物理学导论

21.（本题5分）（1652）假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q 时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功 (2) 使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中，外力共作多少功22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线．它们的直径为a ，反向流过相同大小的电流I ，电流在导线内均匀分布．试在图示的坐标系中求出x 轴上两导线之间区域]25,21[a a 内磁感强度的分布． 23.（本题5分）（2303）图示相距为a 通电流为I 1和I 2的两根无限长平行载流直导线．(1) 写出电流元11d l I 对电流元22d l I 的作用力的数学表式；(2) 推出载流导线单位长度上所受力的公式．24.（本题10分）（2150）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面．且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r 1、r 2．已知两导线中电流都为t I I sin 0 ，其中I 0和为常数，t 为时间．导线框长为a 宽为b ，求导线框中的感应电动势．22.（本题5分）（2442）将细导线弯成边长d =10 cm 的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A 的电流，求六边形中心点的磁感强度B ．(0 =4×10-7 N ·A -2 )23.（本题5分）（2548）在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动．求等效圆电流的磁矩m p与电子轨道运动的动量矩L 大小之比，并指出m p和L 方向间的关系．(电子电荷为e ，电子质量为m )24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d ，载有大小相等方向相反的电流I ，电流变化率d I /d tIa aI xO2aII 21d l I22d l Ia12rIIOxr 1r 2 ab=>0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．ddII7-3 计算和证明题7-3-1解Q所受合力为零，即224l，求得Q7-3-2解场强大小为20044()a ladx lE dEx a a l，沿带电直线方向.7-3-3解如图建立坐标系，正负电荷关于x对称，它们在O点产生的场强沿y轴负向，在圆上取dl=Rdφdq=λdl=Rλdφ，它在O点产生场强大小为dE=24RRd方向沿半径向外则dE x=dEsinφ=dRsin4dE y=dEcos(π-φ)=R4cosφdφ积分22sin04xE dR2220002cos42yqE dR R R方向沿y轴负向．7-3-4解如图所示，dq dl Rd，它在圆心O点产生的场强200cos44Rd A ddER R其在x轴上的场强为cos()x xE dE dE2200cos44A d AR R方向沿x轴负向，其在y轴上的场强为sin()y yE dE dE2cos sin4A dR7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg即2q mgtg，有622308.010/mgtgC mq7-3-6解在r R处取一细圆环，其带电量2dq dS rdr，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上P点产生的场强大小223/2223/2223/200024()4()2()xdq x rdr x rdrdEx r x r x rxqEr22223/2223/222000()2()4()2RR x rdr x d x r E x r x r x R7-3-7解(1)11122222(2)(21) 1.05/e bd S b d S bd d N m C （2）由高斯定理可得，1209.2910ie iqC7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy ，沿弧长方向取一宽度为dl 的细条，此细条单位长度上的带电量为dl Rd d R R， 此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O 点产生的场强为20022d dE R R，20cos cos()2x d dE dE R， 20sin sin()2y d dE dE R，20cos 02x x d E dE R， 22000sin 2y y d E dE R R，20x y y E E i E j E j j Rr r r r r7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得2111114ne iSi E dS E S E R qr r Ò，所以2510149.0310nii qE R C（2）如下图，由高斯定理1()e SE dS E E S nShr r Ò下上，所以有122120 1.0610/E E E E n C m h h下上7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为R 电荷体密度为 的均匀带正电球体和一个半径为r 电荷体密度为 的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即000E E E r r r由高斯定理可求出00E r，302004343a a E a r ， 所以O 点的场强大小为0003a E E，方向沿OO u u u u r .同理，O 点的场强大小为 00003a E E E，方向仍沿OO u u u u r . 7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强.（1） 在r R 处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理n rn rE r 下E r 上hS 2S 1dl 1120ne iSi E dS rlE qr r Ò311110191436410 1.610910q U R C所以 0E （2） 在12R r R 处，类似（1），有102l rlE所以 102E r（3） 在2r R 处，类似（1），有1202rlE l所以 1202E r7-3-12解（1）A点电势为104A q U r，B点电势为B U，63.610J注 式中90210q C（2）C点电势为204C q U r，D 点电势为1202D q q U d，2120000())42CD C D q q q A q U U q r d63.610J 7-3-13解 （1）00E ，9493104104910 2.881040.05iO i iq U Vr（2）9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J ，0q 电势能的改变为60 2.8810O W A J （3）60 2.8810O W W A J7-3-14解（1）雨滴的电势为11014q U R，有（21，这时雨滴表面电势为9112202574q U V R 7-3-15解根据电势叠加原理，O 点的电势可看作直线AB 、DE 和半圆周BCD 所带电荷在O 点产生电势的叠加，AB 、DE 在O 点产生的电势为 21300ln 244RRdx U U x，半圆周BCD 在O 点产生的电势为 22000444q R U RR所以O 点产生的电势为1230(2ln 2)4U U U U1000()(4AB A B q A q U U q r12121122200044R R rR R q q q dr dr drr r7-3-16解 金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解 由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的场强大小分别为10E ，12204q E r123204q q E r设1P 、2P 、3P 分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内任一点， （1） Ⅰ区域内任一点1P 的电势由电势的定义式计算，有11P U E dlr r 1212123R R rR R E dl E dl E dl r r r r r r12121()4q q R R（2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有22P U E dlr r 2223R rR E dl E dl r r r r22112220044R rR q q q dr dr r r1221()4q q r R（3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计算，有33P U E dlr r 3r E dl r r12204rq q dr r1204q q r7-3-18解 两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为02E r式中 为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为212001ln 22BR AB AR R U E dl dr r Rr r ， 则8092124502.0810/102910ln ln 3AB U C m R R7-3-19解 由高斯定理可得场强分布为a x a 0E； x a 或x a 0E ；由电势的定义式计算电势分布在x a 区域，000axxaU Edx dx dx a在a x a 区域， 000xx U Edx dx x在a x区域，9197115091079 1.610 1.61047.010qU V R 72132000033 2.41044242RR qr q q U dr dr U V R r R00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x a000axx a U Edx dx dx a电势U 随在x 分布如图所示7-3-20解 设坐标原点在左边导线轴线上，x 轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为x 的任一点P 的场强为0022()E x l x， 所以两导线间电势差为 00()22()l aAB aU dx x l x7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元dq dx ，它在P 点的电势为 004()4()dq dxdU r x r x整个带电直线在P 点的电势为000ln 4()4lP r l U dx r x r（2）根据场强与电势的微分关系dUE dr，有 04()lE r r l7-3-22解 由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为r R ，103rE； r R ，32203R E r（1）r R ，33220033r rrR R U E dr dr r r（2）r R ，320033R R R U R（3）r R，322122000(2)336RRr rRrR r R U E dr E dr dr dr R r r7-3-23解（1）r R 处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为r ，过该点作一半径为r ，高为l 的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 11ne iSi E dS qr r Ò，可得312223ral rlE ar rldr r求得 23ar E 内，方向沿径向向外.对r R ，同理由高斯定理可得312223Ral rlE ar rldr R求得 30 3aR E r外（2）设1r m 处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在r R区域内，33110ln 33r r aR aR U E dr dr r r 外外在r R区域内，23110033RRrRrR ar aR U E dr E dr dr dr r外内内33300()ln 93a aR R r R 8-3 计算和证明题8-3-1解 请参见教材P342题8-3-1图（1）由于静电感应，球壳内表面带电量为q ，外表面带电量为q ；球壳电势为33200344R R q q U E dl dr r Rr r 3（2）内表面带电量为q ，外表面带电量为0；球壳电势为0U 3（3）内球接地时，内球的电势0U 1，设内球此时带电量为q ，则球壳内表面带电量为q ；外表面带电量为q q ，空间场强分布为： 12R r R ，1204q E r；23R r R ，20E ；3r R ，3204q qE r； 因此，内球的电势 231231123R R R R R U E dr E dr E dr213220044R R R q q qdr drr r120311()044q q q R R R 求得12122313R R qq R R R R R R球壳的电势为3123303012231344R R R q q qU E dr R R R R R R R电势的改变为12333012231304R R qU U U U R R R R R R 8-3-2解 请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为q ，这些感应电荷到球心O 点的距离都为R ，因此感应电荷q 在O 点产生的电势为04q R，点电荷q 在O 点产生的电势为042qR，故O 点的电势为000048q q U RR（导体球接地）， 求得2q q（2）因O 点场强为零，故q 在O 点产生的场强大小等于q 在O 点产生的场强大小，方向相反，即为00q q E E E r r r所以 2016q q E R8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A 板两表面中左侧表面带电量为1q ，右侧表面带电量为2q ，其电荷面密度分别为11q S，22qS，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U UAC AC AB AB E d E d写成1200AC AB d d有12002q qS S① 又 12q q Q ② 由①②解得 12/3q Q ，2/3q Q 因此C板带电为712/3 2.010()C q q Q C ，72/3 1.010()B q q Q C（2）3200 2.2610()3A AB AB AB q Q U U d d V S S8-3-4解设导体片C 插入后，AC 间场强为1E ，CB 间场强为2E ，并假设0q ，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，由高斯定理可得120Sq S E dS E S E S Sr r Ò 即有 210qE E S① 由题意得 2122d dU E E② 由①②解得 20224C CB d U qdU U E S8-3-5解对于半径为R 的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为q 时，其电势均为04q U R，则电容为04qC R U，可见电容是相同的. 对于地球，711C F 8-3-6解（1）设内、外金属膜圆筒半径分别为1R 和2R ，高度均为L ，其上分别带电量为Q ，则玻璃内的场强为12R r R ， 02r Q E Lr内外圆筒之间的电势差为21201ln2R R r R Q U E dl LRr r 莱顿瓶的电容为 90212 2.2810ln r L qC F R U R（2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 101()2r Q E R E LR击穿所以 5012 6.6710r Q LR E C 击穿 8-3-7解 （1）由123111AB C C C C ，求得3.75AB C F（2）总电量43.7510AB AB Q C U C因为1C 和2C 并联，故有1212Q Q C C 即有 122Q Q ①又 12Q Q Q ② 由①②求得2C 带电量为4211.25103Q Q C，2C 上的电压22225QU V C（3）3100U U V ,4333510Q C U C8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理1n iSi D dS qrr Ò可得0D S S 求得 0Q D S又0()[()]r U E d t Et d t t E求得 ()r UE d t t因此 00()r r r UD E d t t（2）由上面结果可知 00()r r USQ S DS d t t（3）0()r r S QC U d t t8-3-9解（1）由题意极板间带电量Q 不变，00000SQ Q C U U d（2）电位移00SQ D S d，介质中的场强000rU DE d（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r SC d t t8-3-10解设单位长度带电量为，则两极板间场强2E r，击穿场强0E 一定时，02rE 最大，电容器两极板电压为0ln ln 2RrR R U Edr rE r r式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，即令 00ln 0dU RE E dr r ， 求得0Rr e故当0Rr e时，电容器可能承受的最大电压为 0max 000ln 147RE R U r E KV r e8-3-11解（1）当1R r R ，由介质中的高斯定理可得0SD dS Qrr Ò，即有204r D Q求得 024QD r ，所以有 012004rr Q DE r当2R r R ，02204Q DE r（2）电势差为222220000041121()()222142312r Q Q Q Q C U C C C C （） 2112RR R RU E dr E dr2100220044RR R Rr Q Q dr drr r01211()4r rrQ R R R（3）001221124()()r r Q RR R C U R R R R R R （4）2122220102114422RR r R R W E r dr E r dr2001211()8r rrQ R R R（5）00211(1)(1)4rrQ R8-3-12解（1）在12R r R 区域内作以r 为半径，长为l 的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理1n i Si D dS qrr Ò，有2rlD l所以 2D r又 0r D E我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E r, 方向沿径向向外（2）22112001ln 22R R R R r r R U Edr dr r R（3）2122200112ln 24R r R r R W E rdr R8-3-13解（1）282014.410/2e w E J m （2）3354[()]7.6103e W R h R w J式中R 为地球半径并取6370R km8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r 倍，即002r C C C ，而电量不变.能量损失为2222210200000111(1)9109002222444Q Q Q Q W C U C C C C 41.8210J（2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为2Q .并联后总电容为001r C C C C 总（）， 两电容器并联后总能量为22024221rQ Q W C C总（）（） 并联后能量损失为0W W W W（） 56.110J8-3-15解K接到1处，1C 带电为641108101209.610()Q C U C ；再将K 接到2后，1C 和2C 总带电量仍为1Q ，两电容器电压为4169.6108010Q U V C 总（8+4） 电容器1C 中的能量2622111181080 2.561022W C U J电容器2C 中的能量22221 1.28102W C U J8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为222200200111()422424R e e W E dV r dr r R在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此204eW R，据题意2204e em C R，我们可以求得21520 2.8104e e R m m C8-3-17解当介质板插入x 距离时，电容器的电容为000()[(1)]r x r a x a xaaC a x ddd此时电容器储能为220()22[(1)]x r Q Q dW x C a a x电介质未插入时，电容器储能为22020022Q Q dW C a当电介质插入x 时，电场力F 对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即0()W W x ，电场力为当插入一半时，2ax ，则电场力为，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压U 不变，拉开前的静电能为 222001111222SS W C U U U d d拉开后的静电能为2220022112224S S W C U U U d d则系统静电能的改变为222000210424SSSW W W U U U ddd结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 A U Q两板距离从d 拉开到2d 时，极板上电荷的增量Q 为0002121()22S SSQ Q Q C U CU U Ud dd因此 200()022SSA U Q U U U dd结果表明当极板拉开后，在保持U 不变时，电场对电源作正功.（3）外力F 对极板作的功为2222220021(222dd d dd d SU SU CU A F dl dx dx x d dr r外力F 对极板作的功，也可由功能关系得到222000()424SU SU SU A W A ddd所得结果相同. 8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为04q U R，将dq 从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 04q dA dW dq R（2）外力作功为200048Qq Q A dA dq RR2020[()](1)2[(1)]r r W W x Q d F x a a x23302(1)()2(1)r r Q d a F a8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量D r不变，电场能量密度为2000111222e e r r rw D D w DE D电场总能量为e rW W9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P 点产生的磁感应强度为零, 因此P 点的磁感应强度由竖直段产生, 即,4)90cos 0(cos 400aIa I B根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外. （2）两水平段半长直导线在P 点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P 点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即,4200rIr I B方向垂直纸面向里.（3）三边在P 点产生的磁场完全相同，因此P 点的磁感应强度为,29)150cos 30(cos 3024300a I tg a I B 方向垂直纸面向里.9-3-2. 解: O 点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，所以),222(4)22cos(22cos 4222000tg R I R I R I B B B BA ACB •• •方向垂直纸面向里.9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O 点不产生磁场，因此O 点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为,444202010R IR IR IB方向垂直纸面向里. 9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx 的长直电流元，其电流为,aIdxdI 到P 点的距离为x ，该线电流在点P 激发的磁感应强度大小为.,20方向垂直纸面向外xdIdB因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P 的磁感应强度为ab bdx axIdB B 20,ln20b b a a I 方向垂直纸面向外.9-3-5. 解：环心O 在两根通电直导线的延长线上，故它们在O 点产生的磁场为零，长为l 的载流圆弧在其圆心处的磁场为2001422rIlr l r I B，设左右两段圆弧的弧长分别为21,l l ,则两者在O 点的磁感应强度分别为，方向垂直纸方向垂直纸面向外；22202211014,4r l I B r l I B考虑到两段圆弧在电路中是并联关系,而在并联电路中,电流分配与电阻成反比,电阻又与导线长度成正比，所以212112l l R R I I，因此可得2211l I l I .由此可得, 两段圆弧在O 点的磁感应强度大小相等，方向相反.所以总磁感应强度为零,即021OB B B .9-3-6. 解: 将无限长载流圆柱形金属薄片看作是由许多平行而无限长直导线组成,对应于 d 到范围内无限长直导线的电流为Id dI ，它在环心处产生的磁感应强度为.cos 2cos ,sin 2sin 2sin 20200 d RIdB dB d R I R dI dB dB y x对整个半圆柱金属薄片积分,得20020200cos 2,sin 2d RI B R I d R I B y x ，故环心处磁感应强度为RIB B x 20 ,方向沿x 轴正向.9-3-7. 解: 由于此平面螺旋线圈绕得很密，可近似看成是由许多同心圆组成的，因为绕制均匀，所以沿半径方向单位长度的匝数为rR Nn,在线圈平面内,取半径为'',dr r 宽为的圆环作电流元，则此圆环的匝数为r d r R N r nd，等效电流为r d rR NIdI ，该圆环电流在O产生的磁场为：]2/22[]22[]22/2[B 2/2002/2/002/002• a d a d a d d m d r a I r I r a I r I r a Id Ir dS ）（）（）（）（）（ ,)(2200r r d r R NI r dIdB方向垂直纸面向外；所以由叠加原理，O点磁感应强度为.ln )(2d )(200r R r R NIr r r R NIdB B Rr方向垂直纸面向外9-3-8 解: 沿圆周单位长度的线圈匝数为R N/2R N/0.5n ，在距O 点x 处取一弧宽为dl 、半径为y 的圆环，则圆环上绕有 /2Nd ndl dN 匝线圈.通过圆环上的电流大小为 /2INd dN dI I ，该圆电流在球心处产生的磁感应强度为2/32202)(2y x dIy dB ,方向沿x 轴正向.由于所有小圆环电流产生的磁场方向相同，所以RNIy x Iy dB 4/2Nd )(2B 02/322202,方向沿x 轴正向.9-3-9 解: 根据电子绕核运动的角动量量子化假说：L=mva 0=h/2π, 可得电子的速率v=h/2πma 0，从而求出等效电流i=ev/2πa 0=he/4π2ma 02. 该电流在圆心处产生的磁感应强度为320008a 2ima heB. 9-3-10. 解: 带电圆环旋转时相当于一圆形电流nR T q 2/I ，根据教材P358-359中圆形电流在圆心和轴线上任意点产生磁场的规律可得，（1）圆心处： n R B 002/I ；（2）轴线上：232230232220)()(2x R R n x R IR B.9-3-11. 解: 带电直线沿直线运动相当于一无限长直线电流v q t /I ，根据无限长直线电流的磁感应强度分布规律可得rvr I B 2200. 9-3-12. 解: 参考例9-4可得abIl ln 20 .9-3-13 解: 无限长通电柱体的磁感应强度分布为202/2,2/d ）（内d IrB r，rIB r d 2,2/0外. 题中两导线轴线间区域中的磁场为两导线单独产生的磁场的叠加，而且两分磁场方向相同.因此磁通量 对该式积分可得)2ln 21(0daI m. 9-3-14 解:（1）根据安培环路定理，磁感应强度的环路积分只与闭合路径所包围的电流有关，故参考上题可得21012,r Ir B r r；rIB r r r 2,021；0,3 B r r ；][2,2223223032r r rr r I B r r r .（2）两柱面间磁通量为120r 0ln 22B 21r r Il r Ildr dS r m •.9-3-15解: 单块无限大平面电流产生的磁感应强度为2/0j B ，方向见下图.由题意，电流流向相反，使得两平面电流在之间产生的磁场方向相同，两侧方向相反，因此有：（1）之间：j j B 00212/2B B ，（2）两侧：0B B 21 B .9-3-16解: 参考例9-2，可利用补偿法求解.本题中电流密度为)(22a R Ij，（1）圆柱体轴线上的磁感应强度为空腔中方向电流产生，即2)(2ln 222022a22a 0a02a1ba b a Iv vdr r I vdr r I vdr B vdr B ba b a b a ba )(2)(2222022201a R b Ia a R r a I B ；（2）利用例9-2的结果可得)(2220a R IbB.9-3-17 证明略. 提示：直接参考教材P371的例题9-5-1的解答过程及其具有普遍性的结论.9-3-18 解：设导线2上一点P 到O 点的距离为l ，则导线1在P 点产生的磁场 sin 2B 0l I，P 点附近的电流元Idl 受到的磁场力为sin 220l dlI BIdl dF ，它对O 点的力矩为ldF dM ，所以单位长度导线所受磁力对O 点的力矩为sin 2sin 220201I dl I dM M l l. 9-3-19 解：（1）见例题9-6，RI F 220 ,方向沿x 轴正向;（2）若将圆柱面换成直导线，则两直导线间作用力可参考教材P371-372，为d220 I F ，令F F 可求得R d 2.9-3-20 解：线圈左边受力为alII l F 2I B 10111 ，方向向左，右边受力为)(2I B 10122b a lII l F，方向向右，线圈上下两边受力为一对平衡力. 所以，它所受合力为)(2F 1021b a a lbII F F方向向左；因为线圈磁矩与磁场平行，所以0 M .10-3-1 解：由安培环路定理可得磁介质内部：LNInI H，SL NI B ro .所以NIS Lr 0，带入数据可求得：（1）31021 r （2）5302r .10-3-2 解：（1）导体内任选一以轴线为圆心的圆形路径，有I d l•l H ， 而22r RII.因此，在导体内部：22RIr H)(R r ，2r 02R rI H B ；（2）导体外部，类似有I d l•l H ，得rI H 2，从而rIH B 200)(R r ；（3）4r B S B 0SSILLd d r• . 11-3计算题11-3-1 解：通过圆形线圈的磁通量为)3cos(10)583(a S B 422• t t ，因此电动势为)3cos(10)86(a 42t dt d ，将t=2代入可得（1）,1014.35V A I 21014.3R＝感；（2）C Rdt Rdt d q t t 202104.4)(1idt.11-3-2解：定义电动势方向向右，则由动生电动势的公式可得：，方向从C 到D ，即D 端电势高.11-3-3解：（1）磁通量为：abt l I r il bln 2sin 2S B 00a 0 •； （2）电动势为：abt l I dt d ln cos 200 .11-3-4 解： (1)大线圈中电流在小线圈处产生的磁感应强度近似为R I2B 0 ，原因在于小线圈很小.t 时刻通过小线圈的磁通量为wt S B cos a B 2 • 小，从而小线圈中的电流为：t bRa I Rdt d isin 220 ；(2) 小线圈受到大线圈的磁力矩大小为：tba I R wt B iS wt B P B P M m m 2220sin )2(sin sin 小，要保持小线圈匀速转动，要求合力矩为零，即外界施加的力矩也为t sin )2(2220 ba I R .(3) 互感系数为wt cos a 2bI M 2，因此小线圈中的电流在大线圈中产生磁通量为t ba R I 2sin )2(2Mi 220 ，所以大线圈中的感应电动势为t ba R I dt d 2cos 220 .11-3-5 解：(1) 由动生电动势公式可得V v AB 8Bl 1 ,方向由A 指向B ；同理，V CD 4 ，方向由C 指向D.（2）两棒与金属轨道构成的闭合回路中，电流为5.0RI CDAB，方向为ABCDA ，所以V U V U CD AB 6IR ,6-IR AB ＝ＣＤ (3) ＝０５０５０ＡＢＯＯDC U U U .. .11-3-6 解：设当线圈转过角度为wt 时，与导线平行的两边到轴线的距离分别为r 1和r 2，则通过线圈的磁通量为wtab b a wtab b a Ia adr r I S r r cos 2cos 2ln 22d B 22220S021•，所以)cos 2)(cos 2(sin )(222222220t ab b a t ab b a tb a b Ia dt d11-3-7 解：旋转角度为wt 时，磁通量为：• S2cos 5.0BScoswt B wt r B dS ，所以电动势为Hznt Rn r B R i nt n r B wt w r B dt d 60n ,2sin ,2sin sin 5.022222＝ ，所以A Rnr B i V w r B m m 72242103,1035.011-3-8 证明：作圆心到金属棒两端点的连线，金属棒和所做的两条连线围成的回路面积为2225.05.0S l R l .因此，回路中电动势的大小为222225.05.025.05.0l R l dtdB l R l dt dB dt dB S dt d.11-3-9 解：由题意及动生电动势公式可得：)ln (2)(2Bvdl 0L 00aLa a L I dl l a l I L，方向由O 点指向M 点.11-3-10解：由均匀磁场中动生电动势的性质可知AC 产生的电动势相当于ＯＣ，故222O sin 21OC 21L B B C AC ）（，方向由A指向C.11-3-11 解：电势差与电动势刚好相反，即0CA BC B 30cos B B lv lv U U U A AC ,代入数据可得V U AC 3107 ，为正，所以A 端电势高. 11-3-12 解：螺线管中磁场变化时产生的涡旋电场总是与半径方向垂直，因此由电动势定义可知,0B DC A 同理,0O O D A 而ＡＯＤ构成一个回路，因此,43d 2dtdBa dt dB S dt AD同理dt dBa dt dB a BC 22436,61所以，即为回路中的总电动势.11-3-13 解：(1)由上题分析，可知,0O aO d 所以,102)5.02(422V dtdBR R dt d abdO abd(2) 由螺线管内部变化磁场产生的感生电场性质可直接得.,,105242沿顺时针方向垂直于oa V OadtdB R E a11-3-14解：回路在运动过程中受合力为dtdvm l l R v B F R Blv B F F 22合，解方程可得：tmRl B e l B FR v 22122. 11-3-15解：回路中磁通量随时间的变化为tg t v tg x t 4222aob 25.05.05.0BS ，所以电动势为方向沿逆时针方向。

物理学专业导论心得体会作为一名对物理学充满热情的大学生，我最近有幸上了一门【物理学】专业导论课程。

这门课程让我对物理学的广阔领域有了更深入的了解，同时也让我意识到了物理学所承载的深刻意义。

在这门课程中，我体会到了物理学的奥秘和魅力，也逐渐认识到在学习物理学的过程中需要付出的努力和毅力。

首先，在导论课的学习过程中，我对物理学的起源和发展有了更加清晰的认识。

物理学作为自然科学的重要分支，其历史可以追溯到古代的哲学探索。

从古希腊的亚里士多德到近现代的牛顿和爱因斯坦，物理学家们不断地探索和发现，推动了人类对于宇宙和自然规律的认知。

这些伟大物理学家的贡献让我深感佩服和敬畏，同时也激励我更加勇敢地追求知识。

其次，导论课让我了解到物理学的研究对象和内容之丰富。

物理学包含着众多的分支领域，涉及从微观的粒子世界到宏观的宇宙空间，从经典力学到量子力学，从热力学到电磁学等等。

这些分支领域之间相互交织，构成了一个庞大而有机的体系。

在导论课中，我特别被量子力学的奇妙世界所吸引。

微观粒子的行为往往违背常识，却在数学模型的支撑下展现出深邃的规律。

量子力学的学习让我意识到物理学的挑战性和复杂性，也让我对未知的领域充满好奇。

导论课也向我介绍了物理学在现代科技和工程中的应用。

物理学的研究成果为人类社会带来了巨大的进步和变革。

从电子技术到通信技术，从核能应用到宇宙探索，物理学在各个领域都发挥着不可替代的作用。

这些应用展示了物理学的实用价值，也增强了我学习物理学的动力。

我渐渐明白，学习物理学不仅仅是为了追求知识本身，更是为了将来能够为社会和人类的发展贡献自己的一份力量。

在导论课中，我还深刻体会到物理学学习的方法和重要性。

物理学是一门注重实验和理论相结合的学科，理论模型需要通过实验验证，实验结果也需要通过理论解释。

这种循环使得物理学的研究充满了创造性和探索性。

同时，物理学的学习需要严谨的逻辑思维和数学功底。

导论课让我认识到自己在这方面的不足，但也激励我更加努力地学习，提高自己的学术素养。

物理学导论
物理学导论是一门学科，旨在对物理学的基本概念和原理进行概述。

物理学是研究物质和能量以及它们之间相互作用的科学。

它涵盖了许多不同的领域，包括力学、声学、光学、热学、电学和磁学。

在物理学导论课程中，通常会介绍这些领域的基本概念和原理，并对它们之间的联系进行探讨。

例如，可以讨论牛顿第二定律如何描述物体受到的力和运动，或者如何使用电动势和电动力来解释电荷在电场中的运动。

此外，在物理学导论课程中还可能会涉及到数学方面的知识，如微积分和线性代数，这些知识有助于我们理解物理学中的各种概念和方程。

总的来说，物理学导论是一门有趣而又挑战性的学科，它能帮助我们更好地理解自然界的运作方式，并为进一步深入学习物理学的其他领域打下基础。

一、单选题1、总结了电磁现象规律的基本理论是A.库仑定律B.法拉第电磁感应定律C.安培定律D.麦克斯韦方程组正确答案：D2、描述稳恒电路和交变电路规律的两个主要理论是A.欧姆定律和库仑定律B.欧姆定律和基尔霍夫方程组C.库仑定律和洛伦兹力公式D.安培定律和基尔霍夫方程组正确答案：B3、1747年美国科学家富兰克林进行雷电实验的主要意义是A.使人们认识到电现象和磁现象是无关的B.使人们认识到雷电和地面电现象的性质相同C.促使人们发明了感应起电机D.促使人们发明了莱顿瓶正确答案：B4、1831年，英国物理学家法拉第从实验中发现了A. 电荷之间的相互作用力公式B.电流的磁效应现象C.电磁感应现象D.磁荷之间的相互作用力公式正确答案：C5、安培为了说明磁现象的本质，提出了A.磁场的概念B.分子环流假说C. 磁荷的概念D.静电、静磁公式正确答案：B6、下列关于电荷的说法正确的是A.中性原子内部不含有任何电荷B.两个电子之间的相互作用力为吸引力C.带正电的原子与等量的负电荷复合后，原子恢复中性D.中性原子失去电子会带负电正确答案：C7、关于下雨时的雷鸣闪电现象，下列说法错误的是A.天空中产生的电荷与地面电荷的性质不同B.下雨时云层的上、下表面会带有符号相反的电荷C.正负电荷复合时，会释放巨大能量，产生爆炸，所以我们会听到雷鸣声D.下降的雨滴与上升的热气摩擦，会产生正负电荷分离正确答案：A8、声波的传播速度大约为A.每秒300千米B.每秒3300米C.每秒330米D.每秒3万米正确答案：C9、极光一般只能在地球的两极观察到，是因为A.太阳辐射的高能粒子只能沿着与地磁场垂直的方向传播B.地球的两极含有大量的氧分子和氮分子，有利于产生极光C.地球的两极人烟稀少，便于观察D.太阳辐射的高能粒子只能沿着与地磁场平行的方向传播正确答案：D10、总结了电磁学的实验和理论研究结果，提出电磁场基本方程组的科学家是A.德国的欧姆B.英国的法拉第C.英国的麦克斯韦D.法国的安培正确答案：C二、判断题1、实验发现，虽然电能够产生磁，但磁不能产生电正确答案：×2、物质发光是由于组成物质的粒子在不同能量状态间的跃迁正确答案：√3、机械能、电能、热能及光能之间可以相互转换正确答案：√4、发电机是利用电磁感应原理产生电流的装置正确答案：√5、变压器是把电能转换为机械能的装置正确答案：×。

物理学导论课件物理学导论课件教学内容•引言和导论•物理学的起源和发展•物理学的基本概念和原则•物理学的分支和研究领域教学准备•教室布置•PowerPoint课件•白板和黑板•教学用具（实验仪器等）教学目标•了解物理学的定义、作用和重要性•了解物理学的起源和发展历程•掌握物理学的基本概念和原则•了解物理学的分支和各个研究领域设计说明本课件旨在介绍物理学导论，帮助学生加深对物理学的认识和理解，培养学生对物理学的兴趣和学习动力。

通过引入物理学的起源和发展来激发学生的求知欲，然后逐步介绍物理学的基本概念和原则，最后介绍物理学的分支和研究领域，让学生对物理学有一个全面的了解。

教学过程1.引言和导论–介绍物理学的定义和作用–引导学生思考物理学在日常生活中的应用和重要性2.物理学的起源和发展–概述物理学的历史背景和发展历程–介绍物理学的重要里程碑和贡献者3.物理学的基本概念和原则–解释物理学的基本概念，如时间、空间、质量等–介绍物理学的基本原则，如相对论等4.物理学的分支和研究领域–展示物理学的主要分支，如力学、热学、电磁学等–简要介绍各个研究领域的重要内容和应用领域课后反思本节课我通过引言和导论，分析物理学的起源和发展历程，介绍物理学的基本概念和原则，以及物理学的分支和研究领域。

学生对物理学的认识得到了进一步加深，对物理学的兴趣也有所提升。

然而，在教学过程中，部分学生对物理学的数学背景知识掌握不足，需要提供额外的辅导和练习，以便更好地理解课程内容。

在今后的教学中，我将更注重学生的基础知识教育，使学生在物理学导论课程上能够更好地掌握和应用物理学的基本原理和概念。

教学内容•引言和导论•物理学的起源和发展•物理学的基本概念和原则•物理学的分支和研究领域教学准备•教室布置–确保教室环境整洁舒适–预留足够的空间供学生活动和交流•PowerPoint课件–准备清晰、简洁的PPT课件，包含必要的图片和图表–确保PPT内容与教学目标相一致•白板和黑板–准备白板和黑板，并确保书写工具充足–可使用白板进行示意图和重点概念的标注•教学用具–准备实验仪器和材料，用于示范实验或观察现象，加强学生对物理概念的理解教学目标•了解物理学的定义、作用和重要性，能够解释物理学在日常生活中的应用•了解物理学的起源和发展历程，熟悉物理学的重要里程碑和贡献者•掌握物理学的基本概念和原则，能够解释时间、空间和质量等概念•了解物理学的主要分支和研究领域，能够说明各个领域的重要内容和应用本次课件设计以引言和导论为绪论，然后依次介绍物理学的起源和发展、物理学的基本概念和原则，最后介绍物理学的分支和研究领域。

一、单选题1、下列关于学习物理学的作用的说法，恰当的是A.学习物理不仅可以了解自然规律，还可以指导人类的科学活动,B.学好物理学，就可以掌握世界的全部规律，不需要再学其它学科.C.物理学纯粹是理论研究，与日常生活无关,D.只有物理专业的人才需要学物理，其它人学习物理毫无用处.正确答案：A2、在大学物理中，描述电磁现象规律的两门课程是A.力学和电动力学B.电磁学和电动力学C.电磁学和光学D.电学和磁学正确答案：B3、主讲教师关于学习物理学的建议是A.物理理论和实验总是矛盾的。

B.学习时应注意物理的逻辑性、历程性和应用性。

C.还没有学习物理的好方法。

D.物理很难学好，不要理睬物理。

正确答案：B4、判断一个物理规律是否正确的必要条件是A.民众可以观察到B.科学巨匠宣布C.计算机计算D.实验检验正确答案：D5、下列物理学研究内容与分支学科的对应中，描述不恰当的是A.对热运动的研究形成了热学.B.对微观粒子运动的研究形成了量子力学.C.对机械运动的研究形成了近代物理学.D.对电磁和光运动的研究形成了电磁学和光学.正确答案：C6、人类对原子能的利用主要得益于下列哪个物理学分支的建立？A.电磁学B.光学C.量子力学D.热力学正确答案：C7、关于物理学的研究方法，下列说法恰当的是A.物理学研究必须以实验为前提，实验之前的理论预测毫无意义.B.任何物理学研究只能先做实验，从实验中发现规律.C.实验和理论的方法并存，相辅相成推动物理学发展.D.物理学研究主要依靠计算，只要计算正确也可以不做实验.正确答案：C8、我们学习物理学导论课可以达到下列哪一目的A.会制造无线电通信设备,B.掌握球类旋转的奥秘，成为高级运动员,C.会求解复杂的物理习题.D.了解物理学的逻辑体系与发展历史,正确答案：D9、在本课程中，主讲教师把物理学的基本知识领域及相关学科按照其发展顺序整合成为A.一朵物理云B.一片物理森林C.一座物理山D.一棵物理树正确答案：C10、下列关于物理学特征的说法，不恰当的是A.物理学理论具有很多的实用价值.B.多做习题可以帮助我们理解物理规律.C.物理学与艺术截然不同，物理理论无所谓美感.D.从整体上了解物理学的概貌可以帮助我们学好物理.正确答案：C。

物理专业导论学习心得体会一、个人看法这是我进入大学开始学习的第一个学期，我对物理学很有兴趣，但我不知道自己将要学的是什么。

但是通过林院长详细的讲解之后，我发现原来物理学对我们的生活很重要，原来物理学是这样慢慢壮大的，原来是有那么多先辈的伟大付出的，原来有那么多充满乐趣的故事。

那种对未知的探索，那种对科学的执着，那种探索的乐趣，一切都深深的吸引了我。

二、为什么要学习专业导论这门课程？作为“导论”，它的任务是要高瞻远瞩地引导我们理解：什么是物理学？为什么当今时代会出现伟大的物理学？为什么应当学习和研究物理？它的基本知识结构是什么？物理学与其他相关科学技术的关系是什么？物理学对经济发展和社会进步具有是什么作用？它的未来发展前景是什么？怎样才能学好物理学？其实，这些正是我们物理学类专业大学新生首先面临的问题，也是我们离开中学进入大学之后最为关切的问题。

专业导论能解答这些问题，使我们一踏进大学校园就能够对自己的专业有清晰的宏观把握，对未来学习的内容心中有数，对所学专业的意义有深刻的理解，激发我们对自己专业的热爱，更好的去寻找学习的方向和目标，更好的掌握自己的专业知识。

所以，我们要认真学好专业导论这门课程。

学科内容三、学科内容物理学是研究宇宙间物质存在的基本形式、性质、运动和转化、内部结构等方面，而认识这些结构的组成元素及其相互作用、运动和转化的基本规律的科学。

物理学是研究自然界物质结构,以及物质运动的最基本、最普遍的规律的一门自然科学。

物理学的研究方法是观察、试验、假设和理论。

物理学可以分为经典物理（19世纪末以前）与近代物理（19世纪末至今）。

物理学的发展经历了3次大的飞跃。

第一次是在17、18世纪，主要是牛顿力学预热力学的建立与发展；第二次出现在19世纪，主要是建立了经典电磁理论，开始了工业电气化进程；第三次是19世纪末至20世纪初，相论与量子力学的建立。

物理学的五次理论大综合：1、牛顿把物体运动规律概括为三条运动基本定律和万有引力定律，建立了一个完整的力学理论体系，完成了物理科学的第一次理论大综合。

1.诞生人类的原因：（≥5）①太阳系在银河系中的位置适宜。

距离中心约2/3.太近则黑洞辐射太强，太远则缺乏构成生命的重元素。

②地球在太阳系中的位置处于宜居带，温度适宜。

③地球自转速度和角度适宜，昼夜温差不大。

④公转轨道接近椭圆度适宜，季节温差稳定，⑤地球质量足够大，能够保持大气层。

大气层可以吸收部分射线，保护地球。

⑥地球的磁场有效阻止宇宙射线的伤害。

⑦地球上有足够的重元素，特别是生命元素：碳和氧。

⑧地球上有液态水。

⑨地月距离适宜，潮汐力形成海洋与陆地的过渡带：海岸带为水中生命进化到陆地上提供可能。

⑨太阳寿命足够长，为生命进化提供时间。

⑩巨行星：吸引大量小行星的撞击，保护了地球。

○11外来小行星可能携带原始有机分子。

2.如何评价外星人：①到达的空间范围。

②产生和传递的信息量③文明进化的时间长度。

④使用能源的多少。

3.Kardanshev等级：I 级：完全使用行星接收到的恒星能源II级：完全使用整个恒星的能源III级：完全使用整个星系的能源地球目前的等级为0.7，若完全使用接收的太阳能则等级为14.充分使用核能有问题吗？有问题。

一切能源的使用，最终都转化为热能（能量守恒，只是能量形式的转化）。

非核能的能源都是来自太阳能，不会引起地球温度升高（太阳已经对我们加热了）；如果使用核能，就是在太阳对地球加热的同时，继续对地球加热，地球温度会显著提升！5.穆勒细胞的功能：muller细胞提供了从视网膜表面到感光细胞的光传递，是活着的光纤。

6.李约瑟难题：为什么中国没有产生科学？①哲学思想上：东方强调综合，西方强调分析。

②世界观：东方强调天人合一，西方强调征服自然。

③中国没有实现知识普及；工艺和秘方只能在小范围口传心授。

④中国没有挖掘内在规律，建立相应学科。

⑤中国小农经济的资源限制和保守倾向，阻碍了劳动分工和科学文化的多样发展。

⑥科举考试形成了一种狭隘的一致性并最终变成了国家教条，扼杀了原创性，不注重科学发展。

一、单选题1、下列关于玻尔-索末菲轨道模型的说法，恰当的是A.这一模型是半经典的量子理论B.这一模型能够准确描述原子中电子的运动状态C.这一模型不含任何量子化思想D.人们根据这一模型发现了电子正确答案：A2、根据经典理论推导出的黑体辐射公式会导出能量在短波段趋于无穷大的错误，人们形象地称之为A.紫外乌云B.迈克尔逊灾难C.紫外灾难D.能量灾难正确答案：C3、锂、钠、钾等在元素周期表中处于同一列的元素，它们的共同点是A.具有相同的最外层电子数B.具有相同的自旋C.具有相同的轨道层数D.具有相同的电子角动量正确答案：A4、钠、镁、铝等在元素周期表中处于同一行的元素，它们的共同点是A.具有相同的电子角动量B.具有相同的轨道层数C.具有相同的自旋D.具有相同的最外层电子数正确答案：B5、当单个原子的核外电子处在某一层轨道上时A.这个原子的能级还受电子角动量、自旋的影响B.原子核的状态对原子的能级没有影响C.这个原子的能级就完全确定了D.这个原子的能级形成连续的能带正确答案：A6、下面关于激光的说法，错误的是A.激光与普通光一样都是由于能级之间的跃迁产生的B.所有激光的波长都是一样的C.激光具有很高的单色性和方向性D.激光介质具有特殊的能级结构正确答案：B7、X光的波长范围大约是A.0.1纳米到10纳米B.小于0.1纳米C.10纳米到400纳米D.400纳米到700纳米正确答案：A8、核磁共振技术利用的是哪种能级A.分子的转动或振动能级B.电子自旋与角动量耦合引起的分裂能级C.原子核在外加磁场中的劈裂能级D.原子核外电子的不同能级正确答案：C9、当一个铀236原子的核裂变成两个中等质量的核，下列说法恰当的是A.会释放能量B.这种裂变反应是不可控制的，十分危险C.两个新核的质量之和等于铀236核的质量D.会吸收能量正确答案：A10、下列哪一项可以提供使氘和氚发生聚变反应的高温A.强电场作用B.梯恩梯炸药爆炸C.原子核裂变反应D.锂原子燃烧正确答案：C二、判断题1、在原子、分子尺度的微观领域，能量总是连续变化的正确答案：×2、原子核衰变时发出的γ射线具有极强的穿透性正确答案：√3、按照现代物理学观点，微观粒子既具有粒子性、也具有波动性正确答案：√4、首先推导出相对论量子力学方程的是英国物理学家狄拉克正确答案：√5、量子力学和相对论理论证明，经典物理理论是完全错误的，应该抛弃正确答案：×。

绪论1、物理学研究的尺度： 宇观尺度（>108米）宏观（>10-3米，且<108米）介观（>10-9米，且<10-3米）微观（<10-9米）2、物理学的对象：０维，１维，２维，３维，分数维数：数学家豪斯道夫在1919年提出了连续空间的概念,也就是空间维数是可以连续变化的,它可以是整数也可以是分数,称为豪斯道夫维数，高自由度体系。

3、科学研究的方法：(1) 科学是理论和实验相互促进发展的过程(2) 理论不仅要解释实验更重要的是预言实验(3) 实验必须是可重复的(4)理论、计算机模拟、实验4、诺贝尔物理学奖的华人科学家：李政道：1926，因发现弱作用中宇称不守恒；杨振宁：1922，1957高锟：1933，光纤2009朱棣文：1948，在劳伦斯·伯克利实验室因“发明了用激光冷却和俘获原子的方法”1997丁肇中：1936，发现J 粒子1976崔琦：1939解释了电子量子流体这一特殊现象1998第一章定性与半定量：物理身体的尺度为l ，体重 l 3，骨骼截面积 l 2，骨骼单位面积载荷 = l 3/ l 2=l;静态下骨骼单位面积载荷是我们的10倍第二章力学2、牛二，动量定理：∑fi ⃗⃗⃗ i =ma =dp dt F t=mv′－mv=p′－p,动量守恒=0 3、角动量定理：L ⃗ =r mv 角动量守恒：Ilarge ，w small 脉冲星的自转极快，旋转周期从1.4 ms 到 30 s （远快于地球自转）。

定性解释原因: 体积小、质量大,密度极大的恒星4、诺伊特定理：作用量的每一种对称性都对应一个守恒定律，有一个守恒量。

对称和守恒这两个得要概念是紧密地联系在一起的。

7、阻尼振动：不论是弹簧振子还是单摆由于外界的摩擦和介质阻力总是存在，在振动过程中要不断克服外界阻力做功，消耗能量，振幅就会逐渐减小，经过一段时间，振动就会完全停下来。

这种振幅越来越小的振动叫做阻尼振动。

大一物理学导论知识点归纳导论是物理学专业大学生必修课程之一，它是物理学知识的入门课程，为学生打下了坚实的基础。

在大一的学习过程中，我们学习了很多物理学的知识点，下面将对这些知识点进行归纳整理，以便更好地理解和记忆。

一、力学知识点归纳1. 物理学的基本概念在物理学导论中，我们首先学习了物理学的基本概念，包括力、质量、加速度等。

力是物体相互作用的结果，质量是物体惯性的度量，而加速度则描述了物体速度改变的程度。

2. 牛顿力学牛顿力学是经典力学的基础，它包括了牛顿第一、二和三定律。

牛顿第一定律也被称为惯性定律，它描述了物体在没有外力作用下的运动状态。

牛顿第二定律则是描述了物体受力时的加速度与施力之间的关系。

牛顿第三定律则强调了作用力与反作用力之间的相互作用特性。

3. 力的合成与分解在力学中，我们学习了如何将多个力合成为一个力以及如何将一个力分解为多个力，这对于分析物体的运动和受力情况非常重要。

4. 重力与运动重力是物体相互吸引的力，我们在学习中了解了重力的性质以及如何应用重力定律进行问题求解。

同时，我们还学习了质点的运动规律，如自由落体运动和斜抛运动等。

5. 力的工作与功力的工作与功是物理学中的重要概念，它们描述了力对物体做的工作和能量的转化关系。

我们通过学习力的作用点相对于物体运动方向的夹角以及力的大小来计算工作和功。

二、热学知识点归纳1. 热学基本概念热学是研究热现象和热力学过程的学科，我们在大一物理学导论中学习了热学的基本概念，包括温度、热量和热平衡等。

2. 温度与热量温度是物体内部分子热运动的强弱程度的度量，而热量是传递能量的形式，它可以使物体的温度发生变化。

我们学习了温度的计量单位、热平衡和热力学第零定律等内容。

3. 热传导与热导率热传导是热量在物质中传递的过程，热导率则是物质传导热量的能力。

我们学习了热传导的基本规律以及如何计算热导率。

4. 热膨胀与热收缩热膨胀和热收缩是物体在温度变化时由于分子热运动引起的尺寸变化。

大学物理导论试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光的波长与频率的关系是（）。

A. 波长与频率成正比B. 波长与频率成反比C. 波长与频率无关D. 波长与频率是线性关系答案：B2. 根据热力学第二定律，下列说法正确的是（）。

A. 热量可以从低温物体自发地传递到高温物体B. 热量不能从低温物体自发地传递到高温物体C. 热量可以从高温物体自发地传递到低温物体D. 热量不能从低温物体传递到高温物体，除非有其他能量的消耗答案：B3. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力（）。

A. 总是相等的B. 总是相反的C. 总是相等且相反的D. 总是不相等的答案：C4. 电磁波谱中，波长最长的是（）。

A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A5. 根据量子力学，电子在原子中的存在状态是（）。

A. 随机的B. 确定的C. 可以同时存在于多个位置D. 只能在特定的轨道上答案：D6. 根据相对论，当物体的速度接近光速时，其质量将（）。

A. 减小B. 增大C. 保持不变D. 先增大后减小答案：B7. 电磁感应定律是由（）提出的。

A. 牛顿B. 法拉第C. 欧姆D. 麦克斯韦答案：B8. 根据能量守恒定律，下列说法正确的是（）。

A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量既不能被创造也不能被消灭D. 能量可以在不同形式之间转换，但总量不变答案：D9. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。

这个定律是由（）提出的。

A. 库仑B. 高斯C. 欧姆D. 安培答案：A10. 在理想气体状态方程中，PV=nRT，其中R是（）。

A. 气体常数B. 温度C. 压力D. 体积答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 光速在真空中的速度是_______m/s。

答案：299,792,4582. 根据普朗克的量子假说，能量的最小单位被称为______。

答案：量子3. 欧姆定律的公式为______。

物理学导论课件(一)物理学导论课件教学内容：1.物理学的定义和对象；2.物理学的基本概念和研究方法；3.物理学的发展历程和重要里程碑；4.物理学在社会中的应用和意义。

教学准备：1.课件的制作和备课资料的准备；2.教学实验室或教学设备的准备；3.针对学生可能提出的问题进行准备。

教学目标：1.了解物理学的定义和对象；2.掌握物理学的基本概念和研究方法；3.了解物理学的发展历程和重要里程碑；4.理解物理学在社会中的应用和意义。

设计说明：本课程为物理学导论，旨在通过介绍物理学的基本概念和发展历程，培养学生对物理学的兴趣和了解，为后续学习打下基础。

通过讲解和实验的形式结合，让学生更好地理解物理学的概念和应用，并能够运用物理学的知识解决问题。

教学过程：1.导入：介绍物理学对我们日常生活的重要性，激发学生的学习兴趣；2.讲解物理学的定义和对象，并引导学生思考物理学的研究范围；3.介绍物理学的基本概念，如力、能量、运动等，并通过实例让学生理解；4.探讨物理学的研究方法，包括实验、观察、建立模型等，并进行示范实验；5.介绍物理学的发展历程，重点介绍一些重要里程碑的发现和科学家的贡献；6.引导学生思考物理学在社会中的应用和意义，如物理技术的发展和应用；7.总结课程内容，回答学生提出的问题，并鼓励学生自主学习和思考。

课后反思：本节课通过引导学生思考和讨论，让学生更好地了解物理学的基本概念和研究方法，同时也引发了学生对物理学的兴趣。

然而，教学过程中还可以更加互动，增加小组讨论、学生报告等形式的教学活动，以提高学生的参与度和学习效果。

另外，课后可以布置一些练习题或拓展阅读，以检验学生的掌握程度和拓宽他们的知识面。

物理学导论课件（续）教学内容：1.物理学的定义和对象；2.物理学的基本概念和研究方法；3.物理学的发展历程和重要里程碑；4.物理学在社会中的应用和意义。

教学准备：1.课件的制作和备课资料的准备；2.教学实验室或教学设备的准备；3.针对学生可能提出的问题进行准备。

一、单选题1、自然界中，下列哪一现象不可能自动发生A.在27℃的室内开口容器中的水的蒸发B.热量从高温物体传向低温物体C.热量从低温物体传向高温物体D.滴入清水中的墨水发生扩散正确答案：C2、按照气体分子运动理论，下列说法不恰当的是A.气体压强来源于气体分子之间和分子与容器壁间的碰撞B.气体分子在运动中具有相同的速率C.气体温度的本质是分子热运动D.气体分子之间的碰撞符合动量守恒定律正确答案：B3、下列关于奥地利物理学家玻尔兹曼的叙述，不恰当的是A.他的工作引起了关于热现象可逆性的探讨B.他创立了经典统计理论C.他的工作得到了当时物理学家们的一致认同D.他发展和完善了分子动理论正确答案：C4、下列关于温度范围的说法，错误的是A.人体正常体温范围是36℃~37.2℃B.目前发现自然界存在的最低温度是1K左右C.地球表面的温度范围大约是-94.5℃~ 58℃D.目前实验室能达到的最低温度是零下三百摄氏度正确答案：D5、天空中的云街、岩石的花纹、松花蛋中的松花这些现象属于A.自组织现象B.毛细现象C.凝结现象D.热缩冷涨现象正确答案：A6、地球大气层的上层温度约为零下二十度，而地表温度约零上十五度，维持这一温度差的主要原因是大气中存在的A.水和二氧化碳B.氧气C.氮气D.稀有气体正确答案：A7、用毛笔蘸墨汁、植物的根从土壤吸收水分，这些过程都是利用了液体的A. 热缩冷涨现象B.自组织现象C.凝结现象D.毛细现象正确答案：D8、按照分子动理论，容器中的气体具有压强是因为A.气体中含有大量热质B.气体受到大气压力C.气体具有重力势能D.气体分子与器壁频繁碰撞正确答案：D9、若两个热力学系统处于热平衡状态，那么二者一定具有相同的A.温度B.压强C.密度D.体积正确答案：A10、从热力学定律的角度，冰箱或空调等制冷设备的运行A.违反了热力学第一定律B.不违反热力学第一和第二定律C.违反了热力学第二定律D.同时违反了热力学第一、第二定律正确答案：B二、判断题1、如果液体中完全不存在气泡，就不会发生沸腾现象.正确答案：√2、在高山上食物不易煮熟，是因为高山上温度低，食物吸收的热量不够.正确答案：×3、只要是符合能量守恒的功能转换过程就一定能实现.正确答案：×4、一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的.正确答案：×5、当气体的某种物理量的宏观分布不均匀时就发生扩散等输运过程. 正确答案：√。