區(qū)域，場強必定為。答案相同2一個點電荷Q放在立方體中心，則穿過某一表面的電通量為，若將點電荷由中心向外移動至無限遠，則總通量將。答案Q6Ε0將為零3電介質在電容器中作用（A）（B）。答案A提高電容器的容量B延長電容器的使用壽命4電量Q均勻分布在半徑為R的球體內，則球內球外的靜電能之比。答案5693電量都是的三個點電荷，分別放在正三角形的三個頂點試問1在這三角形的中Q心放一個什么樣的電荷，就可以使這四個電荷都達到平衡即每個電荷受其他三個電荷的庫侖力之和都為零2這種平衡與三角形的邊長有無關系解如題93圖示1以處點電荷為研究對象，由力平衡知為負電荷AQ解題中的兩種說法均不對第一種說法中把兩帶電板視為點電荷是不對的，第二種說法把合場強看成是一個帶電板在另一帶電板處的場強也是不對的正確解答應為一SQE0個板的電場為，另一板受它的作用力，這是兩板間相互作SQE02SQSQQF02022用的電場力97長150CM的直導線AB上均勻地分布著線密度50X109CM1的正電荷試求L1在導線的延長線上與導線B端相距50CM處點的場強；2在導線的垂直平分線上1AP與導線中點相距50CM處點的場強2DQ解如題97圖所示1在帶電直線上取線元，其上電量在點產生場強XDQDP為20DΠ41DXAXEP題97圖2220DΠ4DXAXEELLPP2121Π40LALA4Π220LAL用，代入得15LCM910051MC512ACM方向水平向右210746PE1CN2同理方向如題97圖所示2220DDΠ41DXXEQ由于對稱性，即只有分量，LQXE0DQEY∵22222220DDDDΠ41DXXXEQY

簡介：65第3章動量守恒定律和能量守恒定律動量守恒定律和能量守恒定律習題一選擇題選擇題31以下說法正確的是（A）大力的沖量一定比小力的沖量大（B）小力的沖量有可能比大力的沖量大（C）速度大的物體動量一定大（D）質量大的物體動量一定大解析物體的質量與速度的乘積為動量，描述力的時間累積作用的物理量是沖量，因此答案A、C、D均不正確，選B。32質量為的鐵錘鉛直向下打在樁上而靜止，設打擊時間為，打擊前MT錘的速率為，則打擊時鐵捶受到的合力大小應為V（A）（B）（C）（D）MVMGTMGMVMGTMVT解析由動量定理可知，，所以，選D。FTPMVMVFT33作勻速圓周運動的物體運動一周后回到原處，這一周期內物體（A）動量守恒合外力為零（B）動量守恒合外力不為零（C）動量變化為零合外力不為零合外力的沖量為零（D）動量變化為零合外力為零解析作勻速圓周運動的物體運動一周過程中，速度的方向始終在改變，因此動量并不守恒，只是在這一過程的始末動量變化為零，合外力的沖量為零。由于作勻速圓周運動，因此合外力不為零。答案選C。34如圖34所示，圓弧軌道質量為與水平面光滑接觸，一物體14M67（4）合力的沖量不為零（5）合力不為零（6）合力的功不為零（A）（1）、（4）、（5）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（2）、（4）、（6）（D）（1）、（2）、（4）、（5）解析質點在水平內作勻速率圓周運動，合外力提供向心力不為零，不做功。由于在自點到B點的六分之一圓周運動過程中動量變化不為零，因此合A外力的沖量不為零。答案選A。37如圖37所示，足夠長的木條靜止置于光滑水平面上，另一木塊A在的粗糙平面上滑動，則、組成的系統(tǒng)的總動能BAAB（A）不變（B）增加到一定值（C）減少到零（D）減小到一定值后不變解析、組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，，所ABBBABMVMMV以。BVV起始系統(tǒng)的總動能；2112KBBEMV末了系統(tǒng)的總動能。2221111222KABBBBBKEMMVMVVMVE故、組成的系統(tǒng)的總動能減小到一定值后不變，答案選D。AB38下列說法中哪個是正確的（A）系統(tǒng)不受外力的作用，內力都是保守力，則機械能和動量都守恒（B）系統(tǒng)所受的外力矢量和為零，內力都是保守力，則機械能和動量都守恒（C）系統(tǒng)所示的外力矢量和不為零，內力都是保守力，則機械能和動量習題37圖

簡介：1建筑物理課后習題參考答案建筑物理課后習題參考答案第一篇第一篇建筑熱工學建筑熱工學第一章第一章建筑熱工學基本知識建筑熱工學基本知識習題11、構成室內熱環(huán)境的四項氣候要素是什么簡述各個要素在冬（或夏）季，在居室內，是怎樣影響人體熱舒適感的。答（1）室內空氣溫度居住建筑冬季采暖設計溫度為18℃，托幼建筑采暖設計溫度為20℃，辦公建筑夏季空調設計溫度為24℃等。這些都是根據人體舒適度而定的要求。（2）空氣濕度根據衛(wèi)生工作者的研究，對室內熱環(huán)境而言，正常的濕度范圍是3060。冬季，相對濕度較高的房間易出現結露現象。（3）氣流速度當室內溫度相同，氣流速度不同時，人們熱感覺也不相同。如氣流速度為0和3MS時，3MS的氣流速度使人更感覺舒適。（4）環(huán)境輻射溫度人體與環(huán)境都有不斷發(fā)生輻射換熱的現象。12、為什么說，即使人們富裕了，也不應該把房子搞成完全的“人工空間”答我們所生活的室外環(huán)境是一個不斷變化的環(huán)境，它要求人有袍強的適應能力。而一個相對穩(wěn)定而又級其舒適的室內環(huán)境，會導致人的生理功能的降低，使人逐漸喪失適應環(huán)境的能力，從而危害人的健康。13、傳熱與導熱（熱傳導）有什么區(qū)別本書所說的對流換熱與單純在流體內部的對流傳熱有什么不同答導熱是指同一物體內部或相接觸的兩物體之間由于分子熱運動，熱量由高溫向低溫處轉換的現象。純粹的導熱現象只發(fā)生在密實的固體當中。圍護結構的傳熱要經過三個過程表面吸熱、結構本身傳熱、表面放熱。嚴格地說，每一傳熱過程部是三種基本傳熱方式的綜合過程。本書所說的對流換熱即包括由空氣流動所引起的對流傳熱過程，同時也包括空氣分子間和接觸的空氣、空氣分子與壁面分子之間的導熱過程。對流換熱是對流與導熱的綜合過程。而對流傳熱只發(fā)生在流體之中，它是因溫度不同的各部分流體之間發(fā)生相對運動，互相摻合而傳遞熱能的。14、表面的顏色、光滑程度，對外圍護結構的外表面和對結構內空氣間層的表面，在輻射傳熱方面，各有什么影響答對于短波輻射，顏色起主導作用；對于長波輻射，材性起主導作用。如白色表面對可見光的反射能力最強，對于長波輻射，其反射能力則與黑色表面相差極小。而拋光的金屬表面，不論對于短波輻射或是長波輻射，反射能力都很高，所以圍護結構外表面刷白在夏季反射太陽輻射熱是非常有效的，而在結構內空氣間層的表面刷白是不起作用的。15、選擇性輻射體的特性，對開發(fā)有利于夏季防熱的外表面裝修材料，有什么啟發(fā)3第二章第二章建筑圍護結構的傳熱原理及計算建筑圍護結構的傳熱原理及計算習題21、建筑圍護結構的傳熱過程包括哪幾個基本過程，幾種傳熱方式分別簡述其要點。答建筑圍護結構傳熱過程主要包括三個過程表面吸熱、結構本身傳熱、表面放熱。表面吸熱內表面從室內吸熱（冬季），或外表面從事外空間吸熱（夏季）結構本身傳熱熱量由高溫表面?zhèn)飨虻蜏乇砻姹砻娣艧嵬獗砻嫦蚴彝饪臻g散發(fā)熱量（冬季）或內表面向室內散熱（夏季）22、為什么空氣間層的熱阻與其厚度不是成正比關系怎樣提高空氣間層的熱阻答在空氣間層中，其熱阻主要取決于間層兩個界面上的空氣邊界層厚度和界面之間的輻射換熱強度。所以，空氣間層的熱阻于厚度之間不存在成比例地增長關系。要提高空氣間層的熱阻可以增加間層界面上的空氣邊界層厚度以增加對流換熱熱阻；或是在間層壁面上涂貼輻射系數小的反射材料以增加輻射換熱熱阻。23、根據圖217所示條件，定性地作為穩(wěn)定傳熱條件下墻體內部的溫度分布線，應區(qū)別出各層溫度線的傾斜度，并說明理由。已知Λ3〉Λ1〉Λ2。答由可知，由于是穩(wěn)定傳熱，各壁面內的熱流都相同，當值越大DXDQ時，各壁層的溫度梯度就越小，即各層溫度線的傾斜度就越小。DXD24、如圖218所示的屋頂結構，在保證內表面不結露的情況下，室外外氣溫不得低于多少并作為結構內部的溫度分布線。已知TI22℃，ΨI60，RI0115M2KW，RE0043M2KW。解由TI22℃，ΨI60可查出PS26424PA則PAPPIS4415856042642可查出露點溫度℃8813DT要保證內表面不結露，內表面最低溫度不得低于露點溫度1）將圓孔板折算成等面積的方孔板MAAD09704222）計算計算多孔板的傳熱阻有空氣間層的部分（其中空氣間層的熱阻是017）WKMR3500401107410265017074102650201

簡介：物理學教程下冊答物理學教程下冊答案916916第九章第九章靜電場9－1電荷面密度均為＋Σ的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板如圖A放置，其周圍空間各點電場強度E設電場強度方向向右為正、向左為負隨位置坐標X變化的關系曲線為圖B中的題91圖分析與解分析與解“無限大”均勻帶電平板激發(fā)的電場強度為，方向沿帶電02ΕΣ平板法向向外，依照電場疊加原理可以求得各區(qū)域電場強度的大小和方向因而正確答案為B9－2下列說法正確的是A閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內一定沒有電荷B閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內電荷的代數和必定為零C閉合曲面的電通量為零時，曲面上各點的電場強度必定為零D閉合曲面的電通量不為零時，曲面上任意一點的電場強度都不可能為零9－5精密實驗表明，電子與質子電量差值的最大范圍不會超過10－21E，而中子電量與零差值的最大范圍也不會超過10－21E，由最極端的情況考慮，一個有8個電子，8個質子和8個中子構成的氧原子所帶的最大可能凈電荷是多少若將原子視作質點，試比較兩個氧原子間的庫侖力和萬有引力的大小分析分析考慮到極限情況，假設電子與質子電量差值的最大范圍為210－21E，中子電量為10－21E，則由一個氧原子所包含的8個電子、8個質子和8個中子可求原子所帶的最大可能凈電荷由庫侖定律可以估算兩個帶電氧原子間的庫侖力，并與萬有引力作比較解一個氧原子所帶的最大可能凈電荷為EQ21MAX10821二個氧原子間的庫侖力與萬有引力之比為11082Π46202MAXGMΕQFFGE顯然即使電子、質子、中子等微觀粒子帶電量存在差異，其差異在10－21E范圍內時，對于像天體一類電中性物體的運動，起主要作用的還是萬有引力9－61964年，蓋爾曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克構成，中子就是由一個帶的上夸克和兩個帶的下夸克構成若將夸克作為經典E32E31粒子處理夸克線度約為10－20M，中子內的兩個下夸克之間相距26010－15M求它們之間的相互作用力解由于夸克可視為經典點電荷，由庫侖定律RRRRERQQEEEFN783Π41Π412202210F與徑向單位矢量ER方向相同表明它們之間為斥力9－7點電荷如圖分布，試求P點的電場強度分析分析依照電場疊加原理，P點的電場強度等于各點電荷單獨存在時在P點激發(fā)電場強度的矢量和由于電荷量為Q的一對點電荷在P點激發(fā)的電場強度大小相等、方向相反而相互抵消，P點的電場強度就等于電荷量為20Q的點電荷在該點單獨激發(fā)的場強度解根據上述分析

簡介：1ZZ大學物理習題及解答大學物理習題及解答習題一習題一16｜R｜與R有無不同TDDR和TDDR有無不同TDDV和TDDV有無不同其不同在哪里試舉例說明解（1）R是位移的模，R是位矢的模的增量，即R12RR，12RRR；（2）TDDR是速度的模，即TDDRVTSDDTRDD只是速度在徑向上的分量∵有RRR（式中R叫做單位矢），則TRTRTDDDDDDRRR式中TRDD就是速度徑向上的分量，∴TRTDDDD與R不同如題11圖所示題11圖3TDDV表示加速度的模，即TVADD，TVDD是加速度A在切向上的分量∵有VV表軌道節(jié)線方向單位矢），所以TVTVTVDDDDDD式中DTDV就是加速度的切向分量TTRDDDD與的運算較復雜，超出教材規(guī)定，故不予討論17設質點的運動方程為XXT，YYT，在計算質點的速度和加速度時，有人先求出R＝22YX，然后根據VTRDD，及A＝22DDTR而求得結果；又有人先計算速度和加速度的分量，再合成求得結果，即V22DDDDTYTX及A222222DDDDTYTX你認為兩種方法哪一種正確為什么兩者差別何在解后一種方法正確因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標系中，有JYIXR，35∵JIVJIV733340204SM1444JVVTVA62SM1DDJTVA這說明該點只有Y方向的加速度，且為恒量。19質點沿X軸運動，其加速度和位置的關系為A＝262X，A的單位為2SM，X的單位為M質點在X＝0處，速度為101SM試求質點在任何坐標處的速度值解∵XVVTXXVTVADDDDDDDD分離變量XXADXD62D2兩邊積分得CXXV322221由題知，0X時，100V∴50C∴13SM252XXV110已知一質點作直線運動，其加速度為A＝43T2SM，開始運動時，X＝5M，V0，求該質點在T＝10S時的速度和位置解∵TTVA34DD分離變量，得TTVD34D積分，得12234CTTV由題知，0T00V∴01C故2234TTV又因為2234DDTTTXV分離變量，TTTXD234D2積分得232212CTTX由題知0T50X∴52C故521232TTX所以S10T時M70551021102SM190102310432101210XV111一質點沿半徑為1M的圓周運動，運動方程為233T，式中以弧度計，T以秒計，求1T＝2S時，質點的切向和法向加速度；2當加速度的方向和半徑成45角時，其角位移是多少

簡介：地球物理學地震學波在彈性介質中的傳播。地震體波走時，面波頻散，自由振蕩的本征譜特征重力學牛頓萬有引力定律。地球的重力場和重力位地磁學麥克斯韋電磁理論。地磁場和地磁勢。古地磁學鐵磁學。巖石的剩余磁性。地電學電磁場理論。天然電場和大地電場地熱學熱學規(guī)律，熱傳導方程。地球熱場，熱源。第一章太陽系和地球地球內部結構地殼地下的一個地震波速度的間斷面，P波速度由界面上方的62KMS增至81KMS左右。這個間斷面稱為莫霍面（M面）。莫霍面以上的介質稱為地殼，以下的介質稱為地幔。地殼構造復雜，厚度不均，大陸厚，海洋薄。地幔從莫霍面到地下2900KM深處這一層稱為地幔。分為上地幔和下地幔。由地殼基底至約400KM深處的B層介質叫做上地幔，B層上部存在低速層，稱為軟流圈，低速層上部和地殼并稱巖石圈。400KM1000KM間的C介質叫過渡層。軟流圈和巖石圈統(tǒng)稱構造圈。1000KM2900KM為D層。下地幔比較均勻。但底部約厚200KM的D層中，速度梯度接近于零，所以該層介質不均勻。地核從地幔向下直至地心。2900KM4980KM的E層稱為外核。外核與地幔的分界面是速度間斷面古登堡面（G面）。第二章放射性和地球年齡一放射性衰變在自然界中，某些元素的原子核能夠在不受外界條件影響下，自發(fā)地變成另外一種元素的原子核，同時發(fā)射出射線，這種現象稱為放射性衰變。不依靠外力而自發(fā)衰變的元素稱為天然放射性元素。二放射性衰變規(guī)律每單位時間所衰變的原子數目與壓力，溫度等外部條件無關，只于當時存在的衰變原子的數目成正比。華南地震帶，主要指東南沿海和海南島北部等地區(qū)西藏地震帶，沿青藏高原周圍和邊境一帶臺灣地震帶，包括臺灣及其東部海域。從地區(qū)屬于環(huán)太平洋地震帶，地震出現頻繁且強度大。板塊的劃分與全球地震帶的地理分布是一致的。板塊邊界類型1發(fā)散型板塊邊界；2匯聚型板塊邊界；3轉換型板塊邊界全球地震帶的地理分布主要由三類板塊邊界，也就是巖石圈板塊沿三類板塊邊界的相對運動決定。海溝島弧地區(qū)地震；洋脊及轉換斷層的地震；大陸內部的地震（板內地震）三射線參數P的物理意義1同一條地震射線，P為常數；2不同的P對應不同的入射角，即對應不同形狀的射線；3P完全確定了地震射線的性質；4射線參數P只給出了入射角I和圓心距R的關系，沒給出射線的坐標方程。四頻散波速隨頻率或波長而變化稱為頻散。面波成群出現，每一群表現為一列波，每列波各自的頻率具有不同的傳播速度，這種現象稱為面波的頻散現象。由于波在層狀介質中傳播時相互疊加的結果，具有頻散特性的面波不僅有相速度，而且具有群速度。五地球介質的Q值在一個吸收介質中，地震波傳播一定有頻散現象發(fā)生，也就是吸收和頻散總是同時存在。為了描述地震波在地球介質中能量損耗的情況，引入參數Q值。定義為在一周期中質元所損耗的能量與原有能量的比值。Q值反映了介質損耗性質，值越大，介質品質因子越高，能量損耗越小，介質越接近完全彈性。根據Q值的變化研究波的吸收，可以得到介質的非彈性性質，從而進一步了解地球內部介質的性質。六彈性回跳理論地殼運動使巖石產生應變，當應力在一個長時期內不斷積累，超過一定限度時，地下巖層突然破裂，形成斷層，或是沿已有斷層發(fā)生突然滑動，使存儲在巖石中的彈性應變能突然

簡介：第9章靜電場靜電場習題一選擇題選擇題91兩個帶有電量為等量異號電荷，形狀相同的金屬小球A和B相互作2Q用力為F，它們之間的距離R遠大于小球本身的直徑，現在用一個帶有絕緣柄的原來不帶電的相同的金屬小球C去和小球A接觸，再和B接觸，然后移去，則球A和球B之間的作用力變?yōu)锳BCD4F8F38F16F答案B解析經過碰撞后，球A、B帶電量為，根據庫倫定律，可知球2Q12204QQFRA、B間的作用力變?yōu)椤?F92關于電場強度定義式，下列說法中哪個是正確的FE0QA電場場強的大小與試驗電荷的大小成反比E0QB對場中某點，試驗電荷受力與的比值不因而變F0Q0QC試驗電荷受力的方向就是電場強度的方向FED若場中某點不放試驗電荷，則，從而0Q0F0E答案B解析根據電場強度的定義，的大小與試驗電荷無關，方向為試驗電荷為正E電荷時的受力方向。因而正確答案（B）93如圖93所示，任一閉合曲面S內有一點電荷Q，O為S面上任一點，若將Q由閉合曲面內的P點移到T點，且OPOT，那么A穿過S面的電場強度通量改變，O點的場強大小不變B穿過S面的電場強度通量改變，O點的場強大小改變QOSTP習題93圖習題97圖答案D解析根據高斯定理，可得同心球面的電場分布為0DIISQES，作ER圖可得答案（D）。1122020040RREQRRRERRRE97如圖97所示，在勻強電場中，將一負電荷從A移動到B，則A電場力做正功，負電荷的電勢能減少B電場力做正功，負電荷的電勢能增加C電場力做負功，負電荷的電勢能減少D電場力做負功，負電荷的電勢能增加答案D解析負電荷受力方向與電場強度方向相反，將負電荷從A移動到B，受力方向與位移方向家教大于90，因此電場力作負功；同時，電場力為保守力，保守力作功電勢能的增量的負值，因此負電荷的電勢能增加。答案（D）98如圖98所示，在點電荷Q的電場中，若取圖中P點為電勢零點，則M點的電勢為（A）B04QA08QACD04QA08QA答案D解析點電荷Q在P點和M點的電勢分別為，取P00442PQMQQQVVAA點為電勢零點，則M點的電勢為。0004248MMQPQQQQVVVAAAABEPMAAQ習題98圖