压缩版 程稼夫 力学篇 详解

程稼夫的力学磁学教辅全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：程稼夫（1890-1955）是中国著名的物理学家和数学家，他在力学和磁学领域有着深厚的造诣。

他的教辅著作不仅在教学中产生了重要影响，同时也为后人提供了宝贵的学习资料。

在本文中，我们将介绍程稼夫在力学和磁学方面的教辅内容及特点。

程稼夫的力学磁学教辅包括《力学》、《普通物理学》、《磁学》等专题教材，其中以《力学》为代表。

这些教辅著作系统地介绍了力学和磁学的基本概念、定律和应用，涵盖了牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律、万有引力定律、静力学等内容，为学生打下牢固的基础。

在力学方面，程稼夫的教辅着重强调基本概念和定律的理解和应用。

他注重培养学生的物理直觉和逻辑思维能力，引导学生通过解决实际问题来巩固知识，提高分析和解决问题的能力。

程稼夫的教辅以清晰简洁的语言和丰富的例题为特点，深入浅出地介绍了力学的基本原理和方法，使学生能够更好地理解和掌握知识。

在磁学方面，程稼夫的教辅更是开创了新的学习方法和理念。

他在教学中注重理论与实践的结合，引导学生通过实验来感受和理解磁场的性质和规律。

程稼夫的教辅包含丰富的实验设计和实践操作，使学生能够亲身体验和探索知识，加深对磁学的理解和认识。

程稼夫的力学磁学教辅以其系统性、科学性和实用性而广受好评。

他的教辅内容丰富、案例生动、思路清晰，适合不同水平和文化背景的学生，有助于提高学生的学习兴趣和学习效果。

程稼夫的教辅倡导理论联系实际，注重培养学生的实践能力和创新意识，有利于学生综合能力的提升和发展。

程稼夫的力学磁学教辅具有重要的实践意义和启示意义。

他的教辅内容丰富多样、理论与实践相结合，为学生提供了一个系统、全面的学习平台，有助于培养学生的科学素养和综合能力。

相信在今后的学习和教学中，程稼夫的教辅将继续发挥重要作用，为推动力学和磁学领域的教育和研究做出更大的贡献。

第二篇示例：程稼夫（1895-1955），生于湖南长沙，是中国近现代著名的物理学家和科学家之一。

电磁学静电学1、 静电场的性质静电场是一个保守场，也是一个有源场。

F dl o ⋅=⎰u r u u r Ñ 高斯定理静电力环路积分等于零 i os q E ds E ⋅=∑⎰⎰u u r u u r Ò i v q dv ρ⎛⎫→ ⎪⎝⎭∑⎰⎰⎰电场强度与电势是描述同一静电场的两种办法，两者有联系b a b aqE d r w w ⋅=-∑u r ra b E dr U U ⋅=-∑u r r①过程 E dr dU ⋅=-u r r一维情况下 x dUE dx dx=- x dUE dx=- ② 2、 几个对称性的电场（1） 球对称的电场314o Qr r R E Rπ≤()2231342o QQ R r r R E rR π-≤33342o 143o R r R E r E r πρρπ⎛⎫= ⎪⎝⎭例:一半径为1R 的球体均匀带电,体电荷密度为ρ,球内有一半径为2R 的小球形空腔,空腔中心与与球心相距为a ,如图(1) 求空腔中心处的电场E u r(2) 求空腔中心处的电势U解:(1)在空腔中任选一点p ,p E u u r可以看成两个均匀带电球体产生的电场强度之差,即 ()1212333p o o oE r r r r E E E ρρρ=-=-u u r u r u r ur u r 令12a o o =r u u u u r3p oE a E ρ=u u r r这个与p 在空腔中位置无关,所以空腔中心处23o oE a E ρ=u u u r r(2)求空腔中心处的电势 电势也满足叠加原理p U 可以看成两个均匀带电球体产生电势之差即 ()()()222222212123303666o ooo U R a R R R a E E E ρρρ⎡⎤=---=--⎣⎦假设上面球面上,有两个无限小面原i j s s V V ,计算i s V ,受到除了i s V 上电荷之处,球面上其它电荷对i s V 的静电力,这个静电力包含了j s V 上电荷对i s V 上电荷的作用力.同样j s V 受到除了i s V 上电荷以外,球面上其它电荷对j s V 上电荷的作用力,这个力同样包含了i s V 对j s V 的作用力. 如果把这里的ij s s V V 所受力相加,则,i j s s V V 之间的相互作用力相抵消。

前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.非习题部分：P314 积分中运用了近似，这里给出非近似解答：3-2先计算圆环上的电流3-又垂直于磁场方向粒子做圆周运动得当运动了时，电子一定会回到轴上.即若，则聚焦到了屏上.解得.3-4考虑出射角度为θ为粒子，其运动在垂直于磁场平面内的投影为一个过原点的圆.设半径为r，1)2)对应的立体角为比值为——前辈大神云：当年我没事练习积分的时候发现，找一个球面，沿垂直于一固定方向的平面切两刀，则无论如何切，两刀间的面积总是仅与两刀间的距离呈正比。

（具体证明请在X3-5（1得（2）沿TM方向不受力，速度分量恒为；垂直于磁场方向的平面上，粒子的投影是匀速圆周运动.动力学方程：解得欲经过M点，须在时，圆周运动回到了圆周运动的起点，即周运动抵达原点.由此设计，并考虑方向，可得答案：3-8当摆角为θ时，设摆的速度v，（1解得.（2）若，便不能达到，这时只需考虑最低点，因为那里最接近二次函数的极值点：解得前面的条件要求，故，解得.即时，在最低点恰好T=0，而时不会出现情况2)综上所述（2）出发后时，粒子第一次经过x轴代入解得.（3），为整数个周期，即粒子回到x轴此时即粒子回到原点.粒子运动中占据的空间为一圆柱，轴线长即x坐标最大值：半径即粒子匀速圆周运动的半径：体积为.3-10因为E垂直于平面而质子轨迹在平面内，所以质子的动能守恒.. 3-11如图，速度方向、电场方向和磁场方向两两垂直，洛伦兹力与电场力平衡得取一小段时间，这期间冲到靶上的粒子的电量为.这些粒子的质量为.由动量定理其中F是质子束受到的力.作用在靶上的力是它的反作用力.3-12（1）在垂直于磁场方向粒子做匀速圆周运动，动力学方程时，3-取，记，有可见是以为角速度的匀速圆周运动的速度.，解得，故有积分得到（3）粒子速度为零，即，由此解得，相（4x投影3-14设粒子距离磁极r，轨道半径为R，回旋角速度为ω.粒子受力如图，其中动力学方程可由力三角表示，以为直角边的三角形，斜边为解得，故有.3-15设圆运动半径为R3-16法一：建立空间直角坐标系如图.取，记，有可见是以为角速度的匀速圆周运动的速度.知圆运动这部分的半径，且与y轴相切，由几何关系临界是当..（2）根据运动的独立性，首先只考虑匀速圆周运动由速度合成可得.3-18撤去重力场，以等效的电场代之.动力学方程：取，记，有，记，有可见是以为角速度的匀速圆周运动的速度.由初始条件，知线速度速度最大时圆运动的速度与漂移速度同向，第二阶段的速度最大值为综上，整个过程最大速度.3-20方法一：记这一段导管长为l，它受到安培力为，于是两壁压差为3-由于把3-竖直方向只有重力作用，是上抛运动水平方向，得，有所以由二次函数性质，在时有最小值3-23设横向电场E2，纵向电场E1.由横向电场力与洛伦兹力平衡：于是有.3-24（1）由动力学方程：得到，又回旋加速器中粒子作圆周运动的周期即为电场的周期解得（2）.3-25（2）能够射出的电子，其轨迹圆心都在S的右半边.由于电子顺时针回旋，电子总是轨迹圆与MN 从较为靠上的交点射出.对于圆心在右下时，射出点在相切时最靠下.由几何关系对于圆心在右上时，射出点与S对径时最靠上.由几何关系所以（3）轨迹圆心在S右边的电子初速度方向是向上和斜向上的所有方向.故占. 3-26数据不足无法得到答案，这里提供解法：（1）初速度设为，由，解得3-28题设A的量纲明显不对，强行忽略就好了.动力学方程取，记，有可见是以为角速度的匀速圆周运动的速度.因为z方向无外力，故粒子会留在平面内，因为，所以圆周运动那部，依分离实部虚部得：电子在z方向的运动，由一个沿z方向的匀速直线运动和另一个同样沿z方向的谐振动叠加；电子运动在平面内的投影是一条旋轮线.。

序言：特别感谢质心教育的题库与分析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者长辈和赤色の寂宁长辈的资料 .5-1 两种方式充电，对蓄电池供给的电量相等，对被充电蓄电池做功相等.经半波整流后在一个周期内充电量为均匀电流强度，于是有.5-2（ 1） t 时辰线圈的平面与磁场方向夹角，磁通量由电磁感觉定律，电动势；由欧姆定律解得（2）由焦耳定律（3）安培力矩为为保持匀速转动，驱动力矩与之等大反向.5-3 三个元件串连，电流设为，其实部表示真切的电流强度，，f 为沟通电频次 .（1）电感的阻抗，电容的阻抗，故电感上的电压UL 当先电流相位， UR 与电流同相，电容上UC 则落伍电流相位.解得.（2）因为，故有.因为，故有5-4 灯泡视为纯电阻元件，则额定电流.记.（1）电容上的电压落伍于电流的相位，也就落伍灯泡的电压的相位.故则有，解得.（2）电阻上的电压和灯泡上的没有相位差则有（3）电感上的电压落伍于电流的相位，也就落伍灯泡的电压的相位.故则有，解得.5-5 增补题文：（1）在（ a）中已知L1，r1 ，求 R1.（2）在（ b）中已知 L2， R2，求 C2.（3）在（ c）中要想能达到目标， L3C3 的下确界是多少？解：复导纳，目标是Y 的相位为 -?.（1）复导纳表示为解得（2）复导纳表示为解得.（3）复导纳表示为解得，因此一定要有.5-6 法一：并联原件上的电压（刹时价）相等，干路电流（刹时价）等于支路之和。

列出这两个方程即可求出线圈内阻 r，从而有线圈上的热功率 .设经过线圈、电阻的复电流分别为，电感 L、内阻 r，沟通电圆频次电流关系故法二：电感上无消耗，总有功功率减去电阻热功率即所求.电流的矢量关系如图.总有功功率，此中，故5-7 计算总复阻抗，调整角频次使虚部为零，则为谐振.电压已知，阻抗已求出，即得电流.（1）总复阻抗为欲虚部为零，则需，解得或（2）谐振时总复阻抗为故总电流为（3）谐振时线圈的总复阻抗为故该支路电流.5-8 记电源电压U 则加了电介质电容变成此中εr= εε0r=εε 0 为相对介电常数.同理解得，这需要不然是无解的.6-1 震荡过程的微分方程列出来即可得震荡频次.因为电感无电阻和热耗，故稳准时电容上电压为零 .刚断开瞬时，电感内磁链匝数要求不突变，那么电流就不会突变，于是电流注入到电容器极板上，形成震荡.一旦有所注入，电感两头电压，即电容电压就会产生，那么电流就开始降落了，因此刚断开的瞬时有电流最大值.电流最大值能够类比简谐运动的速度.从而求出电压幅值 .（1）设自断开时起自左至右穿过电感的净电荷量为 q.稳准时电容上电压为零，电容不带电，断开时电荷量不突变 .两头电压相等：整理得.故频次为（2）依据前面的剖析，电流幅值，类比简谐运动知解得.6-2 记，，，c为真空光速.当电容为 C 时，谐振频次为，相应的波长为，有因为，因此 C的范围在，宽度.6-3 设电容为 C 时，谐振频次为 f ，则记，则，为了覆盖，应有解得.6-4（ 1）设电容器带电量q.电容和电感的两头电压相等，整理得因为电感对其磁链匝数不突变的要求，t=0 时电流不会发生突变，故初始条件为由此解得故（2）因为能量守恒，故电能等于磁能的时候，电能因为两头电压相等，电动势.6-5（ 1）设第 n 次起辉前上的电压为..第一次起辉前的电荷局域守恒表示为而第 n 至第 n+1 次为解得，知，而，故总合起辉399 次 .第 400 次是不行能了.（2）设末态两电容器电压均为U.故总合放热.6-6（ 1） C=C1+C2作为一个等效电容，和电感、电键串连在一个回路里.固有周期为（2）类比简谐运动的速度幅值，有.6-7 设右边电容器的正极板电量，则左边电容器下极板电量为.流过电感的电流自左边电容流向右边电容为正.回路方程为整理得.由解得故，左边电容取正，右边电容取负，.6-8 电流最大使，回路方程化为获得解得.6-9 电感的职责是捍卫总磁链匝数不突变，故忽然撤掉外磁场会对电流产生忽然的影响.撤掉以后这个电流就注入到了电容器上，短时间内电压就上涨，电流就会降落，因此开初突生的那个电流就是电流幅值.为保证磁链匝数不变，t=0 时电路中忽然产生的电流，使.如前面剖析的，是电流振荡的幅值.而振荡角频次为，故.。

前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.4-1动生电动势，电路中的电流要使功率最大，应取最小值1，即.4-2原题图片和答案结果不符，现分两种情况：（1）按答案来：整体绕过o点且于磁感应强度平行的轴转动将运动分解为绕c的平动和转动，转动对电势差无贡献4-3（1）OP电势相等时，OP速度沿磁场方向，显然当OP位于YOZ平面时，OP电势相等（2）当OP在YOZ平面右侧即X＞0时，电势差（3）当OP在XOZ平面第一象限时，电势差最大4-4在任意时刻t，线圈中的电流为，则由电磁感应定律和欧姆定律得，该式也可以由能量得到4-5其中后一项式中与直杆平行，当与直杆方向垂直时，电动势绝对值最大故有.4-6对于回路有，故有力矩平衡故有.4-7（1）当转轮在磁场中旋转时，每一根轮辐上的感应电动势为四根辐条作为电源是并联的，轮子产生的感应电动势不变（2）根据戴维宁定理，将轮子作为电源，此时将外电路断路计算等效电动势. 4-8式中当转轮1和转轮2分别以ω1和ω2旋转并达到稳定时，闭合回路中感应电流为注意，因转轮1的四根轮辐并联，总电阻为；转轮2类似，其余连接导线、电刷、轮边缘的电阻均忽略不计.又，因转轮1和转轮2同方向旋转，ε1和ε2同方向，但在电路中的作用是彼此减弱的稳定转动时，转轮2所受磁力矩应与阻力矩抵消.磁力矩是四轮辐所受安培力产生的力矩，为式中是转轮2每根轮辐中的电流.阻力矩是阻力闸提供的力矩，因阻力恒为F，故有稳定将要向下滑动时安培力加滑动摩擦力等于重力分力解得可变电阻最大值匀速向上滑动时，电路中同时杆受力平衡，有联立解得.4-11注意题文描述中磁场竖直向上而所给图垂直于轨道平面，此处以文字为正.（1）下滑时，动生电动势与电源同向，故当加速下滑时，电流增大，V2读数增大，V1减小.（2）由牛顿第二定律及欧姆定律得：4-4-4-内电阻阻值负载电阻与内阻相等时，负载上功率最大.4-15平板的宽度d切割磁感线产生感应电动势，积累电荷产生电场，使自由电荷磁场力和4-16由受力平衡，；由力矩平衡，解得.4-17由于圆盘有厚度D，故当圆盘在磁场区域内竖直下落的速度为v时，在圆盘的厚度方向分离变量：两边积分：又初态，代入得：最大焦耳热：4-23（1）如图所示，当小球在管中任意位置x时，设该处的涡旋电场为E，则故式中r是小球在x位置时与O′的距离，式中的负号表示E的方向如图所示，即E与B的变化构成左手螺旋.因此，E的x分量为其中用到几何关系表示沿y轴正方向.小球所受洛仑兹力沿y方向，无x分量，为可见，即洛仑兹力沿y轴负方向小球在y方向还受管的支持力，因三力平衡，故管对小球的支持力为，于是，小球对管的作用力为.4-24法一：cd法二：记圆心为O，连接，.封闭回路中，与段无感生电动势，则.4-25由图中磁场方向及均匀减小，可知圆周上感应电动势方向为顺时针，大小为已知，联立解出故A、B两点电势差.4-26磁场变化产生感应电动势（负号代表逆时针方向）圆环电阻阻值，感应电流电功率.4-27回路以逆时针指向纸外为正，则磁通ab上解得做功.4-29K反向时，励磁电流反向，磁场反向，磁通量变化量大小为原来的两倍，方向相反.4-32根据自感定义，单匝线圈磁通为.4-36设原线圈电路电流为，副线圈电路电流为，由理想变压器性质由题整理得要求灯正常发光，所以算出额定电流，然后能得到每个回路上的电流.4-38（1）如图，由输入等效电路原理（2）原线圈上的电压；副线圈上的电压（3）变压比为.4-39（1）由题，安培力等于阻力（2）代入，（3）单位时间克服阻力做功单位时间电路中消耗代入得（2）当C2断路时，没有感应电流，C1中无互感电动势此时C2中只有互感电动势，a′、b′两端的电压为.。

前言：专门感激质心教育的题库与解析，和“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者先辈和血色の寂宁先辈的资料.1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律：由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，那么有：算得1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ：这一小段电荷受力平稳，列竖直方向平稳方程，设张力增量为T：解得1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消：解得：（2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消：解得：1-4设向上位移为x，那么有：结合牛顿第二定律和略去高次项有：1-5由于电荷受二力而平稳，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间：先由库仑定律写出静电力标量式：有几何关系：联立解得由库仑定律矢量式得：解得1-6（1）对一个正电荷，受力平稳：解得，显然不可能同时知足负电荷的平稳（2）对一个负电荷，合外力提供向心力：解得1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着滑腻直线位移x，势能：对势能求导取得受力：小量近似，略去高阶量：当q＞0时，；当q＜0时，（2）由上知1-8设q位移x，势能：对势能求导取得受力：小量展开有：，知1-9（1）对q受力平稳，设其横坐标的值为l0：，解得设它在平稳位置移动一个小位移x，有：小量展开化简有：受力指向平稳位置，微小谐振周期（2）1-101-11先证明，如下图，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ.有：显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，因此整体产生的电场相等.利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0.1-12（1）如图，取θ和，设线电荷密度λ，有：积分得（3）用圆心在场点处，半径，电荷线密度与直线段相等的，张角为θ0 （）的一段圆弧替代直线段，计算这段带电圆弧产生的场壮大小，能够用其所张角对应的弦长与圆弧上单位长度所产生的电场强度大小的积求得：1-13咱们先分析一个电荷密度为ρ，厚度为x的无穷大带电面（图中只画出有限大），取如下图高斯面，其中高斯面的两个相对面平行于电荷平面，面积为S，由高斯定理：算得，发觉那个无穷大平面在外部产生的电场是匀强电场，且左右两边电场强度相同，大小相反.回到原题，由叠加原理和，算得在不存在电荷的区域电场强度为0（正负电荷层彼此抵消.）在存在电荷的区域，假设在p区，现在x处的电场由三个电荷层叠加而成，别离是左侧的n区，0到x范围内的p区，和右边的p区，有：，算得同理算出n区时场强，综上可得1-14（1）取半径为r的球形高斯面，有：，解得（2）设球心为O1，空腔中心为O2，空腔中充满着电荷密度为−ρ的电荷，在空腔中任意一点A处产生的电场为：（借助第一问结论）同时在A处还有一个电荷密度为+ρ那么有：1-15取金属球上一面元d S，此面元在金属球内侧产生指向内的电场强度，由于导体内部电场处处为0，因此金属球上除该面元外的其他电荷在该面元处产生的电场强度为因此该面元受到其他电荷施加的静电力：球面上单位面积受力大小：半球面受到的静电力可用与其电荷面密度相等的，该半球面的截口圆面的面积乘该半球面的单位面积受力求得：1-16设轴线上一点到环心距离为x，有：令其对x导数为0：解得1-17写出初态体系总电势能：1-18系统静电势能大小为：1-19由对称性，能够以为四个面别离在中心处产生的电势，故取走后，；设BCD，ACD，ABD在P2处产生的电势为U，而ABD在P2处产生的电势为，有：；取走后：，解得1-20构造如下六个带电正方体（1到6号），它们的各面电荷散布彼此不相同，但都能通过必然的旋转从而与其它正方体形成全等：将这六个正方体形成的电场和其上的电荷全数叠加，形成一个新的带电正方体（由于是假想叠加，叠加进程中电荷直接相加而不从头散布）.那个带电正方体各面电势完全相同，都为.容易证明，正方体内部的每一个点的电势也都为（假设不然，正方体内部必存在电场线，如此的电场线必然会凭空产生，或凭空消失，或形成环状，都与静电场原理不符）.故现在中心电势一样为1-21 O4处电势：O1处电势：故电势差为：1-22从对称性方面考虑，先将半球面补全为整个球面.再由电势叠加原理，即一个半球面产生的电势为它的一半，从而计算出半球面在底面上的电势散布.即1-23设上极板下版面面电荷密度为，下极板上版面面电荷密度为.取一个长方体型的高斯面，其形状是是两极板中间距离的长方体，而且把和囊括进去.注意到金属导体内部没有电场，故那个高斯面电通量为0，其中净电荷为0，有：再注意到上下极板电势相等，其中E1方向向上，E2方向向下：再由高斯定理得出的结论：解得1-24先把半圆补成整圆，补后P、Q和O.这说明，新补上的半圆对P产生的电势为，而由于对称性，那个电势恰好也是半球面ACB对Q产生的电势.故：1-25在水平方向上，设质点质量m，电量为q：运动学：整体带入得：1-26（1）先将半球面补全为整个球面，容易计算出现在半球底面的电势.再注意到那个电势由对称的两个半球面产生的电势叠加取得，即一个半球面产生的电势为它的一半，即可求出一个半球面对底面产生的电势恒为定值，故底面为等势面，由E点缓慢移至A点外力做功为W1=0.（2）由上一问的分析知由E点缓慢移至O点外力不做功，记电势能为E，E的右下标表示所代表的点，那么有：仍然将半球面补为整球面，现在q在球壳内部任意一点电势能为2EO.现在关于T点，其电势能为上下两个球面叠加产生，由对称性，有：综上有W2=−W.1-27小球受电场力方程：将a 与g 合成为一个等效的g′：方向与竖直夹角再将加速度分解到垂直于g′和平行与g′的方向上.注意到与g′平行的分量最小为0，而垂直的分量那么维持不变，故速度的最小值为垂直分量：1-28假设给外球壳带上电量q2，先考虑q2在内外表面各散布了多少.取一个之内球壳外表面和外球壳内表面为边界的高斯面，并把内球壳外表面和外球壳内表面上的电荷囊括进去，真正的高斯面边界在金属内部.由于金属内部无电场，高斯面电通量为0，高斯面内电荷总量为0，取得外球壳内表面散布了−q1电荷，外表面散布了q2+q1电荷.由电势叠加原理知球心处的电势：解得由电势叠加原理及静电屏蔽：1-29设质点初速度为v0，质量为m ，加速度为a ，有：，其中.设时竖直向下速度为v1，动能为Ek1，初动能为Ek0，有：解得1-30球1依次与球2、球3接触后，电量别离为. 当球1、4接触时知足由于解得.注：假设此处利用，略去二阶小量那么能够大大简便计算，成心思的是，算出的答案与笔者考虑二阶小量繁重化简事后所得结果完全一致，这是因为在最后的表达式中没有r 与a 的和或差的项的缘故。

前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.变阻器在中间时，焦耳热：.代入题中数据，可得.2-32-4（1）即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.两端电压.（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则.2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为22AB2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.负载时，负载时，联立解得：.2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于和.得.2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为电势差为0时，极板不带电，所以.（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.K断开时，R与R1串联，该支路总电压该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为可以列出：两式联立，代入数据可解得：.2-18（1）由基尔霍夫方程知：.（2）沿n个电源这一路计算：2-22注意看题，不要啥都不想直接Y-△变换了设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为则可由三点的电势得到：2-即2-将等效内阻，等效电源. 2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.法一：电源最大输出功率，电池个数.要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：解得法二：回路内满足：到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.2-27上式联立解得.2-28（i）由知122’1’回路为电路干路而无支路，该干路总电阻；1 2与1’2’间若有电阻，则应被导线短路.（ii）由知1 2与1’2’间确有电阻，设为；由于要求电路最简，不妨设12间仅有一个电阻；故此情况中两电阻并联：代入数据得：，带回各条件检查，满足.故电路图如下：所以安培表示数.2-30题意即5两端接电源.电压表示数是由其上电流决定的，所以可以把电压表全看成电阻，求其上电流比例.由分析，电路可简化为如下图：由节点方程可知流经并联两表中电压表的电流欧姆定律：得. 2-33由每个量程达到满偏时通过电流计的电流相同得：，干路电流为，而B，C间的电流为，即100kΩ电阻和电压表各分得干路电流的一半，可知电压表内阻也为100kΩ.在图（b）中，200kΩ电阻与电压表并联后的电阻为，电压表读数为A、B间所分的电压为.由本题推广，可以证明，电压表接入串联电路测得的数值与所测部分电阻成正比，此性质与电压表内阻无关.2-36首先说明，若测量过程中测得某两点间电阻为1Ω，由对称性及电阻串并联等效可以判断：特异电阻被短路，连接在另外两端点间.2-38等效电路图如下：其中，由电桥平衡条件，有，解得.2-39第一次实验，B端电压为40V，即电阻R分压40V，则左段电缆电阻为第二次实验，A端电压为40V，即电阻R分压40V，则右段电缆电阻为左右电缆的电阻之比为：由于电缆的电阻与长度成正比，可知左段电缆长度为由此得：2-41，解得，解得；对于上述两支路的交点A，列节点方程：；由欧姆定律，图中B点的电势为：.显然U1与U3所在支路的电流为0；由于电容所在支路电流为0，由节点方程，图中B与C之间的支路上电流为；对图中红圈内的部分列节点方程（以向下为正方向）：.2-42设该平行板电容器极板面积为S，极板间距为d，漏电流为I.由平行板电容器的电容公式，得玻璃的电阻为.由高斯2-44首先明确，无论短接哪个电阻，总电阻一定变小将五个电阻分两类，一类是四周的4 个电阻臂，一类是中间的100Ω桥上电阻.短接桥上电阻，总电阻变为203Ω；短接一支电阻臂，以500Ω的为例：两个100Ω的并联后与200Ω的串联再与300Ω的并联.可以看出300Ω的在这里与其他所有电阻并联，而并联电路中的总电阻不超过最小的电阻，故让100Ω与其他电阻并联可以使变化最大.2-45等效电阻整理得，故或.2-46本题为无穷网络等效电阻题.先分析对称性：电路呈轴对称，可将图中各个处于对称轴上的中点断开，于是电路转化为：转化为：再将A,B两点左侧网络“翻折”至右侧：单电路：，即两导线间电压为零.2-51本题为无穷网络等效电阻题，解题关键在于网络的自相似性.记A点左侧无穷网络等效电阻为R1.分析电路可知：故只需求出R1.分析R1结构可知：除去三个电阻r后剩余部分仍为一无穷网络R1：2-52（1）本题中的三角形电阻网络具有高度对称性，可将分割n次后的电阻网络（设其两顶点之间的电阻为；图中未画出分割后电阻网络的全貌；最初的只有三条边的三角形当作分割了0次）等效为如下的Y形网络：其中每个电阻的大小均为则下一次分割所得的电阻网络可以等效为三个上图所示的网络相连接而成（每个电阻变为一半），如下图所示：其中每个电阻大小为.这是一个简单的电阻网络，我们可以依据串并联关系计算其两端点间的电阻：（2，解得.2-53本题为等效电容题.（a）图中三电容实为并联；（b）图为中心对称图形，由对称性可知中间的C0等价为断路：整个线路和原来的线路完全一样，线路结构没有改变，各线上电流、各点的电势均无改变.可见，由点2到点n−1这n−2个点是完全等价的.因此，上述n−2个点的电势必然完全相同，从而这些点之间的连线上都没有电流，在考虑本题所问时，这些连线可以全部撤去，于是可得.2-58（1）电阻网络E、G两点间电压可表示为从图中的二极管D的正向伏安曲线中可査得，电压UDI对应的电流I1为25.0mA，此电流就是流过电阻R及由E点流入电阻网络的电流，将数据代入上式得由对称性可得H、A、C、F电势相等，其等效电路如图13-13所示（除两只电阻为外，（2）当引线两端P、Q与电阻网络B、D两点相接时，等效电路仍如图所示，易得通过二极管DD的电流与二极管两端电压有关系代入数据得这是一条联系UD与ID的方程，但是UD与ID又必须满足二极管的伏安特性曲线，在图中绘出上式所述直线，它与曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流ID，由图中读出由对称性，，，则.2-59本题为图像分析题，同时需要用到“负载功率最大时，路端电压等于电源电动势的一半”的结论（此处证明从略）.图像显示电源可视为两个负载电流范围不同的电源``拼接''而成，分段讨论即可.电流小于0.26A时，电源电动势等于6.2V，故路端电压等于3.1V时（由（2）（3）C1电荷变化量C2电荷变化量故由a到b流过K的正电荷.2-62本题为含电容的电路分析题，只需分析始末状态和电量变化即可.通过K的电量即通过R的电量.闭合K前，两电容器不带电；闭合K并稳定后，两电容器靠近电键K的极板上均沿回路列出方程：联立解得代入数据.忽略接地信息的解法得到的答案与此一致，但无视了与大地间的电流和电位.。

前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.变阻器在中间时，焦耳热：.代入题中数据，可得.2-32-4（1）即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.两端电压.（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则.2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为22AB2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.负载时，负载时，联立解得：.2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于和.得.2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为电势差为0时，极板不带电，所以.（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.K断开时，R与R1串联，该支路总电压该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为可以列出：两式联立，代入数据可解得：.2-18（1）由基尔霍夫方程知：.（2）沿n个电源这一路计算：2-22注意看题，不要啥都不想直接Y-△变换了设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为则可由三点的电势得到：2-即2-将等效内阻，等效电源. 2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.法一：电源最大输出功率，电池个数.要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：解得法二：回路内满足：到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.2-27上式联立解得.2-28（i）由知122’1’回路为电路干路而无支路，该干路总电阻；1 2与1’2’间若有电阻，则应被导线短路.（ii）由知1 2与1’2’间确有电阻，设为；由于要求电路最简，不妨设12间仅有一个电阻；故此情况中两电阻并联：代入数据得：，带回各条件检查，满足.故电路图如下：所以安培表示数.2-30题意即5两端接电源.电压表示数是由其上电流决定的，所以可以把电压表全看成电阻，求其上电流比例.由分析，电路可简化为如下图：由节点方程可知流经并联两表中电压表的电流欧姆定律：得. 2-33由每个量程达到满偏时通过电流计的电流相同得：，干路电流为，而B，C间的电流为，即100kΩ电阻和电压表各分得干路电流的一半，可知电压表内阻也为100kΩ.在图（b）中，200kΩ电阻与电压表并联后的电阻为，电压表读数为A、B间所分的电压为.由本题推广，可以证明，电压表接入串联电路测得的数值与所测部分电阻成正比，此性质与电压表内阻无关.2-36首先说明，若测量过程中测得某两点间电阻为1Ω，由对称性及电阻串并联等效可以判断：特异电阻被短路，连接在另外两端点间.2-38等效电路图如下：其中，由电桥平衡条件，有，解得.2-39第一次实验，B端电压为40V，即电阻R分压40V，则左段电缆电阻为第二次实验，A端电压为40V，即电阻R分压40V，则右段电缆电阻为左右电缆的电阻之比为：由于电缆的电阻与长度成正比，可知左段电缆长度为由此得：2-41，解得，解得；对于上述两支路的交点A，列节点方程：；由欧姆定律，图中B点的电势为：.显然U1与U3所在支路的电流为0；由于电容所在支路电流为0，由节点方程，图中B与C之间的支路上电流为；对图中红圈内的部分列节点方程（以向下为正方向）：.2-42设该平行板电容器极板面积为S，极板间距为d，漏电流为I.由平行板电容器的电容公式，得玻璃的电阻为.由高斯2-44首先明确，无论短接哪个电阻，总电阻一定变小将五个电阻分两类，一类是四周的4 个电阻臂，一类是中间的100Ω桥上电阻.短接桥上电阻，总电阻变为203Ω；短接一支电阻臂，以500Ω的为例：两个100Ω的并联后与200Ω的串联再与300Ω的并联.可以看出300Ω的在这里与其他所有电阻并联，而并联电路中的总电阻不超过最小的电阻，故让100Ω与其他电阻并联可以使变化最大.2-45等效电阻整理得，故或.2-46本题为无穷网络等效电阻题.先分析对称性：电路呈轴对称，可将图中各个处于对称轴上的中点断开，于是电路转化为：转化为：再将A,B两点左侧网络“翻折”至右侧：单电路：，即两导线间电压为零.2-51本题为无穷网络等效电阻题，解题关键在于网络的自相似性.记A点左侧无穷网络等效电阻为R1.分析电路可知：故只需求出R1.分析R1结构可知：除去三个电阻r后剩余部分仍为一无穷网络R1：2-52（1）本题中的三角形电阻网络具有高度对称性，可将分割n次后的电阻网络（设其两顶点之间的电阻为；图中未画出分割后电阻网络的全貌；最初的只有三条边的三角形当作分割了0次）等效为如下的Y形网络：其中每个电阻的大小均为则下一次分割所得的电阻网络可以等效为三个上图所示的网络相连接而成（每个电阻变为一半），如下图所示：其中每个电阻大小为.这是一个简单的电阻网络，我们可以依据串并联关系计算其两端点间的电阻：（2，解得.2-53本题为等效电容题.（a）图中三电容实为并联；（b）图为中心对称图形，由对称性可知中间的C0等价为断路：整个线路和原来的线路完全一样，线路结构没有改变，各线上电流、各点的电势均无改变.可见，由点2到点n−1这n−2个点是完全等价的.因此，上述n−2个点的电势必然完全相同，从而这些点之间的连线上都没有电流，在考虑本题所问时，这些连线可以全部撤去，于是可得.2-58（1）电阻网络E、G两点间电压可表示为从图中的二极管D的正向伏安曲线中可査得，电压UDI对应的电流I1为25.0mA，此电流就是流过电阻R及由E点流入电阻网络的电流，将数据代入上式得由对称性可得H、A、C、F电势相等，其等效电路如图13-13所示（除两只电阻为外，（2）当引线两端P、Q与电阻网络B、D两点相接时，等效电路仍如图所示，易得通过二极管DD的电流与二极管两端电压有关系代入数据得这是一条联系UD与ID的方程，但是UD与ID又必须满足二极管的伏安特性曲线，在图中绘出上式所述直线，它与曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流ID，由图中读出由对称性，，，则.2-59本题为图像分析题，同时需要用到“负载功率最大时，路端电压等于电源电动势的一半”的结论（此处证明从略）.图像显示电源可视为两个负载电流范围不同的电源``拼接''而成，分段讨论即可.电流小于0.26A时，电源电动势等于6.2V，故路端电压等于3.1V时（由（2）（3）C1电荷变化量C2电荷变化量故由a到b流过K的正电荷.2-62本题为含电容的电路分析题，只需分析始末状态和电量变化即可.通过K的电量即通过R的电量.闭合K前，两电容器不带电；闭合K并稳定后，两电容器靠近电键K的极板上均沿回路列出方程：联立解得代入数据.忽略接地信息的解法得到的答案与此一致，但无视了与大地间的电流和电位.。

程稼夫力学篇详细答案Q：为什么是这套书？A：全国中学生物理竞赛委员会指定参考书；北京教育科学研究院组织高等学校资深教授、青年学者、中学特级教师等合作编写，以学有余力的高中生为目标读者，北京大学原副校长沈克琦教授主编。

早年中学物理课本分甲种本、乙种本，因材施教，甲种本适合资优生。

这套《高中物理学》更像是甲种本的高中物理课本，不过它编写水平更高，更用心，更系统，更全面，特别适合学有余力的资优生，被中国物理学会选作物理竞赛的指定参考书，是高中物理竞赛零基础入门的不二之选。

Q：这套书有什么特色？A：中学物理课本和大学普通物理课本之间的桥梁；物理概念准确，物理图像清晰，物理思想深刻；专为中学生编写，中学生看得懂，能消化；图片质量高，版式精美，注重阅读体验。

Q：这套书在物理竞赛辅导中的地位如何？A：这套书与物理竞赛的关系，犹如高中课本与高考的关系。

它是竞赛的纲、本，辅导书可以五花八门，但权威的教材仅此一套。

作为物理竞赛教材，这套书是入门级的，难度最低，适合新高一的竞赛生。

Q：我不太了解主编沈克琦教授。

A：沈克琦，物理学家、教育家。

长期从事物理教学、物理教学研究工作和高等教育行政工作，为办好北京大学物理系、推进理科高等教育改革、提高中学物理教学质量做出了重要贡献，培养造就了一大批优秀物理学人才。

曾任北京大学副校长、烟台大学校长，晚年主编《中国科学技术专家传略》物理学卷。

Q：如何使用这套书？A：初三毕业后（或自学完初中物理课程后），直接以这套书作为高中物理课本进行学习，今后不论是应对自主招生还是走上物理竞赛之路，都会更加游刃有余。

学习这套书的过程中，可用《加拿大物理奥林匹克》刷题。

程稼夫教授的《力学篇》《电磁学篇》和崔宏滨教授的《热学·光学·近代物理学》是物竞经典图书，读者如果一上来就使用这些书，不免会感到很吃力。

《高中物理学》正好可以为此打基础、做铺垫。

Q：这套书的习题多吗？答案详细吗？A：这套书中，每节后面有练习题和思考题，每章后面有习题，分册还有总复习题。

程稼夫力学和新编物理竞赛教程（原创实用版）目录1.程稼夫力学和新编物理竞赛教程的概述2.程稼夫力学的特点和优点3.新编物理竞赛教程的内容和适用对象4.程稼夫力学与新编物理竞赛教程的联系和区别5.对程稼夫力学和新编物理竞赛教程的评价正文程稼夫力学和新编物理竞赛教程是我国物理教育领域的两部重要教材。

程稼夫力学是一部经典的力学教材，其主要特点是严谨的科学性和全面的系统性。

新编物理竞赛教程则是针对高中物理竞赛而编写的一部教程，其主要内容涵盖了高中物理的全部知识，并适当加入了一些竞赛水平的题目。

程稼夫力学的特点主要体现在其严谨的科学性和全面的系统性上。

这部教材在讲解物理原理时，既注重理论的严谨性，又注重实际应用的广泛性。

它将力学的各个知识点有机地联系起来，形成了一个完整的知识体系。

这样的编写方式，不仅有利于学生对知识的理解和掌握，也有利于学生对物理学的全面认识。

新编物理竞赛教程的内容主要包括高中物理的全部知识，以及一些竞赛水平的题目。

这部教材的编写目的是为了帮助学生更好地应对高中物理竞赛。

因此，它在讲解物理知识时，不仅注重知识的全面性，更注重知识的深度和广度。

同时，教材中还适当加入了一些竞赛水平的题目，以帮助学生更好地了解竞赛的要求和标准。

程稼夫力学与新编物理竞赛教程的联系主要体现在它们的编写目的和内容上。

两部教材都是为了帮助学生更好地理解和掌握物理知识，只是针对的对象不同。

程稼夫力学主要针对的是普通学生，而新编物理竞赛教程主要针对的是参加物理竞赛的学生。

因此，两部教材在编写内容和方式上，也有所不同。

总的来说，程稼夫力学和新编物理竞赛教程都是我国物理教育领域的重要教材。

它们在帮助学生理解和掌握物理知识方面，都起到了重要的作用。

程稼夫力学和新编物理竞赛教程摘要：一、引言二、程稼夫力学教程概述1.内容设置2.编写特点3.适用人群三、新编物理竞赛教程概述1.内容设置2.编写特点3.适用人群四、两者对比与结合使用建议1.针对不同需求选择适用教程2.结合使用提升学习效果五、结语正文：一、引言在众多物理学习中，力学和物理竞赛一直是学生们的难点和热点。

为了帮助广大中学生掌握力学知识和提高物理竞赛水平，我国著名物理教育家程稼夫先生编写了《程稼夫力学教程》和《新编物理竞赛教程》两本教材。

本文将对这两本教程进行简要介绍，并给出结合使用的建议。

二、程稼夫力学教程概述1.内容设置《程稼夫力学教程》共分为十二章，涵盖了力学的基本内容，包括运动的描述、力学体系、运动的规律、万有引力定律等。

每一章节都附有习题，供学生巩固所学知识。

2.编写特点程稼夫先生凭借丰富的教学经验和深厚的物理素养，将严谨的力学理论用通俗易懂的语言进行讲解。

书中例题丰富，注重理论与实际相结合，培养学生的解题能力和动手能力。

3.适用人群《程稼夫力学教程》适用于初高中学生学习力学知识，特别是对物理有兴趣和需求的学生。

同时，也可以作为物理教师的辅助教材，提高教学效果。

三、新编物理竞赛教程概述1.内容设置《新编物理竞赛教程》共分为九章，包括力学、电磁学、光学、热学等内容。

本书以全国物理竞赛大纲为依据，系统地讲解了物理竞赛所必需的知识点。

2.编写特点本书以实际竞赛题为载体，对知识点进行深入浅出的讲解，注重培养学生的分析问题和解决问题的能力。

同时，书中附有大量习题，供学生自我检测。

3.适用人群《新编物理竞赛教程》适用于初高中学生备战物理竞赛，以及有兴趣拓展物理知识的学生。

同时，也可以作为物理教师的辅导教材，提高学生的物理素养。

四、两者对比与结合使用建议1.针对不同需求选择适用教程《程稼夫力学教程》注重培养学生的基本力学素养，适用于初高中学生学习力学知识。

而《新编物理竞赛教程》针对物理竞赛，强调知识的拓展和应用，适用于有一定基础的学生备战竞赛。