物理学导论 试题及课后答案
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]
2
5
,
2
1
[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I1和I2的两根无限长平行
载流直导线．
(1) 写出电流元
1
1
d l
I
对电流元
2
2
d 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r1、r2．已知两导线中电流都为
t
I
Iω
sin
=，其中I0和ω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．(μ0 =4π×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)
I
a a
I
x
O
2a
I1I2
1
1
d l
I
2
2
d l
I
a
12
r
I
I
O x
r1
r2a
b
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 t =α >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ε，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．
d
d
I
I
7-3 计算和证明题 7-3-1
解
Q
所受合力为零，即
222
002044(2)Q qQ
l
l πεπε+=，求得 22Q q =- 7-3-2
解
场强大小为2
0044()
a l
a
dx l
E dE x a a l λλπεπε+===+??
，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=Rd φ
dq=λdl=R λd φ，它在O 点产生场强大小为
dE=2
04R
Rd πε?λ方向沿半径向外 则 dE x =dEsin φ=
??πελ
d R
sin 40 dE y =dEcos(π-φ)=
R
04πελ-cos φd φ
积分 20
02
sin 04x E d R
π
λ
??πε==?
2
2
2
0002cos 42y q
E d R
R R
π
λλ??πεπεπε-==-
=-? 方向沿y 轴负向． 7-3-4解
如图所示，dq dl Rd λλθ==，它在圆心O 点产生
的场强
2
00cos 44Rd A d dE R R
λθθθ
πεπε=
= 其在x 轴上的场强为
cos()x x E dE dE πθ==+??
220
00cos 44A d A
R R
π
θθπεε=-=-
?
方向沿x 轴负向，
其在y 轴上的场强为
sin()
y y E dE dE πθ==+??20
0cos sin 04A d R
πθθθ
πε=-=?
7-3-5解
小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg θ= 即 0
2q
mgtg σ
θε=， 有 0
6202308.010/mgtg C m q
εσ-=
=? 7-3-6解
在r R >处取一细圆环，其带电量
x
y
θ
dq
d θ
dE
O
x dE
y dE
qE
θ
σ
+
mg
T
2
dq dS rdr
σσπ
==，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
223/2223/2223/2
000
2
4()4()2()
xdq x rdr x rdr
dE
x r x r x r
σπσ
πεπεε
===
+++
22
223/2223/222
000
()
2()4()2
R R
x rdr x d x r x
E
x r x r x R
σσσ
εεε
∞∞+
===
+++
??
7-3-7解
(1)
111
22
222
(2)(21) 1.05/
e
bd S b d S bd d N m C
Φ=-?+?=-?=?
（2）由高斯定理可得，12
9.2910
i e
i
q C
ε-
=Φ=?
∑
7-3-8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
?λ?
λλλ
πππ
'===，
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
2
00
22
d
dE
R R
λλ?
πεπε
'
==，
2
cos
cos()
2
x
d
dE dE
R
λ??
π?
πε
=+=-，
2
sin
sin()
2
y
d
dE dE
R
λ??
π?
πε
=+=-，
2
cos
2
x x
d
E dE
R
πλ??
πε
==-=
??，
22
00
sin
2
y y
d
E dE
R R
πλ??λ
πεπε
==-=-
??，
2
x y y
E E i E j E j j
R
λ
πε
=+==-
7-3-9解
（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得
2
111
1
1
4
n
e i
S
i
E dS E S E R q
π
ε
=
Φ=?=-=-=∑
??，
所以25
10
1
49.0310
n
i
i
q E R C
πε
=
=-=-?
∑
（2）如下图，由高斯定理
1
()
e S
E dS E E S nSh
ε
Φ=?=-=
??下上，
所以有
122
12
1.0610/
E E E E
n C m
h h
ε-
--
===?
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ρ的均匀带
正电球体和一个半径为r电荷体密度为ρ
-的均匀带
负电球体所激发电场的叠加.即
000
E E E
+-
=+
由高斯定理可求出
E
+
=，
3
02
00
4
3
43
a a
E
a
πρρ
πεε
-
?
==，
n
n
E
下
E
上
h
S
2
S
1
dE
dl
311
11019
1436410 1.610910
q U R C πε--=?=?
??=??所以O 点的场强大小为
000
3a E E ρε-==
，方向沿OO '. 同理，O '点的场强大小为 0000
3a E E E ρ
ε'''+-=+=
，方向仍沿OO '. 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
所以 0E =
（2） 在12R r R ≤≤处，类似（1），有
10
2l
rlE λπε=
所以 1
02E r
λπε=
（3） 在2r R >处，类似（1），有
12
2rlE l λλπε+=
所以 12
02E r
λλπε+=
7-3-12解
（1）A 点电势为12
2
2
0044A q q U r
r d
πεπε=
+
+，
B 点电势为122
2
44
B q q U d r πε+=
+
，
6
3.610J -=?
注 式中9
0210q C -=?
（2）C 点电势为1
22
2
0044C q q U r
r d
πεπε=
+
+，
D 点电势为12
02D q q U d
πε+=
，
1
212
0022
000()(
)424CD C D q q q q A q U U q r d
r d πεπεπε+=-=+
-+
6
3.610J -=-? 7-3-13解
（
1）
00
E =，
9
4
9
3104104910 2.881040.05i
O i i
q U V
r πε-=?==???=?∑
（
2
）
9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J --∞∞=-=-??=-?，
0q 电势能的改变为
6
0 2.8810O W A J -∞=-=? （3）6
0 2.8810O W W A J -∞∞-==-?
7-3-14解
（1）雨滴的电势为
1101
4q U R πε=
，有
12
1200222
0200()()
4444
AB A B q q q q A q U U q r r d
d r πεπεπε+=-=+-
++
1
1
20
n
e i
S
i E dS rlE q
πε=Φ=
?==
=∑??
12
1
21
12
2
200044R R r
R R q q q dr dr dr r r πεπε∞
+=++??
?（2）两雨滴合为一滴后，半径增大为312R ，这时雨滴表面电势为
911
212333
020129102 1.610574422410
q q U V R R πεπε--????====?? 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 21300
ln 244R
R
dx U U x λλ
πεπε==
=?
，
半圆周BCD 在O 点产生的电势为
2
2000
444q R U R R λπλπεπεε?===
所以O 点产生的电势为
1230
(2ln 2)4U U U U λ
ππε=++=
+ 7-3-16
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 =，
122
04q E r
πε=
1232
04q q E r πε+=
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
1
1P U E dl ∞
=??12
1
2
123R R r
R R E dl E dl E dl ∞
=?+?+????
12
12
1(
)4q q R R πε=
+ （2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有
2
2P U E dl ∞
=??2
2
23R r
R E dl E dl ∞
=?+???
2
2112
22
00
44R r
R q q q dr dr r r πεπε∞
+=+?
?
12
2
1(
)4q q r R πε=
+ （3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计
算，有
3
3P U E dl ∞
=??
3r E dl ∞
=??
12204r
q q dr r πε∞
+=?
12
04q q r
πε+=
7-3-18
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
λ
πε=
式中λ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
9197
115
091079 1.610 1.61047.010
q
U V R πε--????===??7
21320
00033 2.41044242
R
R qr q q U dr dr U V R r R πεπεπε∞=+===??
?
00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x a
λλπεπε--=
--=
2
1
2001
ln 22B
R AB A
R R U E dl dr r R λλ
πεπε=?==??
， 则
8092
1
2450 2.0810/10
2910ln ln 3AB U C m
R R πελ-===????7-3-19
解 由高斯定理可得场强分布为
a x a -<< 0
E σ
ε=-
； x a <- 或x a > 0E =；
由电势的定义式计算电势分布
在x a <-区
域
，
00
00
0a x
x
a
U Edx dx dx a σσεε--==+-
=-??? 在a x a -<<区域， 0
00
x
x U Edx dx x σσεε==-=?
?
在
a x ≤<∞
区域，
00
0a
x
x
a
U Edx dx dx a σσεε==+-
=??? 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 λλ
πεπε=
+-， 所以两导线间电势差为 00(
)22()
l a
AB a
U dx x l x λλ
πεπε-=
+-?
7-3-21
解（1）在带电直线上取电荷元dq dx λ=，它在P 点的电势为 004()4()
dq dx
dU r x r x λπεπε=
=++
整个带电直线在P 点的电势为 0
00ln 4()
4l
P r l U dx r x r
λ
λπεπε+==
+?
（2）根据场强与电势的微分关系dU
E dr
=-
，有 04()
l
E r r l λπε=
+
7-3-22
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 ≤，10
3r E ρε=
； r R >，3
22
03R E r ρε=
（1）r R >，33
22
0033r r
r
R R U E dr dr r r
ρρεε∞
∞
=
==?
?
（2）r R =，32
00
33R R R U R ρρεε==
（
3
）
r R
<，
x
U
O a
a -
3
22
122
000
(2)
336
R R
r r R r R
r R
U E dr E dr dr dr R r
r
ρρρ
εεε
∞∞
=+=+=-
????
7-3-23
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
1
1n
e i
S
i
E dS q
ε
=
Φ=?=∑
??，可得
3
00
12
22
3
r al
rlE ar rldr r
π
ππ
εε
=?=
?
求得
2
3
ar
E
ε
=
内
，方向沿径向向外.
对r R
>，同理由高斯定理可得
3
00
12
22
3
R al
rlE ar rldr R
π
ππ
εε
=?=
?
求得
3
3
aR
E
r
ε
=
外
（2）设1
r 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，
33
11
00
ln
33
r r
aR aR
U E dr dr r
r
εε
===-
??
外外
在r R
<区域内，
23
11
00
33
R R
r R r R
ar aR
U E dr E dr dr dr
r
εε
=+=+
????
外
内内
3
33
00
()ln
93
a aR
R r R
εε
=--
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
33
2
003
44
R R
q q
U E dl dr
r R
πεπε
∞∞
=?==
??
3
（2）内表面带电量为q
-，外表面带电量为0；球壳
电势为
U=
3
（3）内球接地时，内球的电势0
U=
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：
12
R r R
<<，
12
4
q
E
r
πε
'
=；
23
R r R
<≤，
2
E=；
3
r R
>，
32
4
q q
E
r
πε
'-
=；
因此，内球的电势
23
123
1123
R R
R R R
U E dr E dr E dr
∞
=++
???
2
13
22
00
44
R
R R
q q q
dr dr
r r
πεπε
∞
''-
=+
??
01203
11
()0
44
q q q
R R R
πεπε
''-
=-+=
求得
12
122313
R R q
q
R R R R R R
'=
+-
球壳的电势为
3
12
33
030122313
44
R
R R
q q q
U E dr
R R R R R R R
πεπε
∞'-
-
'===?
+-
?
电势的改变为
12
333
0122313
4
R R
q
U U U U
R R R R R R
πε
-
''
?=-=-=?
+-
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
πε'，点电荷q 在O 点产生的电势
为
042q
R
πε?，故O 点的电势为
000048q q U R
R
πεπε'=
+
= （导
体球接地）， 求得
2
q 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 '=+= 所以 2
016q q E R πε'=
8-3-3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 σ=
，22q
S
σ=，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U U =
AC AC AB AB E d E d =
写成
1200
AC AB d d σσ
εε= 有
12002q q
S S
εε= ① 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 S
εε==
==? 8-3-4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
120S
q S
E dS E S E S S
ε??=-?+?=
??
即有 210q
E E S
ε-=
① 由题意得 2122
d d
U E E =?
+? ② 由①②解得 20224C C B d U q d
U U E S
ε==?
=+ 8-3-5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
πε=
，
则电容为04q
C R U
πε=
=，可见电容是相同的. 对于地球，711C F μ= 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
πεε=
内外圆筒之间的电势差为
2
1
2
01
ln
2R R r R Q U E dl L
R πεε?=?=
? 莱顿瓶的电容为
9021
2 2.2810ln r L q C F R U R πεε-=
==?? （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 πεε=
=击穿
所以 5
012 6.6710r Q LR E C πεε-==?击穿 8-3-7解 （1）由
123
111AB C C C C =++，求得 3.75AB C F μ=
（2）总电量4
3.7510AB AB Q C U C -==?
因为1C 和2C 并联，故有1212
Q Q
C C = 即有
122Q Q = ①
又 12Q Q Q += ② 由①②求得2C 带电量为421 1.25103
Q Q C -=
=?，2C 上的电压
2
22
25Q U V C =
= （3）3100U U V ==,4
333510Q C U C -==?
8-3-8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1
n
i
S
i D dS q =?=∑??
可得
0D S S σ?=? 求得 0Q D S
σ== 又
0()[()]r U E d t Et d t t E ε=-+=-+
求得 ()r U
E d t t
ε=
-+
因此 00()r r r U D E d t t
εεεεε==-+ （
2
）
由
上
面结
果
可
知
00()r r US Q S DS d t t
εεσε===
-+
（3）0()r r S Q C U d t t
εεε==-+ 8-3-9解
（1）由题意极板间带电量Q 不变，
00000
S
Q Q C U U d
ε===
（2）电位移00S
Q D S d
εσ==
=
，介质中的场强
00r
U D
E d
εεε=
=
（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r S C d t t
εεε=
-+
8-3-10解
设单位长度带电量为
λ，则两极板间场强
2E r
λ
πε=
，击穿场强0E 一定时，02rE λπε=最大，电容器两极板电压为
0ln ln 2R
r
R R
U Edr rE r r
λπε==
=? 式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，
即令 00ln 0dU R
E E dr r =-=， 求得
0R
r e
=
故当0R
r e
=
时，电容器可能承受的最大电压为 0
max 000ln 147RE R U r E KV r e
===
8-3-11解
（1）当1R r R <<，由介质中的高斯定理可得
0S
D dS Q ?=??
，即有
2
04r D Q π=
求得 0
2
4Q D r
π=
， 所以有 012004r
r Q D
E r εεπεε=
=
当2R r R <<，0
22
04Q D
E r επε==
（2）电势差为 2
1
12R
R R R
U E dr E dr ?=
+?
?
2
1
002
2
0044R
R R R
r Q Q dr dr
r
r
πεεπε=+??
0012
11(
)4r r
r
Q R R R εεπεε-=
+-
（3）0012
21124()()
r r Q RR R C U R R R R R R πεεε==?-+- （
4
）
2122
220102114422
R
R r R R W E r dr E r dr εεπεπ=?+???
20012
11(
)8r r
r
Q R R R εεπεε-=
+- （5）002
1
1
(1)(1)4r
r
Q R σσεπε'=-=
- 8-3-12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 S i D dS q =?=∑??，有 2rlD l πλ=
所以 2D r
λπ=
又 0r D E εε=
我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E r
λ
πεε=
, 方向沿径向向外
（2）2
2
1
1
2001
ln 22R R R R r r R U Edr dr r R λλ
πεεπεε?=
==?
?
（3）2
1
22
2001
12ln 24R r R r R W E rdr R λεεππεε=?=?
8-3-13解 （1）28201
4.410/2
e w E J m ε-=
=?
2222
20000041121(
)()2221
42312r Q Q Q Q C U C C C C ε=+-=+-=+（）（2）335
4[()]7.6103
e W R h R w J π=+-=?
式中R 为地球半径并取6370R km =
8-3-14解
（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r ε倍，即
002r C C C ε==，而电量不变.能量损
失为 22222102
00000111
(1)9109002222444
Q Q Q Q W C U C C C C -?=-=-===??? 4
1.8210J -=?
（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
001
r C C C C ε=+=+总（）， 两电容器并联后总能量为
2
2
024221
r Q Q W C C ε'==
+总（）（） 并联后能量损失为
0W W W W ''?=
+-（） 5
6.110J -=?
8-3-15解
K
接
到
1
处
，
1
C 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 4
16
9.6108010Q U V C --?=
==?总（8+4） 电容器
1
C 中
的
能
量
26221111
81080 2.561022
W C U J --==???=?
电容器2C 中的能量22
221 1.28102
W C U J -==?
8-3-16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
2
222
00200111()422424R e e W E dV r dr r R
εεππεπε∞==?=??? 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204e W R
πε=，据题意
2204e e m C R
πε=，我
们可以求得
2
152
0 2.8104e e R m m C
πε-==? 8-3-17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 xa
a
C a x d
d
d
εεεεε-=
+
=
+-
此时电容器储能为
220()22[(1)]
x r Q Q d
W x C a a x εε==
+- 电介质未插入时，电容器储能为
2202
0022Q Q d
W C a ε==
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，2
a
x =
，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
202
0[()](1)2[(1)]r r W W x Q d
F x a a x εεε?--==
?+-23302(1)()2(1)r r Q d a F a εεε-=
+
222
00
11
11
222
S S
W C U U U
d d
εε
==?=
拉开后的静电能为
222
00
22
11
2224
S S
W C U U U
d d
εε
==?=
则系统静电能的改变为
222
000
21
424
S S S
W W W U U U
d d d
εεε
?=-=-=-<
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
000
2121
()
22
S S S
Q Q Q C U CU U U
d d d
εεε
?=-=-=-=-
因此2
00
()0
22
S S
A U Q U U U
d d
εε
=-?=--=>
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
222
2
222
000
2
11
()
22224
d d d
d d d
SU SU SU
CU
A F dl dx dx
x d d d d
εεε
'=?===-=
???
外力F对极板作的功，也可由功能关系得到
222
000
()
424
SU SU SU
A W A
d d d
εεε
'=?+=-+=
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
4
q
U
R
πε
=，
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
4
q
dA dW dq
R
πε
==
（2）外力作功为
2
00
48
Q q Q
A dA dq
R R
πεπε
===
??
8-3-20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不变，电场能量密度为
2
00
111
222
e
e
r r r
w
D D
w DE D
εεεεε
==?==
电场总能量为
e
r
W
W
ε
=
9-3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
)
90
cos
(cos
4
a
I
a
I
B
π
μ
π
μ
=
?
-
?
=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,
4
2
r
I
r
I
B
μ
π
μ
+
=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
,
2
9
)
150
cos
30
(cos
30
2
4
3
a
I
tg
a
I
B
π
μ
π
μ
=
?
-
?
?
=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
),
2
2
2(
4
)
2
2
cos(
2
2
cos
4
2
2
2
?
?
π
π
μ
?
π
?
π
μ
π
?
π
μ
tg
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
,
4
4
4
2
2
1
R
I
R
I
R
I
B
π
μ
μ
μ
-
+
=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,
a
Idx
dI=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
.
,
2
0方向垂直纸面向外
x
dI
dB
π
μ
=
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
??+=
=
=a b
b
dx
ax
I
dB
B
π
μ
2
0,
ln
2
b
b
a
a
I+
π
μ
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
2
14
2
2r
Il
r
l
r
I
B
π
μ
π
μ
=
=，设左右两段圆
弧的弧长分别为
2
1
,l
l,则两者在O点的磁感应强度分别
为
，方向垂直纸面向里。
方向垂直纸面向外；
2
2
2
2
2
1
1
14
,
4r
l I
B
r
l I
B
π
μ
π
μ
=
=
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
2
1
2
1
1
2
l
l
R
R
I
I
=
=，因此可得22
1
1
l 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0
2
1
O
=
-
=B
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θ
θ
θd
+
到范围
内无限长直导线的电流为
π
θ
Id
dI=，它在环心处产生
的磁感应强度为
.
c o s
2
c o s
,
s i n
2
s i n
2
s i n
2
2
0θθ
π
μ
θ
θθ
π
μ
θ
π
μ
θd
R
I
dB
dB
d
R
I
R
dI
dB
dB
y
x
-=
-=
=
=
=
对整个半圆柱金属薄片积分,得
?
?=
-
=
=
=π
π
θ
θ
π
μ
π
μ
θ
θ
π
μ
2
02
2
00
cos
2
,
sin
2
d
R
I
B
R
I
d
R
I
B
y
x
，
故环心处磁感应强度为
R
I
B
B
x2
π
μ
=
=,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
r
R
N
n
-
=,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
r
R
NI
dI'
-
=，该圆
环电流在O产生的磁场为：
,
)
(2
2
r
r d
r
R
NI
r
dI
dB
'
'
-
=
'
=
μ
μ
方向垂直纸面向外；所以
由叠加原理，O点磁感应强度为
.
ln
)
(2
d
)
(2
r
R
r
R
NI
r
r
r
R
NI
dB
B R
r-
=''
-
=
=?μ
μ
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/
2
R
N/0.5
nπ
π=
=，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
π
θ/
2Nd
ndl
dN=
=匝线圈.通过圆环上的电流大小
为π
θ/
2INd
dN
dI=
=I，该圆电流在球心处产生的磁
感应强度为
2/3
2
2
2
)
(2y
x
dI
y
dB
+
=
μ
,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
R
NI
y
x
I
y
dB
4
/
2Nd
)
(2
B0
2/3
2
2
2
2
μ
π
θ
μ
π
=
+
=
=?
?,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=mva0=h/2π, 可得电子的速率v=h/2πma0，从而求出
等效电流i=ev/2πa0=he/4π2ma02. 该电流在圆心处产生
的磁感应强度为
3
2
8
a2
i
ma
he
B
π
μ
μ
=
=.
9-3-10. 解:带电圆环旋转时相当于一圆形电流
λ
πnR
T
q2
/
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
]2/22[]22[
]22/2[
B 2/2002
/2
/002
/0
02
0??
??---++-++-+=?=Φa d a d a d d m d r a I r I r a I r I r a I
d Ir dS ）
（）（）（）
（）（πμπμπμπμπμπμ处：λπμμn R B 002/I ==；（2）轴线上：
2
3
22302
32220)()
(2x R R n x R I
R B +=+=
λπμμ. 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 λ==t /I ，根据无限长直线电流的磁感应强
度分布规律可得r
v
r I B πλμπμ2200=
=
. 9-3-12. 解: 参考例9-4可得a
b
Il ln 20πμ=Φ.
9-3-13 解: 无限长通电柱体的磁感应强度分布为
2
02/2,2/d ）
（内d Ir
B r πμ=
<，
r
I
B r d πμ2,2/0=<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(0d
a
I m +=Φπμ.
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2
1012,r Ir B r r πμ=
<；r
I
B r r r πμ2,021=
<<；0,3=
223
2
23032r r r
r r I B r r r --=
<<πμ.（2）两柱
面
间
磁
通
量
为
1
2
0r 0ln 22B 2
1
r r Il r Ildr dS r m πμπμ==?=Φ?
?.
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 μ=，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 μμ==+=，（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)
(2
2a R I
j -=
π，（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)(22
22
022201a R b Ia a R r a I B -=-=πμπππμ ；（2）利用例9-2的结果可得)
(22
2
0a R Ib
B -=
πμ.
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θ
πμsin 2B 0l I
=
，P 点附近的
电流元Idl 受到的磁场力为θ
πμsin 220l dl
I 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
θπμθπμs i n
2s i n 22
0201
I dl I dM M l l
=
==?
?+. 9-3-19 解：（1）见例题9-6，R
I F 22
0πμ= ,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d
22
0πμI F ='，令F F '=可
求得R d 2
π
=.
2)(2ln 222022a
22a 0a
02a
1>++=-=-=???
?++++b
a b a Iv vdr r I vdr r I vdr B vdr B b a b a b
a b a πμπμπμε9-3-20 解：线圈左边受力为a
l
II l F πμ2I B 10111=
=，方向向左，右边受力为)
(2I B 10122b a l
II l F +==πμ，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 lb
II F F +=
-=πμ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：
L
NI
nI H =
=，
S
L NI B r
o Φ==μμ.所以
NI
S L r 0μμΦ=，带入数据可求得：（1）31021?=r μ （2）
5302=r μ.
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2
2
r R
I I ππ?=
'.因此，在导体内部：2
2R Ir H π=
)(R r <，2r 02R r
I H B πμμμ=
=；（2）导体外部，类似有I d l
=??
l H ，得r
I H π2=
，
从而r
I
H B πμμ200== )(R r >；（3）
π
μμ4r B S B 0S
S
IL
Ld d r =
=?=Φ??. 11-3计算题
11-3-1 解：通过圆形线圈的磁通量为
)
3
cos(10)583(a S B 422π
π-?++=?=Φt t ，
因
此
电
动
势
为
)3
c o s (
10)86(a 42π
πε-?+-=Φ
-
=t dt
d ，将t=2代入可得（1）,1014.35
V -?=εA I 21014.3R
-?=ε
＝感；
（
2
）
C R
dt Rdt d q t t 202104.4)(1
idt -==?=Φ-Φ=Φ==???
.
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：
a
b
t l I r il b
ln 2sin 2S B 00a 0πωμπμ==?=Φ?
??； （2）电动势为：a
b
t l I dt d ln cos 200ωπωμε-=Φ-=.
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 I
2B 0μ=，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 2π=?=Φ小，从而小线圈中的电流为：
t bR
a I Rdt d i ωωπμsin 220-=Φ-=；
(2) 小线圈受到大线圈的磁力矩大小为：
t
b
a I R wt B iS wt B P B P M m m ωπμω2
220sin )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(222
0ωπμωb
a I R .
(3) 互感系数为wt cos a 2b
I M 2
0πμ=Φ=
，因此小线圈中的电流在大线圈中产生磁通量为
t b
a R I ωπμω2sin )2(2Mi 2
20==Φ'，
所以大线圈中的感应电动势为
t b
a R I dt d ωω
πμε2cos 220-=Φ'-='.
11-3-5 解：(1) 由动生电动势公式可得
V
v
AB
8
Bl
1
=
=
ε,方向由A指向B；同理，V
CD
4
=
ε，
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
5.0
R
I CD
AB=
-
=
ε
ε
，方向为ABCDA，所以
V
U
V
U
CD
AB
6
IR
,
6
-
IR
AB
-
-
-
=
-
=
=＝
ＣＤ
ε
ε(3)
＝０
５
０
５
０
ＡＢ
Ｏ
ＯDC
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r1和r2，则通过线圈的磁通
量为
wt
ab
b
a
wt
ab
b
a
Ia
adr
r
I
S r
r cos
2
cos
2
ln
2
2
d
B
2
2
2
2
S
2
1-
+
+
+
=
=
?
=
Φ???πμ
π
μ
，
所以
)
cos
2
)(
cos
2
(
sin
)
(
2
2
2
2
2
2
2
2
t
ab
b
a
t
ab
b
a
t
b
a
b
Ia
dt
d
ω
ω
ω
ω
μ
ε
-
+
+
+
+
=
Φ
-
=
11-3-7 解：旋转角度为wt时，磁通量为：
??=
=
?
=
Φ
S
2cos
5.0
BScoswt
B wt
r
B
dSπ，所以电
动势为
Hz
nt
R
n r
B
R
i nt
n r
B
wt
w r B
dt
d
60
n,
2
sin
,
2
sin
sin
5.0
2
2
2
2
2＝
π
π
ε
π
π
π
ε=
=
=
-=
Φ
-=
，所以
A
R
n
r
B
i
V
w
r
B
m
m
7
2
2
4
210
3
,
10
3
5.0-
-?
=
=
?
=
=
π
π
ε
11-3-8 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2
225
.0
5.0
S l
R
l-
=.因
此，回路中电动势的大小为
2
2
2
225.0
5.0
25.0
5.0l
R
l
dt
dB
l
R
l
dt
dB
dt
dB
S
dt
d
-
=
-
-
=
-
=
Φ
-
=ε
.
11-3-9 解：由题意及动生电动势公式可得：
)
ln
(
2
)
(
2
Bvdl0
L
00
a
L
a
a
L
I
dl
l
a
l
I
L+
-
=
+
=
=??πω
μ
π
ω
μ
ε，
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
θ
ω
ω
ε
ε2
2
2
O
sin
2
1
OC
2
1
L
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
CA
BC
B
30
cos
B
B lv
lv
U
U
U
A
AC
+
=
=
+
=ε,代入数据
可得V
U
AC
3
10
7-
?
=，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
,0
B
=
=
DC
A
ε
ε同理,0
O
O
=
=
D
A
ε
ε而ＡＯＤ构成一
个回路，因此,
4
3
d2
dt
dB
a
dt
dB
S
dt
AD
=
-
=
Φ
-
=
ε同理
dt
dB
a
dt
dB
a
BC
2
2
4
3
6
,
6
1
?
?
?
?
?
?
-
-
=
=
π
ε
π
ε所以，即为回
路中的总电动势.
11-3-13 解：(1)由上题分析，可知,0
O
aO
=
=
d
ε
ε所
以
,
10
2
)
5.0
2
(4
2
2V
dt
dB
R
R
dt
d
abdO
abd
?
-
=
+
=
Φ
-
=-
π
π
θ
ε
(2) 由螺线管内部变化磁场产生的感生电场
性质可直接得
.
,
,
10
5
2
4
2
沿顺时针
方向垂直于oa
V
Oa
dt
dB
R
E
a
-
?
=
=
11-3-14解：回路在运动过程中受合力为
dt
dv
m
l
l=
-
=
-
=
R
v
B
F
R
Blv
B
F
F22
合
，解方程可得：
?
?
?
?
?
?
-
=-t
mR
l
B
e
l
B
FR
v
2
2
1
2
2
.
11-3-15解：回路中磁通量随时间的变化为
θθtg t v tg x t 4222aob 25.05.05.0BS ===Φ，所以电
动势为方向沿逆时针方向。,32θεtg t v dt
d =Φ
-
= 11-3-16 解：设螺线管中通有电流，则
()()()22112
221122211B I I S S l
N S I S I Il N S B S N L μμμμ+=+=+=ψ=
11-3-17. 解：设螺绕管中通有电流Ｉ，则离管中心ｒ的管内某点的磁感应强度为r
πμ2IN
B 0=，则通过一
横
截
面
的磁
通
量
为
???
==?=ΦS
1
2
00R ln 2INh 2IN B 2
1
R hdr r dS R R πμπμ，所以1
2
20ln 2R R h N I N L πμ=Φ=
11-3-18解：(1) 设线圈Ｂ中电流Ｉ在Ａ中产生的磁通链为：ＭＩ==
ψB
A
B A 02S I R N N μ，所以互感系数为
6B
A
B A 01028.62S -?==
R N N M μ ；
(2) 由法拉第电磁感应定理可直接求得 41014.3-?=A ε .
11-3-19 解：自感系数为-5
20107.5V n L ?==μ，磁
通链为
Wb Wb 74109N
,1025.2LI --?=ψ
=
Φ?==磁通量为ψ.11-3-20解：设导线中通有电流Ｉ，在三角形中选一面积元，该面积元与导线平行，且距离导线ｘ处，宽为ｄｘ，则磁场通过三角形的磁通量为：
()???
+??
????-++=-+=?=ΦS
00ln 3I 3]/)[(3I 3B h
b b
h b h b h b dx x dx h b dS πμπμ，所
以
互
感
系
数
为
()??
????-++=
h b h b h b M ln 330πμ.
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理学第三版课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度与加速度的大小. 图1-4 解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导,得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义,并注意到l ,s 就是随t 减少的, ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?,开始运动时,x ＝5 m,v =0,
求该质点在t ＝10s 时的速度与位置. 解:∵ t t v a 34d d +== 分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 122 34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2 34(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1102s m 190102310432101 210=+?+?=?=?+?=-x v 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角, 求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R .
大学物理学 答案
作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大 小是 ；经过的路程 是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间 的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻 质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时 速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运 动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其
平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)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 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度，并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于
最新国家开放大学电大《现代教师学导论》期末题库及答案
最新国家开放大学电大《现代教师学导论》期末题库及答案 考试说明：本人针对该科精心汇总了历年题库及答案，形成一个完整的题库，并且每年都在更新。该题库对考生的复习、作业和考试起着非常重要的作用，会给您节省大量的时间。做考题时，利用本文档中的查找工具，把考题中的关键字输到查找工具的查找内容框内，就可迅速查找到该题答案。本文库还有其他网核及教学考一体化答案，敬请查看。 《现代教师学导论》题库及答案一 一、单项选择题（在下列每小题的4个选项中只有1个是正确的，请选出并将题号填入括弧之中。每小题4分，共计20分） 1．古希腊和罗马的上层阶级，经常雇佣奴隶担任教师，这被称为( )。 A. 奴仆 B．教仆 C．塾师 D．蒙师 2．学生发展是有规律的，以下哪项不属于学生发展的规律？( ) A. 发展的顺序性 B．发展的不平衡性 C．发展的阶段性 D．发展的同质性 3．教师在发展期要解决的矛盾和问题是( )。 A. 适应环境 B．学习基础知识 C．熟练化 D．有所创造 4．在现代教师的知识结构中，所谓“实践性知识”是指( )。 A.教师所具有的特定的学科知识，如语文知识、数学知识等 B．教师在什么时候、为什么以及在什么条件下才能更好地运用原有知识、经验开展教学的一种知识类型，这也就是具体的教育科学知识 C．教师积累的教学经验，郧教师在实现教学目的行为中所具有的课堂情景知识以及与之相关的知识 D．教师所具备的十分广博的文化知识 5．下面哪个选项不属于教师职业倦怠的三种行为反应？’( ) A. 情绪耗竭 B．性格解体 C．降低成就感 D．抑郁症 二、简答题（每小题15分，共计30分） 6．对于提升教师教学反思水平，你有何建议？ 7．中小学教师的继续教育具有何种特点？ 三、论述题（论述题主要是对理论观点进行阐述，要求必须有联系实际的内容，但答案不求』致，尤其鼓励具有创新意识的体会。25分） 8．结合实际，请你谈谈如何在教育教学过程中提升教师道德修养水平？
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
《大学物理(上册)》课后习题答案
第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
小学教育-现代教师学导论试题(带答案)2016.12-.24
小学教育-现代教师学导论试题(带答案) 1. 教师要因人而宜、因材施教，这是由教师劳动对象的（ b ）决定的。 A.未成熟性 B.差异性 C.主动性 D.向师性 2. “其身正，不令而行；其身不正，虽令不行”，反映了教师劳动（a ）上的特点。 A.手段 B.成果 C.对象 D.过程 3.下列哪一个不是师生关系的特点（ c ）。 A.对象的限定性 B.关系的规范性 C.学生的被动性 D.教师的主导性 4. 在师生冲突过程中，教师的体罚往往导致学生的（ a ）。 A.报复 B.逃避 C.顺从 D.自尊 5. 许多教师认为，（ c ）是热爱学生的较高层次的标准。 A.了解学生 B.尊重学生 C.喜欢学生 D.惩罚学生 6. 所谓教师的教学效能感，指的是（c ）。 A.学生对教师教学工作能力的客观评价 B.教师对自己教学工作能力的客观评价 C.教师对自己影响学生行为和学习成绩的能力的主观判断 D.教师的实际教学工作能力 7. 小学教师进行教育教学科研是（）。 A.可行的，是提高教学能力的有效途径 B.有意义的，但对教学能力没有提高 C.没有必要，小学教师的主要职责是教好学生 D.当今教育界所不提倡的 8. 对两种需要都想拒绝而又无法回避的冲突情境是（）。 A.双趋冲突 B.趋避冲突 C.双避冲突 D.正负冲突 9. 哪种情况下学校不能处分教师（）。 A.体罚学生 B.因生病没来上课 C.侮辱学生 D.因缺课造成学生成绩普遍下降 10. 教师在发展期要解决的矛盾和问题是（）。 A.适应环境 B.学习基础知识 1 / 5
C.熟练化 D.做出创造 11.（ a ）,是教师依照国家法律规定的教育方针、培养目标从事教育工作的理论基础。 A. 学习和宣传《中华人民共和国教师法》 B. 学习和宣传《中小学教师职业道德规范》 C. 学习和宣传马列主义、毛泽东思想和邓小平理论 D. 热爱社会主义祖国，热爱中国共产党 12. 在教师的培养体制中，所谓非定向型培养是指（）。 A.不舍专业不分科 B.非师范学校培养 C.不确定发展方向 D.不事先联系工作单位 13. 教师对自己进行生涯设计（）。 A.只能在开始工作时 B.在有了成功的愿望后 C.在快要退休时 D.在发展过程中随时可以 14. 教师在创造期要解决的矛盾和问题是（）。 A.适应环境 B.学习基础知识 C.教育教学能力的熟练化 D.形成自己的独到见解和教学风格 15.从某种角度看，教育观念可以分为两类：一类是社会所倡导的教育观念，另一类是（）。 A.价值性的教育观念 B.个体所采用的教育观念 C.多数人所采用的教育观念 D.操作性的教育观念 1. 教师学是以教师的各种问题为研究对象的学科，它既研究教师职业与群体的演变规律，也研究教师个体的发展规律。 2. 教师的角色冲突包括适应其他职业的人对教师的角色期待和学生对教师的角色期待 两个方面。 3.教师的地位一般包括经济、政治、和文化三的部分。 4. 与教师道德素养相关的四大问题是： 对待工作的道德问题；对待同行的道德问题；对待学生的道德问题；对待自身的道德问题。 5. 按照联合国卫生组织提出的“健康”新概念，所谓健康“不仅是疾病与体弱的消失，而且是生理健康、心理健康和 堂教学的导人 、。 7. 教师学是以为研究对象的学科，它既研究教师职业与群体的演变规律，也研究成长发展的规律。 8. 压力的心理反应有情绪反应、行为反应和认知反应。 9.在职业生涯目标的设计中，教师的自我定位包括和两个方面。 10. 生涯设计的过程包括自我反思、目标设计和成长设计三个阶段。 1.良好师生关系的人际行为模式包括那几个阶段？
大学物理学(课后答案)第1章
第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ]
(A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从0t =到1t s =时的位移为 ，1t s =时的加速度为 。 解析：45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动，则到达最高处的速度大小为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度大小为 。 解析：以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程：
大学物理学(第三版)课后习题参考答案
习题1 1.1选择题 (1) 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 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的 速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，
现代教师学导论综合练习题及答案
2009-2010学年度第一学期现代教师学导论模拟试题 一、填空题（每小题2分，共计20分） 1根据教学监控的对象，可以把教学监控能力分为一自我指向型_和任务指向型一两种类型。2?请说出两种课堂教学的导入方式：设疑式导入，温故式导入 3?请说出两种创设教学情景的方法：实物直观法，语言描述法 4?按照联合国卫生组织提出的“健康”新概念，所谓健康“不仅是疾病与体弱的消失，而且是生理健康、心理健康和_社会适应—完美状态。” 5.动机冲突是指两个或两个以上的需要同时存在而又处于矛盾中的一种心理状态。社会心理学家把人的动机冲突分为三种基本类型：（1）双趋冲突；（2）双避冲突（3）趋避冲突 6 ?《教师法》第三条规定：“教师是履行教育教学职责的—专业人员、承担—教书育人，培养社会主义事业建设者和接班人、提高民族素质的使命。” 7?教师考核的内容可以分为德能勤绩_四个方面。 8?我国教师现在的任用制度实行_聘任制的方法。 9?一般来说，教师的成长阶段可以分为准备期适应期、发展期和创造期等四个阶段。 10?生涯设计的过程包括自我反思、目标设计成长设计—三个阶段。 二、选择题（在下列每小题的4个选项中只有1个是正确的，请选出并将题号填入括弧之中。每小题2分，共计20分） 1在现代教师的知识结构中，所谓“本体性知识”是指（ A ）0 A ?教师所具有的特定的学科知识，如语文知识、数学知识等 B ?教师在什么时候、为什么以及在什么条件下才能更好地运用原有知识、经验开展教学的 一种知识类型，这也就是具体的教育科学知识 C ?教师积累的教学经验，即教师在实现教学目的行为中所具有的课堂情景知识以及与之相关的知识 D ?教师所具备的十分广博的文化知识 2?在现代教师的知识结构中，所谓“条件性知识”是指（B）。 A ?教师所具有的特定的学科知识，如语文知识、数学知识等 B ?教师在什么时候、为什么以及在什么条件下才能更好地运用原有知识、经验开展教学的 一种知识类型，这也就是具体的教育科学知识 C ?教师积累的教学经验，即教师在实现教学目的行为中所具有的课堂情景知识以及与之相关的知识 D ?教师所具备的十分广博的文化知识 3?在现代教师的教学能力中，所谓“教学认知能力”是指（ A ）0 A ?教师对教学目标、教学任务、学习者的特点、某具体内容的教学方法与策略的选择以及教学情境的分析和判断能力 B ?教师事先对课堂教学的目标、内容、方法等重要的教学因素进行周密详细的计划和安排的能力
大学物理学上册习题解答
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t = ，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r = dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性 的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度 也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==?
电大专科小学教育《现代教师学导论》试题及答案2.doc
中央广播电视大学2010-2011学年度第一学期“开放专科”期末考试 现代教师学导论试题 注意事项 一、将你的学号、姓名及分校（工作站）名称填写在答题纸的规定栏内。考试结束后，把试卷和答题纸放在桌上。试卷和答题纸均不得带出考场。监考人收完考卷和答题纸后才可离开考场。 二、仔细读懂题目的说明，并按题目要求答题o答案一定要写在答题纸的指定位置上，写在试卷上的答案无效。 三、用蓝、黑圆珠笔或钢笔（含签字笔）答题，使用铅笔答题无效。 一、选择题（在下列每小题的四个选项中只有一个是正确的，请选出并将题号填在答题纸上。每小题2分．共计20分） 1．专业是在社会分工和职业分化的过程中形成的一类特殊职业。下面不属于专业性的职业是( )。 A．医生 B．律师 C．会计师 D．售货员 2．教师如果不了解学生，就不可能有针对性地进行教育，不可能因材施教。因此教师应该像医生一样，成为( )。 A．学生的诊断师B．学习的指导者C．学生的管理者D．不断进取的人 3．在师生冲突过程中，教师的体罚往往导致学生的( )。 A．报复 B．逃避 C．顺从 D．自尊 4．许多教师认为，( )是热爱学生的较高层次的标准。 A．了解学生 B．尊重学生C．喜欢学生 D．惩罚学生 5．“多一把评价的尺子，就多出一批人才。”这句话的意思是，教师必须具有( )。 A. -元化的人才观 B．以智育为核心的人才观 C．多元化的人才观 D．以德育为核心的人才观 6．在现代教师的教学能力中，所谓“教学操作能力”是指( )。 A．教师对教学目标、教学任务、学习者的特点、某具体内容的教学方法与策略的选择以及教学情境的分析和判断能力 B．教师事先对课堂教学的目标、内容、方法等重要的教学因素进行周密详细的计划和安排的能力 C．教师在实现教学目标过程中解决具体教学问题的能力 D．教师将教学活动本身作为意识的对象，不断地对其进行积极主动的计划、检查、评价、反馈、控制和调节的能力 7．小学教师进行教育教学科研是( )。 A．可行的，是提高教学能力的有效途径 B．有意义的，但对教学能力没有提高． C．没有必要，小学教师的主要职责是教好学生 D．当今教育界所不提倡的 8．对同一目标既想争取，又想回避，常因成败概率接近而举棋不定的冲突情境是( )。A．双趋冲突 B．双避冲突 C．趋避冲突 D．负负冲突 9．在教师的培养体制中，所谓定向型培养是指( )。 A．师范院校培养 B．非师范院校培养 C．不确定发展方向 D．不事先联系工作单位 10．对自己进行生涯设计的基础和前提条件是( )。 A．以前搞过设计 B．自我反思 C．想成为教育专家 D．有晋升的机会 二、筒答题（每小题10分，共计30分）11．师生关系的意义是什么？
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+-r r r 由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r 由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r r r 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2 r t v t i gt j =+v v v （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3）0d -gt d r v i j t =v v v 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d d r v i j t =v v d d v g j t =-v v 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量.
(t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加 速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速
电大《现代教师学导论》形考作业答案
现代教师学导论作业1（第1-3章） 一、简答题 1、教师职业作为一种专业的特征是什么？ 答：（１）专业功能与专业伦理。（２）专业知识和技能。（３）专业训练和资格。（４）专业自主。（５）专业教师有自己的专业团体。（６）专业地位。 2、师生关系的意义是什么？ 答：（1）师生关系对教学效果有着巨大的影响。（2）师生关系对学生的个性心理、社会能力和创造性等也有着很大的影响。（3）师生关系不仅对学生产生影响，同样也影响教师。 二、论述题 1、在推进素质教育的过程中，提倡教师专业发展有什么重要意义？ 答：一、科教兴国、人才强国对教师素质提出了更高的要求。建设和谐的小康社会，关键是教育和人才资源。而我国教育还比较落后，今后一定时期的主要问题是教育质量的问题，而质量问题的根本是教师队伍的素质，教师的专业化发展是提高教师专业素质的关键。二、提高教师素质是实施素质教育的关键。素质教育是我国教育发展的方向和理想，推进素质教育是当前教育发展的基本任务。要真正落实素质教育，需要事实具备与之想适应的素质，这些都要求教师的专业化发展。三、因此，提倡教师专业发展在素质教育过程都有非常重要的意义。 2、师生互动的特点有哪些？ 答、（１）双向性，在课堂情境中，既有教师对学生心理发展和行为的影响，也存在学生对教师心理和行为的影响。从师生互动而言，学生个性多样性差异为教师提供了广泛的影响源，教师因材施教其实也是学生影响教师行为的一个表现。（２）情感性，不仅情感互动是课堂中师生互动的重要内容，而求任何形式的师生湖动行为都会引起师生相应的情绪情感反映，情感互动在师生互动中居于核心地位。（３）同质性，课堂情境中的师生心理和行为互动的性质具有一致性。（４）非言语互动作用的显著性。师生间的非言语交流或互动在课堂教学中具有十分重要的作用，增加非言语交流或互动能够促进师生关系，融洽课堂气氛，进而提高课堂教学效果。 三、分析题 答：关于"教师是人类灵魂的工程师"，有这样三点含义：第一，教师的工作是非常重要而 且非常高尚的，他影响的是一个人的灵魂内。一个人的灵魂是好的、善良的、有智慧的，那将是非常了不起的。同时，这个隐喻也说明教师的工作是复杂的，具有创造性的，因为灵魂是一个很高层次的东西，它不是知识、技能这些比较具体、可操作的东西。知识可以传授和掌握，而一个人的灵魂却是不容易出动和改变的，没有高超的艺术，是很难给人的灵魂打下烙印。第二，影响人的灵魂，反映了教师工作的有机性质和生命本质，他影响的饿是活生生的人。第三，作为"工程师"却带有工业生产的印记，作为工程，事先要有图纸的设计，有 同意的标准，用这种方式去影响一个人的灵魂，似乎是不恰当的、矛盾的。因而，这个隐喻带有互相矛盾的性质。相反，"园丁论"则带有农业模式的味道，是比较尊重植物自身规律的，教师起的作用只是创造生长条件。 作业2（第4-6章） 一、简答题 1、现代教师应具备哪些角色？答：（１）学生的诊断师；（２）学习的指导者；（３）学生生活与心理的辅导者；（４）评价者与 激励者；（５）学生的管理者；（６）研究者；（７）教育共同体的协调员；（８）真善美的追求者。