物理B作业答案自编

PAGEPAGE17质点运动学1-1已知质点的运动方程为。(1)求：自t=0至t=1质点的位移。(2)求质点的轨迹方程。解：(1)质点的位移为(2)由运动方程有，，消t得轨迹方程为且1-2某质点的运动方程为，求：t=0，1时质点的速度和加速度。解：由速度和加速度的定义得，所以t=0时，质点的速度为；t=1时质点的速度为。两个时刻上加速度均为1-3一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为，则该质点所作运动为[B](A)匀速直线运动(B)匀变速直线运动(C)抛体运动(D)一般的曲线运动1-4已知质点沿Ox

轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为。在t=0时，，m。求：(1)质点在时刻t的速度。(2)质点的运动方程。解：(1)由得两边同时积分，并将初始条件t=0时，带入积分方程，有解得质点在时刻t的速度为(2)由得两边同时积分，并将初始条件t=0时，m带入积分方程，有解得质点的运动方程为第4章机械振动4-1已知四个质点在x轴上运动,某时刻质点位移x与其所受合外力F的关系分别由下列四式表示(式中a、b为正常数)．其中不能使质点作简谐振动的力是[C](A)(B)(C)(D)4-2在下列所述的各种物体运动中,可视为简谐振动的是[B](A)将木块投入水中,完全浸没并潜入一定深度,然后释放(B)将弹簧振子置于光滑斜面上,让其振动(C)从光滑的半圆弧槽的边缘释放一个小滑块(D)拍皮球时球的运动4-3对同一简谐振动的研究,两个人都选平衡位置为坐标原点，但其中一人选铅直向上的Ox轴为坐标系，而另一个人选铅直向下的OX轴为坐标系，则振动方程中不同的量是[](A)振幅；(B)圆频率；(C)初相位；(D)振幅、圆频率。答：(C)4-4某物体按余弦函数规律作简谐振动,它的初相位为,则该物体振动的初始状态为[](A)x0=0,v00；(B)x0=0,v0<0；(C)x0=0,v0=0；(D)x0=A,v0=0。答：(A)4-5一个质点作简谐振动，振幅为A，周期为T，在起始时刻(1)质点的位移为A/2，且向x轴的负方向运动；(2)质点的位移为-A/2，且向x轴的正方向运动；(3)质点在平衡位置，且其速度为负；(4)质点在负的最大位移处；写出简谐振动方程，并画出t=0时的旋转矢量图。解：(1)(2)(3)(4)4-6一质点以周期T作简谐振动,则质点由平衡位置正向运动到最大位移一半处的最短时间为[C](A)(B)(C)(D)4-7两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为,。当第一个质点从相对于其平衡位置负的位移处回到平衡位置时，第二个质点正处在正的最大位移处．则第二个质点的振动方程为［］（A）；（B）；（C）；（D）。解：(A)利用旋转矢量法判断，如附图所示：所以即答案（A）4-8一简谐振动曲线如图所示，该振动的周期为，由图确定质点的振动方程为，在t=2s时质点的位移为，速度为，加速度为。答：；0；-0.06m∙s–1；04-9一质点沿x轴作简谐振动，其角频率ω=10rad/s。其初始位移x0=7.5cm，初始速度v0=75.0cm/s。试写出该质点的振动方程。解：由得cm=0.11m由初始条件x0=7.5cm，v0=75.0cm/s，结合旋转矢量图可知;质点的振动方程为m4-10质量为2kg的质点，按方程（SI）沿着x轴振动。求(1)振动的周期、初相位、最大速度和最大加速度；(2)t=1s时振动的相位和位移。解：(1)由振动方程得，振动的周期s由振动方程得初相速度为m∙s-1最大速度为m∙s-1加速度为m∙s-2最大加速度m∙s-2(2)t=1s时，振动的相位为位移为x=0.02m4-11一质点作简谐振动，振动方程为cm，在t(单位:s)时刻它在cm处，且向x轴负方向运动。求：它重新回到该位置所需要的最短时间。习题4-11解答用图解由旋转矢量法可得，t时刻的相位为习题4-11解答用图再次回到时，矢量转过的最小角度为所用的最小时间，即所以有4-12质量为0.01kg的质点作简谐振动,振幅为0.1m,最大动能为0.02J．如果开始时质点处于负的最大位移处,求质点的振动方程。解：简谐振动能量守恒，有rad/s由旋转矢量图知：所以，质点振动方程为第5章机械波5-1下列方程和文字所描述的运动中，哪一种运动是简谐波?[C](A)(B)(C)波形图始终是正弦或余弦曲线的平面波(D)波源是谐振动但振幅始终衰减的平面波5-2一平面简谐波的表达式为(SI)，其角频率=，波速u=，波长=。解：=125rad;，u=33817.0m5-3当x为某一定值时,波动方程所反映的物理意义是[C](A)表示出某时刻的波形(B)说明能量的传播(C)表示出x处质点的振动规律(D)表示出各质点振动状态的分布5-4已知一波源位于x=5m处,其振动方程为:(m)．当这波源产生的平面简谐波以波速u沿x轴正向传播时,(A)(B)(C)(D)5-5频率为500Hz的波，其波速为350m/s，相位差为2π/3的两点之间的距离为_。解：∆，=0.233m5-6一平面简谐波沿x轴负方向传播。已知在x=-1m处质点的振动方程为(SI)，若波速为u，则此波的表达式为。答：5-7一列平面简谐波沿x轴正向无衰减地传播，波的振幅为2×10-3m，周期为0.01s，波速为400m∙s-1。当t=0时x轴原点处的质元正通过平衡位置向y轴正方向运动，试写出该简谐波的表达式。解：波沿x轴正向无衰减地传播，所以简谐波的表达式为的形式。其中；由、，知，得m5-8如图，一平面波在介质中以波速u=10m·s-1沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为[SI]。（1）以A点为坐标原点，写出波函数；（2）以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波函数；xxABu解：（1）m（2）由（1）中的波函数，将x=-5带入上式，得B处质点的初相为m5-9图示一平面简谐波在t=0s时刻的波形图，波的振幅为0.20m，周期为4.0s，求（1）坐标原点处质点的振动方程；（2）若OP=5.0m，写出波函数；（3）写出图中P点处质点的振动方程。yy（m）x（m）AOP传播方向解：可见t=0原点处质点在其平衡位置处且向位移轴正方向运动，所以。（1），坐标原点处质点的振动方程为m（2）由图知，波沿x轴正向传播，所以波函数为m（3）P点的坐标x=5.0m代入上式，得P点的振动方程为m5-10已知两相干波源所发出的波的相位差为,到达某相遇点P的波程差为半波长的两倍,则P点的合成情况是[B](A)始终加强(B)始终减弱(C)时而加强,时而减弱,呈周期性变化(D)时而加强,时而减弱,没有一定的规律5-11如图所示，一简谐波沿BP方向传播，它在B点引起的振动方程为。另一简谐波沿CP方向传播，它在C点引起的振动方程为。P点与B点相距0.40m，与C点相距0.50m。波速均为u＝0.20ms-1。则两波在P的相位差为。答：周期5-12如图所示，S1和S2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为的简谐波，P点是两列波相遇区域中的一点，已知，，两列波在P点发生相消干涉．若S1的振动方程为，则S2的振动方程为［］(A);(B);(C);(D)。答案为（D）。解答：设S2的振动方成为，在P点两波的相位差为，取k=0或-1，解得。5-13如图所示，S1，S2为两平面简谐波相干波源．S2的相位比S1的相位超前/4，波长=8.00m，r1=12.0m，r2=14.0m，S1在P点引起的振动振幅为0.30m，S2在P点引起的振动振幅为0.20m，求P点的合振幅．解：m5-14在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动［］(A)振幅相同，相位相同．(B)振幅不同，相位相同．(C)振幅相同，相位不同．(D)振幅不同，相位不同．答：（B）5-15两列完全相同的余弦波左右相向而行,叠加后形成驻波．下列叙述中,不是驻波特性的是[D](A)叠加后,有些质点始终静止不动(B)叠加后,波形既不左行也不右行(C)两静止而相邻的质点之间的各质点的相位相同(D)振动质点的动能与势能之和不守恒第8章气体动理论8-1一容器中装有一定质量的某种气体,在没有外界影响时，下列所述中能描述平衡态特征的一项为[D](A)气体各部分压强相等(B)气体各部分温度相等(C)气体各部分密度相等(D)气体各部分温度和密度都相等8-2关于温度的意义，下列几种说法中错误的是（1）气体的温度是分子平均平动动能的量度；（2）气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义；（3）温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同；（4）从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。答案：（4）8-3对于中的平均平动动能和温度T可作如下理解[D](A)是某一分子的平动动能(B)是某一分子的能量长时间的平均值(C)是温度为T的几个分子的平均平动动能(D)气体的温度越高,分子的平均平动动能越大8-4一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则下列几种情况正确的是（1）温度相同、压强相同；（2）温度、压强都不相同；（3）温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强；（4）温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强。答案：（3）解析：由理想气体状态方程，得因相同，所以温度T相同；又因密度ρ相同，氦气的摩尔质量小于氮气，所以氦气的压强大于氮气的压强。8-5三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度相同，而方均根速率之比为，则其压强之比::为多少？答案：1：4：16解析：，所以，=8-6温度相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能为，平均平动动能为，下列说法正确的是[]（1）和都相等；（2）相等，而不相等；（3）相等，而不相等；（4）和都不相等。答案：（3）8-7在一固定容积的容器内,理想气体温度提高为原来的两倍,则[A](A)分子的平均动能和压强都提高为原来的两倍(B)分子的平均动能提高为原来的两倍,压强提高为原来的四倍(C)分子的平均动能提高为原来的四倍,压强提高为原来的两倍(D)因为体积不变,所以分子的动能和压强都不变8-8平衡状态下,刚性分子理想气体的内能是[D](A)部分势能和部分动能之和(B)全部势能之和(C)全部转动动能之和(D)全部动能之和8-9压强为p、体积为V的氢气（视为理想气体）的内能为[A](A)(B)(C)(D)pV8-10容器中储有1mol的氮气，压强为1.33Pa，温度为7℃，则（1）1m3中氮气的分子数为多少?（2）容器中的氮气的密度为多少?解：（1）由得3.44×1020m（2）由理想气体状态方程，得1.6×10-5kg·m-3。8-11有体积为2×10-3m3的氧气，其内能为6.75×102J。试求气体的压强；解：（1）由内能，及得所以，Pa8-12容积为9.6×10-3m3的瓶子以速率v＝200m·s1匀速运动，瓶子中充有质量为100g的氢气。设瓶子突然停止，且气体的全部定向运动动能都变为气体分子热运动的动能，瓶子与外界没有热量交换，求热平衡后氢气的温度、压强各增加多少?解：设氢气的总质量为M，因氢气的定向运动动能全部转化为内能，即K由理想气体状态方程，得Pa8-13．1mol氮气，由状态A（p1,V）变到状态B（p2,V），气体内能的增量为多少?解，由，得8-141mol温度为T1的氢气与2mol温度为T2的氦气混合后的温度为多少？设混合过程中没有能量损失。解：设混合后的温度为T，由于混合过程中没有能量损失，所以8-15关于麦克斯韦速率分布函数f(v)的适用条件,下列说法中正确的说法是[D](A)f(v)适用于各种气体(B)f(v)只适用于理想气体的各种状态(C)只要是理想气体，f(v)就一定适用(D)f(v)适用于理想气体系统的平衡态8-16若气体分子的速率分布函数为f(v)，分子质量为m，说明下列各式的物理意义：（1）；（2）；（3）答：（1）表示分子分布在速率区间为v1-v2的概率或分子数的比率；（2）表示平均速率；（3）表示分子的平均平动动能8-17．在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积相同，则其内能之比E1/E2为。解：（1）由内能，及得因压强与体积相同，所以8-18图中的两条f(v)~v曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线。由此可得氢气与氧气分子的最概然速率分别为多少?vv（m/s）2021f（v）ⅠⅡO解：由知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，则曲线Ⅱ为氢气速率分布曲线，曲线Ⅰ为氧气分子的速率分布曲线。氢气的最概然速率为2021m/s；因所以，氧气分子的最概然速率为500m/s8-19温度为的水蒸汽在常压下可视为理想气体，求分子的平均平动动能、分子的方均根速率和18g水蒸汽的内能？解：J;m/s；J第9章热力学基础9-1如图所示，一定量的理想气体经历ab过程时气体对外做功为1000J。则气体在ab与abca过程中，吸热分别为多少?解：由热力学第一定律，由图知，又由，知，即J9-22mol的氦气开始时处在压强p1=2atm、温度T1=400K的平衡态，经过一个等温过程，压强变为p2=1atm。该气体在此过程中内能增量和吸收的热量各为多少?若气体经历的是等容过程，上述气体在此过程中吸收的热量与内能增量各为多少？解：（1）气体在等温过程中吸收的热量与内能增量分别为J,（2）气体在等容过程中吸收的热量与内能增量为因为K，,n=2所以J9-3温度为27℃、压强为1atm的1mol刚性双原子分子理想气体，分别经历等温过程过程与等压过程体积膨胀至原来的2倍。分别计算这两个过程中气体对外所做的功和吸收的热量。解：等温过程吸收的热量与功为J等压过程K，所以，等压过程气体吸收的热量与功分别为JJ9-4温度为0℃、压强为1atm的1mol刚性双原子分子理想气体，经历绝热过程体积膨胀为原来的3倍，那么气体对外做的功是多少？内能增量又是多少?解：由绝热过程方程，得KJ9-51mol氦气从状态(p1,V1)沿如图所示直线变化到状态(p2,V2)，试求：（1）气体的内能增量；（2）气体对外界所做的功；（3）气体吸收的热量；（4）此过程的摩尔热容。(摩尔热容，其中表示1mol物质在过程中升高温度时所吸收的热量。)解：（1）（2）（3）由过程曲线，得，即所以（4）因为所以9-6一定量的刚性双原子分子理想气体装在封闭的汽缸里，此汽缸有可活动的活塞(活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气)。已知气体的初压强为p1，体积为V1，现将该气体在等体积下加热直到压强为原来的2倍，然后在等压下加热直到体积为原来的两倍，最后作绝热膨胀，直到温度下降到初温为止。（1）在p－V图上将整个过程表示出来；（2）试求在整个过程中气体内能的改变；（3）试求在整个过程中气体所吸收的热量；（4）试求在整个过程中气体所作的功。解：（1）略（2）因为始末态温度相同，所以（3）整个过程中气体所吸收的热量为因等体过程1-2中：；等压过程2-3中：代入上式得所以由热力学第一定律，有9-7气体经历如图所示的一个循环过程，在这个循环中，外界传给气体的净热量是多少?解：外界传给气体的净热量也是气体从外界吸收的净热量J9-8如图所示，1mol氮气所经历的循环过程，其中ab为等温线，求效率。ppV（10-3m3）abc36O解：9-91mol的双原子理想气体作如图所示的循环abcd，b→a为绝热过程。已知a态的压强为P1、体积为V1，设V2=2V1，求：（1）该循环过程气体对外所作的总功；（2）循环效率。解：（1）设a态的温度为T1，由等温过程方程得。由绝热过程方程得9-10氮气经历如图所示循环，求循环效率。解：循环过程气体的总功为由过程曲线，得,所以，，，则c-a过程中：；b-c过程中：由得，a-b过程中：再由状态方程得9-11一卡诺热机(可逆的)，低温热源的温度为27℃，热机效率为40％，其高温热源温度为多少？今欲将该热机效率提高到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应为多少？解：T2=27+273=300K由，得T1=500K效率升高后，高温热源的温度为T1’=600K第10章静电场10-1一个带电体要能够被看成点电荷,必须是[B](A)其线度很小(B)其线度与它到场点的距离相比足够小(C)其带电荷量很小(D)其线度及带电荷量都很小10-2电场强度计算式的适用条件是[A](A)点电荷产生的电场,且不能r0(B)轴线为l的电偶极子,且r>>ｌ(C)半径为R的带电圆盘,且rR(D)半径为R的带电球体,且rR10-3长=15.0cm的带电直线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：在导线的延长线上与导线B端相距=5.0cm处点的场强；解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．在x处取一电荷元dq=dx，它在P点的场强：Pladqx(L+d－Pladqx(L+d－x)dExO用，,代入得方向沿x轴，即杆的延长线方向．10-4一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强。解:在圆上取，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分∴，方向沿轴正向．图5-2-1110-5在空间有一非均匀电场，其电场线分布如图所示．在电场中作一半径为R的闭合球面S，已知通过球面上某一面元的电场强度通量为则通过该球面其余部分的电场强度通量为．图5-2-1110-6一个点电荷放在球形高斯面的中心,如图所示．下列哪种情况通过该高斯面的电通量有变化?[B]图5-1-23(A)图5-1-23(B)将另一点电荷放在高斯面内(C)将中心处的点电荷在高斯面内移动(D)缩小高斯面的半径10-7电场中一高斯面S,内有电荷q1、q2，S面外有电荷q3、q4．关于高斯定理,正确的说法是[B](A)积分号内只是q1、q2共同激发的(B)积分号内是q1、q2、q3、q4共同激发的(C)积分号内只是q3、q4共同激发的(D)以上说法都不对10-8一半径为R的均匀带电薄球壳，其所带电荷为q．试求，球壳内外的场强分布.解：（1）球壳内r<Rr以球面为高斯面，按高斯定理，有r得到 ， 在球外r>R外作一半径为r的同心高斯球面，r有r得到，(r≥R)10-9如图所示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为，球壳内表面半径为R1，外表面半径为R2,求电场分布。图5-3-19解：（1）r<R1按高斯定理有图5-3-19得 R1≤r<R2以球面为高斯面，有图5-3-19r图5-3-19r 图5-3-19r方向沿径向，>0时向外,<0时向里．图5-3-19r球外r≥R2作一半径为r的同心球面，有得，方向沿径向，>0时向外,<0时向里．图5-1-6210-10如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R1和R2的共轴圆柱面均匀带电，轴线方向单位长度上的带电量分别为和，则在内圆柱面里面、距离轴线为r处的P点的电场强度大小[D]图5-1-62(A) (B) (C) (D)010-11半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2)＜＜；(3)＞处各点的场强。解:高斯定理取高为h、半径为r的同轴圆柱形高斯面，侧面积图5-1-62则图5-1-62(1)(2)图5-1-62图5-1-62∴图5-1-62图5-1-62(3)∴10-12半径为r的均匀带电球面1，带有电荷q，其外有一同心的半径为R的均匀带电球面2，带有电荷Q，则此两球面之间的电势差U1-U2为：[A] (A).(B).(C).(D).解析：r’rR在处做半径为r’的球面，有r’rR10-13一半径为R的均匀带电球体，其所带电荷体密度为．试求（1）球体内外的场强分布；（2）球体内外电势的分布.解：（1）球体内r<R,以球面为高斯面，r按高斯定理有r得到 方向沿径向，>0时向外,<0时向里．球外r>R,在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有rRrR得到，(r>R)方向沿径向，>0时向外,<0时向里．（2）球体内r<R球外r>R10-14设无穷远处电势为零,半径为R的导体球带电后其电势为U,则球外离球心距离为r处的电场强度大小为[C](A)(B)(C)(D)10-15若电荷以相同的面密度均匀分布在半径分别为r1＝10cm和r2＝20cm的两个同心球面上，设无穷远处电势为零，已知球心电势为300V，试求两球面的电荷面密度的值．(0＝8.85×10-12C2/N·m2)解：球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加，即10-16一半径为的金属球带电．试求：(1)金属球内、外的场强；(2)金属球的电势。解：（1）球内r<R以球面为高斯面，按高斯定理有得到 ， 球外r>R在球外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有得到（2）r≤R因金属球是个等势体，金属球的电势等于球面的电势r>R10-17如图所示，一带电量为q的导体球层,内部没有其他电荷,则[A]图5-3-19(A)图5-3-19(B)球内、内球面、外球面电场强度大小相等(C)球壳内电场强度为零,球心处场强不为零(D)球壳为等势体,球心处电势为零10-18两个同轴的圆柱面构成的圆柱形电容器，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，求：电容器的电容。解:设电容器极板电量为，取半径为（R1≤r＜R2),高为h的同轴圆柱面图5-1-62则当时，图5-1-62∴两极板的电势差为：10-19球形电容器内、外半径分别为和，求：电容器的电容值。解:设电容器极板电量为，取半径为（R1＜r＜R2)的同心圆球面rR1RrR1R2∴两极板的电势差为：第11章恒定磁场11-1真空中有一电流元，在由它起始的矢径的端点处的磁感强度的数学表达式为．11-2在真空中，将一根无限长载流导线在一平面内弯成如图所示的形状，并通以电流I，则圆心O点的磁感强度B的值为．11-3无限长直导线在P处弯成半径为R的圆，当通以电流I时，则在圆心O点的磁感强度大小等于[D](A)．(B)．(C)0．(D)．ⅠⅢⅡⅣii11-4在一平面内，有两条垂直交叉但相互绝缘的导线，流过每条导线的电流i的大小相等，其方向如图所示．问哪些区域中有某些点的磁感强度B可能为零？［ⅠⅢⅡⅣii(A)仅在象限Ⅰ．(B)仅在象限Ⅱ．(C)仅在象限Ⅰ，Ⅲ．(D)仅在象限Ⅰ，Ⅳ．(E)仅在象限Ⅱ，Ⅳ．11-5取一闭合积分回路L,使三根载流导线穿过L所围成的面.现改变三根导线之间的相互间隔,但不越出积分回路,则[B](A)回路L内的I不变,L上各点的B不变(B)回路L内的I不变,L上各点的B改变(C)回路L内的I改变,L上各点的B不变(D)回路L内的I改变,L上各点的B改变11-6若某空间存在两无限长直载流导线,空间的磁场就不存在简单的对称性.此时该磁场的分布[D](A)可以直接用安培环路定理来计算(B)只能用安培环路定理来计算(C)只能用毕奥–萨伐尔定律来计算(D)可以用安培环路定理和磁场的叠加原理求出图7-2-411-7有一半径为R的无限长圆柱形导体,沿其轴线方向均匀地通过稳恒电流I，如图所示．距轴线为r(r＞R)处的磁感应强度大小为．图7-2-411-8.如图所示，一无限长载流平板宽度为a，线电流密度(即沿x方向单位长度上的电流)为，求与平板共面且距平板一边为b的任意点P的磁感强度。解：利用无限长载流直导线的公式求解．(1)取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流(2)这载流长条在P点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里．(3)所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度11-9一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布.在导线内部作一平面，如图所示．试计算通过S平面的单位长度的磁通量(沿导线长度方向取长为1m的一段作计算)．铜的磁导率.解：由安培环路定律求距圆导线轴为处的磁感应强度∴磁通量11-10有一长直导体圆管，内外半径分别为R1和R2，如图，它所载的电流I均匀分布在其横截面上．求磁感强度的空间分布．解：（1）r<R1时，由安培环路定理得，（2）R1<r<R2时，，（3）r>R2时由安培环路定理得，11-11有一同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流均为I，且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则在r<R1处磁感强度大小为．在r>R3处磁感强度大小为0．11-12图中所示的一无限长直圆筒，沿圆周方向上的面电流密度(单位垂直长度上流过的电流)为i，则圆筒内部的磁感强度的大小为B=_0i_______，方向__沿轴线方向朝右_____．11-13一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成．如图．传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B的分布．解：由安培环路定理：0<r<R1区域：R1<r<R2区域：R2<r<R3区域：r>R3区域：B=0第12章电磁感应12-1两根无限长平行直导线载有大小相等方向相反的电流I，并各以dI/dt的变化率增长，一矩形线圈位于导线平面内(如图)，则：(A)线圈中无感应电流．(B)线圈中感应电流为顺时针方向．(C)线圈中感应电流为逆时针方向．(D)线圈中感应电流方向不确定．［B］12-2一个圆形线环，它的一半放在一分布在方形区域的匀强磁场中，另一半位于磁场之外，如图所示．磁场的方向垂直指向纸内．欲使圆线环中产生逆时针方向的感应电流，应使［C］(A)线环向右平移．(B)线环向上平移．(C)线环向左平移(D)磁场强度减弱．12-3如图所示，aOc为一折成∠形的金属导线(aO=Oc=L)，位于xy平面中；磁感强度为的匀强磁场垂直于xy平面．当aOc以速度沿x轴正向运动时，导线上a、c两点间电势差Uac=___vBLsin_；当aOc以速度沿y轴正向运动时，a、c两点的电势相比较,是____a________点电势高．12-4如图所示，在一长直导线中通有电流I，abcd为一矩形线圈，线圈与直导线在同一平面内，且ad边与直导线平行。矩形线圈在平面内向右移动时，线圈中感应电动势的方向为。解答：(1)由楞次定律得感应电动势的方向为abcda；12-5上题中若电流，线圈与直导线无相对运动，求线圈中的感应电动势。解：如图选取坐标，x处磁感应强度为面元通过线框的磁通量为线圈中的感应电动势为12-6如图所示，半径为r的导体圆环处于磁感应强度为B的均匀磁场中，初始时刻环面与磁场垂直，如果圆环以匀角速度绕其任一直径转动，则任一时刻t通过圆环的磁通量＝，圆环中的感应电动势。解答：12-7如图所示，导体棒AB在均匀磁场B中绕通过C点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO转动（角速度与同方向），BC的长度为棒长的，则[A]A点比B点电势高．(B)A点与B点电势相等．(C)A点比B点电势低．(D)有稳恒电流从A点流向B点．12-8如图一矩形线圈在均匀磁场B中以其ac边为定轴，以恒定角速度旋转，磁场B与ac边平行，若规定顺时针方向为回路正方向，且=l，则ab段上a→b的感应电动势大小为，bd段b→d的感应电动势大小为，dc段d→c的感应电动势大小为。解答：为电动势方向，所以;0;12-9载有电流的I长直导线附近，放一长为b的导体棒，导体棒以速度平行导线平移，求AB间的电势差为多少UAUB？哪端电势高？解：动生电动势A端电势高。12-10如图所示，导线ac长为L，处于磁感应强度为B的均匀磁场中，ab段长2L/3,磁场垂直于ab与bc两段组成的平面，∠abc=90°，若导线以a为定点，以恒定角速度在纸面内逆时针旋转，分别求出：导线ab、ac上的感应电动势的大小及方向。解：利用得方向a→b方向a→b→c12-11用导线制成边长为l=10cm的正方形线圈，其电阻R=10，均匀磁场垂直于线圈平面。欲使电路中有一稳定的感应电流i=0.01A，求磁感应强度B的变化率。解:感应电流，其中所以10T/s第13章波动光学13-1在杨氏双缝干涉实验中，如果入射光的波长不变，将双缝间的距离变为原来的一半，狭缝到屏幕的垂直距离变为原距离的三分之二倍，下列陈述正确的是(A)相邻明（暗）纹间距是原间距的3/4倍；(B)相邻明（暗）纹间距是原间距的4/3倍；(C)相邻明（暗）纹间距是原间距的2/3倍；(D)相邻明（暗）纹间距是原间距的3/2倍。[B]解答：因为原条纹间距为新条纹间距为所以，答案为(B)。13-2如本题图所示，在双缝干涉实验中，若把一厚度为e、折射率为n的薄云母片覆盖在S1缝上，中央明条纹将向_______移动；覆盖云母片后，两束相干光至原中央明纹O处的光程差为__________________。解答：中央明纹上移。因为中央明纹中点对应光程差为零处，云母片折射率大于零，所以光程差为零处必在O点上方。两光束到O点的光程差为：13-3在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n1和n2的透明薄膜遮盖，二者的厚度均为e。波长为的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的相位差φ＝_______________________。答案：13-4波长为的单色光在折射率为n的介质中由a点传到b点相位改变了,则光从a点到b点的几何路程为[A](A) (B) (C) (D)13-5在杨氏双缝实验中,若用白光作光源,干涉条纹的情况为[A](A)中央明纹是白色的 (B)红光条纹较密(C)紫光条纹间距较大 (D)干涉条纹均为白色13-6在双缝干涉实验中，波长＝550nm的单色平行光垂直入射到缝间距d＝2×10-4m的双缝上，屏到双缝的距离D＝2m．求：(1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2)用一厚度为e＝8.53×103nm的薄片覆盖一缝后，这时屏上的第9级明纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置,问薄片的折射率为多少？(1nm=10-9m)解：(1)两侧第10级明纹之间的距离是20个条纹间距，所以，有nm=11cm(2)光程差解得=1.5813-7如图所示，折射率为、厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为和,已知．若波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束①与②的光程差是[A](A)(B)(C)(D)13-8如图所示，波长为的平行单色光垂直入射在折射率为n2的薄膜上，经上下两个表面反射的两束光发生干涉．若薄膜厚度为e，而且n1<n2>n3，则两束光在相遇点的相位差为［C］(A)4n2e/；(B)2n2e/；(C)(4n2e/；(D)(2n2e/。解答：上表面反射的光有半波损失光程差相位差=(4n2e/所以，答案为（C）13-9已知同13-8题，其透射光的加强条件为。解答：透射光的光程差为所以，透射光的加强条件为k=1,2,···13-10用波长可以连续改变的单色光垂直照射一劈形膜,如果波长逐渐变小,干涉条纹的变化情况为[B](A)明纹间距逐渐减小,并背离劈棱移动(B)明纹间距逐渐变小,并向劈棱移动(C)明纹间距逐渐变大,并向劈棱移动(D)明纹间距逐渐变大,并背向劈棱移动13-11在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的红光(波长为760nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解：干涉相消条件k=1,2,···薄膜厚度的最小值对应k=1，即nm13-12在本题图中，玻璃表面镀一层氧化钽（Ta2O5）薄膜，为测其膜厚，将薄膜一侧腐蚀成劈尖形状。用氦氖激光器产生的激光(波长为632.8nm)从空气中垂直照射到Ta2O5薄膜的劈状部分，共看到5条暗条纹，且第5条暗条纹中心恰位于图中劈尖的最高点A处，求此Ta2O5薄膜的厚度e（已知：Ta2O5对632.8nm激光的折射率为2.21）。解：且，k=0,1,2,···反射减弱第5条暗纹对应k=4，得膜厚为nm13-13如图a所示，一光学平板玻璃A与待测工件B之间形成空气劈尖，用波长＝500nm(1nm=10-9m)的单色光垂直照射．看到的反射光的干涉条纹如图b所示．有些条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切．则工件的上表面缺陷是［］(A)不平处为凸起纹，最大高度为500nm．(B)不平处为凸起纹，最大高度为250nm．(C)不平处为凹槽，最大深度为500nm．(D)不平处为凹槽，最大深度为250nm．解答：相邻明纹（或相邻暗纹）对应的劈尖厚度差nm同一条纹对应同一厚度，所以工件为凸。答案为（B）13-14两块矩形的平板玻璃叠放于桌面上，将一直细丝从一边塞入它们之间，使两玻璃板之间形成一个劈形气隙。用钠光(589nm)垂直照射，将观察到干涉条纹。实验中，测得劈尖厚度为零处到细丝处间距为5厘米，细丝处刚好为第60条亮纹中心，求细丝的直径。解：设细丝直径为d，有k=1,2,···nmcm13-15*在如图所示的瑞利干涉仪中，T1、T2是两个长度都是l的气室，波长为的单色光的缝光源S放在透镜L1的前焦面上，在双缝S1和S2处形成两个同相位的相干光源，用目镜E观察透镜L2焦平面C上的干涉条纹．当两气室均为真空时，观察到一组干涉条纹。在向气室T2中充入一定量的某种气体的过程中，观察到干涉条纹移动了M条。试求出该气体的折射率n(用已知量M，和l表示出来)。解：设气体折射率为n13-16在单缝夫琅禾费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。若使单缝宽度a变为原来的3/2，同时使入射的单色光的波长变为原来的3/4，则屏幕上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x将变为原来的［D］(A)3/4倍；(B)2/3倍；(C)2倍；(D)1/2倍。解答：原中央明纹宽度现中央明纹宽度，所以，答案为（D）。13-17如图所示，波长为的单色光垂直入射在缝宽为a的单缝上,缝后紧靠着焦距为f的薄凸透镜,屏置于透镜的焦平面上,若整个实验装置浸入折射率为n的液体中,则在屏上出现的中央明纹宽度为[C]a图12-1-44(A) (B)a图12-1-44(C) (D)13-18在单缝衍射中,若屏上的P点满足则该点为[C](A)第二级暗纹 (B)第五级暗纹(C)第二级明纹 (D)第五级明纹13-19(1)在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，1=400nm，=760nm(1nm=10-9m)。已知单缝宽度a=2.0×10-2cm，透镜焦距f=100cm．求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离；(2)若用光栅常数d=2.0×10-3cm的光栅替换单缝，其它条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离。解：(1)由单缝衍射明纹公式可知(取k＝1)(取k＝1),由于,所以则两个第一级明纹之间距为=0.27cm(2)由光栅衍射主极大的公式且有所以=1.8cm13-20白色平行光垂直地照射在一光栅常数为cm的衍射光栅上。在光栅后面放置一焦距为1.2m的透镜把衍射光会聚在接收屏上。求第一级谱线的宽度。解：第1级时，由于衍射角很小，，第一级谱线位置为谱线宽度nm=1.44cm13-21一束波长为600nm的平行光垂直照射到透射平面衍射光栅上，在与光栅法线成45角的方向上观察到该光的第二级谱线。问该光栅每毫米有多少刻痕？解：由得nm解得d=1697nm=mm每毫米刻痕=1/d=589条13-22两偏振片的偏振化方向成60°角，透射光强度为I1。若入射光不变而使两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为45°角，求透射光的强度。解：，解得设透射光的强度为I2，则13-23两个偏振片叠在一起，在它们的偏振化方向成1＝30°时，观测一束单色自然光。又在2＝45°时，观测另一束单色自然光．若两次所测得的透射光强度之比为I1/I2=2，求两次入射自然光的强度之比。解：设两次入射光强分别为和，13-24一束平行的自然光，以60°角入射到平玻璃表面上．若反射光束是完全偏振光，则透射光束的折射角是____________；玻璃的折射率为____________。解答：以布儒斯特角入射时，（入射角）+（折射角），所以折射角是，根据布儒斯特定律，得。第16章量子物理基础16-1、下面四个图中，哪一个正确反映黑体单色辐出度MB(T)随和T的变化关系，已知T2>T1．［C］16-2、所谓“黑体”是指的这样的一种物体，即［C］(A)不能反射任何可见光的物体．(B)不能发射任何电磁辐射的物体．(C)能够全部吸收外来的任何电磁辐射的物体．(D)完全不透明的物体．16-3、试估计一下人体辐射最强的波长，此辐射在电磁波谱的哪一区域？解：由维恩位移定律得到此辐射在电磁波谱的远红外区。16-4、太阳表面可视为黑体，其温度为6000K，则太阳表面单位面积辐射的总功率为多少？解：由得;16-5、一质量为40g的子弹以1.0×103m/s的速率飞行，求：（1）其德布罗意波的波长；（2）若测量子弹位置的不确定量为0.10mm，求其速率的不确定量。解：（1）由得；（2）由不确定关系得所以*16-6、电子显微镜中的电子从静止开始通过电势差为U的静电场加速后，其德布罗意波长是0.4Å（0.4nm），则U约为［D］(普朗克常量h=6.63×10-34J·s)(A)150V．(B)330V．(C)630V．(D)940V．解答：16-7、不确定关系式表示在x方向上［D］(A)粒子位置不能准确确定．(B)粒子动量不能准确确定．(C)粒子位置和动量都不能准确确定．(D)粒子位置和动量不能同时准确定．16-8、光电效应实验规律证明光具有粒子属性；电子的衍射现象证明实物粒子具有波动属性。*16-9、设描述微观粒子运动的波函数为试说明：的物理意义；解：=称为粒子的概率密度，即在t时刻，在点附近单位体积内发现粒子的概率。

小学美术教学改革应立足于理性思考随着教育改革的不断深化,美育对培养全方面发展的素质人才的作用越发重要,美育

具有开发智力,陶冶情操,培养美感和愉悦身心的作用。美育的基本特征是具有示之以形的形象性,动之以情的情感性和寓教于乐的愉悦性,它的这一特性是其它学科教育所不能取代的。因此如何提高小美术课的教学质量,迫切需要我们美术教师去研究和探讨。现如今在轰轰烈烈的教学改革潮流中,我们更应该立足于理性的思考,而不是一味的赶潮流,走形式。为此笔者结合新课改下的美术教学,谈几点体会与广大同仁商榷。

一,研究教材要有深度,是美术教师上好美术课的前提

过去的教材内容是以传授知识技能为主,教学方法是以灌输为主,而新教材是以学生发展为本,人文的东西起来越来越被人们重视,那就是"以人为本"。这就是要求我们在教学过程中,尊重和赋予学生更多的自由和权利,发展学生的个性,发掘学生的潜能,使学生的主观能动性和创造性得到充分发挥。我们的教材就是为了体现以上目标而编写的，因此,充分吃透教材的内涵和精神,充分理解教材的编写意图,是美术教师上好美术课的前提.

二,根据教材内容和学生实际情况,制定具体明确的教学目标,是上好美术课的首要环节

教学目标就是船上的舵,它不仅对教学活动设计的方向起指导作用,而且在设计的步骤和方式方法上也具有制约的功能。因此,具体明确的教学目标有利于教师对教学活动的控制,有利于提高教学设计的科学性。个别教师在备课中,考虑了学生的兴趣,想到了创新,但却没有想到自己设计的每一个环节的真正目标。比如,在上小学美术第一册《谁的鱼最大》一课时,有位教师就采用了大鱼吃小鱼的游戏作为课堂导入,并先让学生观看录相,以引起学生的兴趣,随后让学生模仿大鱼扑小鱼,相互推拉,引起课堂秩序的混乱,最后不得不草草收场,教学效果当然不理想。教师想采用一些新奇,刺激的游戏吸引学生,却没有想到这一环节到底要达到一个什么样的教学目标,方法与目标相背离,期望与效果势得其反。因此,我们说美术课应该有美术课的特点,应该认真设计好每一个环节,让学生在每一个环节中真正受到美的熏陶,培养学生健康的审美情趣。

三,注重双基教学,是上好美术课的关键.

美术学科的课改,不能脱离美术学科的教学特点,对传统的东西完全抛弃,重新趟一条别人没有走过的路。教改,是在继承的基础上创新,是"扬弃"是去其糟粕取其精华。我们知道,过去的美术教学过于强调知识与技能,忽视了对学生的能力培养。假如我们在美术教学中,不注重学生基础知识和基本能力的教学,那么学生的能力又从何谈起。在目前的美术教学改革中,部分教师片面理解,认为美术教学要重在发展学生的个性,认为如果讲究技能技法就会约束学生的想象力,因此,在教学中就形成

了一种不良的态势,作品不论好坏,都一律倍加赞赏,甚至到了高年级也疏于对基本功的指导。试想不学技能和技法,孩子就是再有灵感和想象力也很难将它表现出来的。我们的许多孩子就是在这样的困惑中丢失了原先那种对绘画的热情。比如:有一次我让学生学习画树,发现很多学生还停留在儿时对树的理解,一根木棒支撑着一个圆。再让他想一想怎样画树时,孩子说:"我不知道怎样画",这时我才觉悟,创作与想象源于生活,没有生活的接触和观察,难道要求孩子凭空想象和设计吗

创造不是闭门造车,它需要一定的基础来支撑,是对已有基础经验的综合应用和提高,因而双基不能忽视。

四,充分发挥教师的主导作用和学生的主体作用,培养学生的个性思维,研究自主,探究,合作的学习方式

"兴趣是最好的老师",如果学生没有兴趣被动地学习,将直接影响教育效果。美术课的一大问题是相关教材资料缺乏,很难引起学生感悟美感,因此运用现代教学手段就显得非常必要,"动静结合"通过声音,图像,音乐刺激学生的感官,激发学生学习兴趣,才能取生最佳效果。培养学生收集资料的习惯,在收集中积累知识,学生只有见多识广,才能提高创造能力。我们虽然天天都在讲要构建学生的自主、探究、合作的学习方式,但对学生的自主、探究、合作的学习方式还没有上升到理论研究。我曾观摩过一堂"颜色的表情"的美术课,就比

较好地体现了学生的自主、探究、合作的学习方式。这位教师并没有从传统的教授色彩出发,而是让孩子们自己去发现,去感悟。该教师通过让学生说几个表示颜色的词语"五颜六色,红彤彤,五彩缤纷"等,再让学生从表示颜色的词语中进行联想。为颜色的导入打下了伏笔,继而学生在教师引导下,利用视觉(欣赏凡高的作品,借用人类社会文化资源,丰富儿童的视觉,触觉和审美体验)、味觉(通过品尝酸,甜,辣等滋味,让学生用颜色表现出来)、听觉等手段,让学生大胆的展开联想,谈感受,谈体会,加深对色彩属性的理解,使孩子自己感悟色彩的魅力。这种自主,探究的学习方式更符合儿童初学色彩的接受水平,也更能吸引学生,化枯燥为有趣,把复杂变简单。

综上所述,我们有理由认为美术教学在先进的现代教育理念的指引下,只有充分发挥教师的主导作用和学生的主体作用,培养学生的个性思维,研究自主,探究,合作的学习方式,才能有有效的为美术教学服务,为学生创造一个学习美术的良好的学习环境氛围,使学生能够将自己的所知,所想,所感都展现在画面中,为培养综合素质的人才面努力。

小学美术教学改革应立足于理性思考随着教育改革的不断深化,美育对培养全方面发展的素质人才的作用越发重要,美育

具有开发智力,陶冶情操,培养美感和愉悦身心的作用。美育的基本特征是具有示之以形的形象性,动之以情的情感性和寓教于乐的愉悦性,它的这一特性是其它学科教育所不能取代的。因此如何提高小美术课的教学质量,迫切需要我们美术教师去研究和探讨。现如今在轰轰烈烈的教学改革潮流中,我们更应该立足于理性的思考,而不是一味的赶潮流,走形式。为此笔者结合新课改下的美术教学,谈几点体会与广大同仁商榷。

一,研究教材要有深度,是美术教师上好美术课的前提

过去的教材内容是以传授知识技能为主,教学方法是以灌输为主,而新教材是以学生发展为本,人文的东西起来越来越被人们重视,那就是"以人为本"。这就是要求我们在教学过程中,尊重和赋予学生更多的自由和权利,发展学生的个性,发掘学生的潜能,使学生的主观能动性和创造性得到充分发挥。我们的教材就是为了体现以上目标而编写的，因此,充分吃透教材的内涵和精神,充分理解教材的编写意图,是美术教师上好美术课的前提.

二,根据教材内容和学生实际情况,制定具体明确的教学目标,是上好美术课的首要环节

教学目标就是船上的舵,它不仅对教学活动设计的方向起指导作用,而且在设计的步骤和方式方法上也具有制约的功能。因此,具体明确的教学目标有利于教师对教学活动的控制,有利于提高教学设计的科学性。个别教师在备课中,考虑了学生的兴趣,想到了创新,但却没有想到自己设计的每一个环节的真正目标。比如,在上小学美术第一册《谁的鱼最大》一课时,有位教师就采用了大鱼吃小鱼的游戏作为课堂导入,并先让学生观看录相,以引起学生的兴趣,随后让学生模仿大鱼扑小鱼,相互推拉,引起课堂秩序的混乱,最后不得不草草收场,教学效果当然不理想。教师想采用一些新奇,刺激的游戏吸引学生,却没有想到这一环节到底要达到一个什么样的教学目标,方法与目标相背离,期望与效果势得其反。因此,我们说美术课应该有美术课的特点,应该认真设计好每一个环节,让学生在每一个环节中真正受到美的熏陶,培养学生健康的审美情趣。

三,注重双基教学,是上好美术课的关键.

美术学科的课改,不能脱离美术学科的教学特点,对传统的东西完全抛弃,重新趟一条别人没有走过的路。教改,是在继承的基础上创新,是"扬弃"是去其糟粕取其精华。我们知道,过去的美术教学过于强调知识与技能,忽视了对学生的能力培养。假如我们在美术教学中,不注重学生基础知识和基本能力的教学,那么学生的能力又从何谈起。在目前的美术教学改革中,部分教师片面理解,认为美术教学要重在发展学生的个性,认为如果讲究技能技法就会约束学生的想象力,因此,在教学中就形成

了一种不良的态势,作品不论好坏,都一律倍加赞赏,甚至到了高年级也疏于对基本功的指导。试想不学技能和技法,孩子就是再有灵感和想象力也很难将它表现出来的。我们的许多孩子就是在这样的困惑中丢失了原先那种对绘画的热情。比如:有一次我让学生学习画树,发现很多学生还停留在儿时对树的理解,一根木棒支撑着一个圆。再让他想一想怎样画树时,孩子说:"我不知道怎样画",这时我才觉悟,创作与想象源于生活,没有生活的接触和观察,难道要求孩子凭空想象和设计吗

创造不是闭门造车,它需要一定的基础来支撑,是对已有基础经验的综合应用和提高,因而双基不能忽视。

四,充分发挥教师的主导作用和学生的主体作用,培养学生的个性思维,研究自主,探究,合作的学习方式

"兴趣是最好的老师",如果学生没有兴趣被动地学习,将直接影响教育效果。美术课的一大问题是相关教材资料缺乏,很难引起学生感悟美感,因此运用现代教学手段就显得非常必要,"动静结合"通过声音,图像,音乐刺激学生的感官,激发学生学习兴趣,才能取生最佳效果。培养学生收集资料的习惯,在收集中积累知识,学生只有见多识广,才能提高创造能力。我们虽然天天都在讲要构建学生的自主、探究、合作的学习方式,但对学生的自主、探究、合作的学习方式还没有上升到理论研究。我曾观摩过一堂"颜色的表情"的美术课,就比

较好地体现了学生的自主、探究、合作的学习方式。这位教师并没有从传统的教授色彩出发,而是让孩子们自己去发现,去感悟。该教师通过让学生说几个表示颜色的词语"五颜六色,红彤彤,五彩缤纷"等,再让学生从表示颜色的词语中进行联想。为颜色的导入打下了伏笔,继而学生在教师引导下,利用视觉(欣赏凡高的作品,借用人类社会文化资源,丰富儿童的视觉,触觉和审美体验)、味觉(通过品尝酸,甜,辣等滋味,让学生用颜色表现出来)、听觉等手段,让学生大胆的展开联想,谈感受,谈体会,加深对色彩属性的理解,使孩子自己感悟色彩的魅力。这种自主,探究的学习方式更符合儿童初学色彩的接受水平,也更能吸引学生,化枯燥为有趣,把复杂变简单。

综上所述,我们有理由认为美术教学在先进的现代教育理念的指引下,只有充分发挥教师的主导作用和学生的主体作用,培养学生的个性思维,研究自主,探究,合作的学习方式,才能有有效的为美术教学服务,为学生创造一个学习美术的良好的学习环境氛围,使学生能够将自己的所知,所想,所感都展现在画面中,为培养综合素质的人才面努力。

小学美术教学改革应立足于理性思考随着教育改革的不断深化,美育对培养全方面发展的素质人才的作用越发重要,美育

具有开发智力,陶冶情操,培养美感和愉悦身心的作用。美育的基本特征是具有示之以形的形象性,动之以情的情感性和寓教于乐的愉悦性,它的这一特性是其它学科教育所不能取代的。因此如何提高