大学物理2答案(1)

1、静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下,极板间的电场等同于电荷均匀分布,密度为=±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场-匀强电场,一板在另一板处之电场强度为,方向垂直于板面.所以,极板间的相互作用力 。故选(B)。2.解: 设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体,使A(即)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为,而侧面abcd是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abcd的电场强度通量等于/(24).选(C)。3.解: 适用于任何静电场. 选(A)。4.解: 选(B)。5.解:据高斯定理知:通过整个球面的电场强度通 . 内电荷通过的电通量

2、相等且大于零； 外电荷对的通量为负，对的通量为正. 所以 . 故 （D）对 。二.填空题:1.解: 无限大带电平面产生的电场 A区: B区: C区：2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP，则在P点场强的OP分量与Q在P点的场强一定大小相等、方向相反 . 即 , .3.解： 无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。对柱体内的场点r £ R，过场点取半径为r高为h的同轴圆柱面为高斯面S，利用高斯定理 对柱体内的场点r > R，过场点取半径为r高为h的同轴圆柱面为高斯面S

3、，利用高斯定理 E内与E外 的方向均沿 r 方向。4.解：在带电细导体棒上取电荷元，它在P点（坐标为l + b）产生的电场强度的大小为整个带电棒在P点产生的电场强度大小为三.计算题:1.解: 以为圆心、为半径作球面。则通过圆锥侧面的电场强度通量就等于对整个球面的通量减去通过圆锥底面所截球冠的通量 .而 故 。2.解:因电荷分布对称于中心平面,故在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强大小相等而方向相反.在板内作底面为S的高斯柱面S1,而两底面距离中心平面均为x,由高斯定理得E1·2S2xS/ 则得 E1x/ 故 ( x ) 在板外作底面为S的高斯柱面S2,两低面距中心平面均为x,由高斯

4、定理得E2·2SS/则得 E2d/(2) ( x )故 E2xd/(2) ( x ) Ex x 图线如图所示.3.解: 以P点为坐标原点，建立坐标系。竖直棒在P点产生的电场强度为： 其中, 所以有水平棒在P点产生的电场强度为：其中, 所以有在P点的合场强为四.证明题: 证明：在n区内任一点的电场强度为: 由于，所以上式可写为在p区内任一点的电场强度为:静电场解答（二）一、 选择题：1. 解：由电力线分布可知：场强 ，电势 ，电势能因所以负电荷从点移到点，电场力所作的功为：则 （D） 正确。2. 解：= + = + 则 （A）正确。3. 解：（A）错。电势的正负与电势零点的选择有关，所

5、以带正电荷的导体，其电势也可能是负的。（B）错。等势面上每个点的电势相同，场强是矢量，各点的场强与等势面垂直，若等势面为曲面，则各点场强方向不同。（C）错。场强为电势负梯度，Ex = -, Ey = - , Ez = - . 只表明此处电势的梯度为零。（D） 正确。 因为 , .4. 解：设各电荷均在X、Y轴上，到O点距离均为a。O点电势为零，四种组合均可；O点电场强度为零，则在X轴上的两个电荷必为等量异号电荷，同样，Y轴上的两个电荷也必为等量异号电荷。所以（D）正确。二、 填空题：1、 解 =2. 解：Ex = - ;Ez = -.3. 解：利用高斯定理，穿过圆平面的电力线必通过半球面，因此

6、在圆平面上 所以通过此半球面的电通量为 4. 解：当肥皂泡半径为时，则,；当肥皂泡半径为 时， ，在带电球面内电场强度为零，球内电势与球面电势相同。5. 解：= 。6.解：把半圆环无穷分割，取线元dl，其带电量为，则其在圆心O的电势为整个半圆环在环心O处的电势为 7. 解： 空隙长d = 0.02m，棒长,线电荷密度为 若为均匀带电闭合圆环，则在圆心处产生的合场强为零。现有一段空隙，根据场强的叠加原理，则圆心处场强等于闭合圆环产生的电场减去d = 0.02m长的带电细杆在该处产生的场强。 由于d = 0.02m远远小于r = 0.5m，可以把该小段电荷看作为点电荷，它在圆心处产生的场强为 所以

7、该装置圆心处场强的大小为，方向由圆心指向缝隙。三、 计算题：1. 解：=因为两点分别处于电场强度分布不同的区域， 所以其中， ， =2. 解：由高斯定理得场强分布 ( -a < x < a ) ( a < x < ) (- < x < - a )因为： 得电势分布： 静电场解答（三）一、 选择题：1. 静电场的能量 ，系统未连接前 ， 系统连接后 ， ，故系统连接后的静电场能将比连接前减少。 所以 ( B ).2. 质量为m带电量为本的质点，平衡在极板间的条件为，其所受静电场力与重力平衡。当把电介质抽去，由于极板间场强增加，所以质点将向上运动。所以 B 3B

8、板接地，其电势为零，+Q2电势高于零，所以流向地。B板上仅有由于+Q1感应而产生的 Q1因而板间场强。 所以（C）. 4与电源断开，极板上电量保持不变，则电容器中的场强 保持不变， d增大，电容减小，Q不变，U增大。所以 E 正确。5 两球相互接触后，两球的电势相同 U1=U2因为两球半径相等，所以电荷平均分配。 B 正确二、 填空题：1 平行板电容器，面积S，板间距为，则有当把带电量为Q的导体薄板C平行地插入平行板电容器两板中间，其中，为A板下表面电荷面密度，为c板下表面电荷面密度，设为c 板上表面电荷面密度，为B板上表面电荷面密度，则有：，由，得：由上述各式，得：2插介质板前，电容器电容

9、插介质板后，相当于两个面积均为S，相距的电容器串联。电容器两端电压不变， 故 ，3设： 极板带电Q， 电容器间场强为两个极板上电量共同产生。极板间相互作用力应是一个板上的电荷受另一板上的电荷产生的场的作用力，所以 ， ， 。4.解：设导体球上半球带电量Q1,下半球带电量Q2，则有将导体球视为上、下两个半球形孤立电容器，其电容分别为 整个球为一个等势体，由 联立可得 5.解：并联之前 ， 并联之后系统的总能量为： 说明由于并联使系统总能量减少了。6，三、 计算题：1 以为半径作一个高斯面，为球面。由高斯定理 在高斯面上，与方向处处相同，即E为常量。 方向沿径向 2. 解： 分析：由于这个电容器的

10、两块极板不严格平行，可将电容器看成由无限多个极板为细狭条的元电容器并联而成，而每个元电容器可以认为是平行平板电容器 取如图所示的元电容器，极板面积,板间距离，该元电容器的电容 总电容 因，将按泰勒级数展开 取前两项代入3解： C 、B 均接地， 设 C、A间电场强度为， A、B间电场强度为，则 设 ： A板左侧电量为，右侧电量为。则 ， , 有 由电荷守恒 得 由静电感应与导体静电平衡条件， 得， 只分布在右侧， ， 只分布在左侧。 A、B间充相对介电常数为的均匀电介质仍有 ，其中 ， 则 , , ., , 3 由高斯定理，圆柱间任一半径处场强为,能量密度 柱壳体积 ， 其中能量为 总能量 四

11、、 证明题：用反证法：设存在这样的电力线，由达静电平衡的导体上a点出发，到导体上的b点终止。现做一个环路L，其在导体外的部分L1沿电力线，其导体外的部分L2由b经导体内到a。由静电场的环流定理，得：在L1，与的方向始终相同，即，则有。在L2，由导体静电平衡条件，E=0，故有，则有：，此结果与静电场的环流定理相矛盾，故不存在这样的电力线。稳恒磁场(一)一. 选择题:1. 两根平行的、载有相同电流的无限长直导线在空间的磁感应强度 ， 表示距导线1的距离. 方向: 在 x 1 的区域内垂 直纸面向外,在 x 1 的区域内垂直纸面向内; ， 表示距导线2的距离. 方向: 在 x 3 的区域内垂 直纸面

12、向外,在 x 3 的区域内垂直纸面向内; 故可推断 B0的地方是在1 或 x2 的直线上. 故选(A).2. 正方形以角速度绕AC轴旋转时,在中心O点产生的磁感应强度大小为 正方形以角速度绕过O点垂直于正方形平面的轴旋转时,在O点产生的磁感应强 度大小为 显见 或 故选(C).3. 把无限长通电流的扁平铜片看作由许许多多电流为dI的无限长载流细长条组成。选扁平铜片右边沿为X轴零点，方向向左.如图所示。 dx 在P点产生的磁感应强度 X x 0 P ， 方向垂直纸面向内。 整个通电流的铜片在P点的磁感应强度的大小为 a b (B) I1 I24. 若空间两根无限长载流直导线是平行的,如图所示.

13、则在空间产生的磁场分布具有对称性,可以用安培定理直接求出.也可以用磁感应强度的叠加原理求出。 对一般任意情况,安培环路定理是成立的,但环路上的B值是变化的,不能提到积分号外,故不能给出磁感应强度的具体值.用磁感应强度叠加原理及其与安培环路定理结合的方法,是可以求出磁感应强度值的.故选(D).5. 由于O点在长直电流的延长线上，故载流直导线在O点产生的磁感应强度为0，在圆环上，电流I1在O点产生的B1为：方向垂直于环面向外。在圆环上，电流I2在O点产生的B2为：方向垂直于环面向里。由于两段弧形导线是并联的，I1R1= I2R2所以B1=B2 方向相反。 O点的合磁感应强度为0.6. 选择（B）7

14、. 选择（D）二. 填空题:1. ，在点产生的磁感应强度为，方向如图. ，在点产生的磁感应强度为，方向如图.所以， 方向: 。所以 30°2.解：因为O点在AC和EF的延长线上，故AC和EF段对O点的磁场没有贡献。CD段 ED段 O点总磁感应强度为 3. 解法1:如图(a)所示.将宽度为的载流导体薄片看作由许许多多电流元为的无限长载流导线组成的. 在点产生的磁感强度大小为 式中 , 方向如图(b)所示.dBydBsin， dBxdBcos， (对称性) 在导片中线附近处,令a0 解法2:因所求磁感应强度点在导片中线附近.据对称性分析,可知该点的磁感应强度方向平行于导片.选取图示矩形安

15、培环路,(见图c) 4.电流密度的大小: 本题意可等效为以O点为中心半径为的金属导体上通以电流密度为,方向垂直纸面向内.和以O'为中心,半径为的金属导体部分通以电流密度为,方向为垂直纸面向外.空心部分曲线上O'点的磁感应强度为式中表示半径为的圆柱电流对O'的磁感强度, 表示半径为的圆柱电流对O'的磁感强度. 根据安培环路定理得以O为圆心,作半径为a的环流,则有即 所以 5.已知, , 则该电荷沿半径为的圆周作匀速运动时,形成的圆形电流该电荷在轨道中心所产生的磁感应强度 该带电质点轨道运动的磁矩三. 计算题:1. 根据磁感应强度的叠加原理,O点的磁感应强度, 方向

16、垂直纸面向内。, 方向垂直纸面向外。 所以，O处的磁感应强度的大小为 BB1B2B3B4 方向垂直纸面向内。2. 解：由于带电线段AB的不同位置绕O点转动的线速度不同，在AB上任取一线元dr， 它距O点的距离为r，如图所示，其上带电量为dq=ldr,当AB以角速度w旋转时，dq形成环形电流，其电流大小为 根据圆电流在圆心O的磁感应强度为 则有带电圆电流在圆心O的磁感应强度为 当带电l为正电荷时，磁感应强度方向垂直于纸面向里。 旋转带电线元dr的磁矩为 转动带电线段AB产生的总磁矩 当带电l为正电荷时，磁矩方向也垂直于纸面向里。3. 根据磁感应强度叠加原理,圆环中心O的磁感应强度式中表示L1段导

17、线在O点所产生的磁感强度. 表示L2段导线在O点所产生的磁感强度. 表示圆环在O点所产生的磁感强度.L1的沿线穿过O点,据毕奥萨伐尔定律,得 L2是无限长直导线,故， 方向垂直纸面向外。圆环在a点被分成两段,两段在O点所产生的磁感强度。所以 ， 方向垂直纸面向外。四. 改错题: S0, B0 这个推理是错误的. 因为磁感应线是无头无尾的闭合曲线,在磁场中任意闭合曲面,进去多少磁感应线必然出来多少磁感应线,所以在磁场中穿过任意闭合曲面的磁通量都为零.但闭合面上的磁感应强度不一定为零.例如,在一磁感强度为B的均匀磁场中穿过任一圆球面的磁通量都为零,但球面上的磁感强度不为零.五. 问答题: 毕奥萨伐

18、尔定律只适用于电流元Idl,电流元的长度dl比它到考察点的距离r小得多,即 r dl.因此,无限长直线电流的任一段dl到考察点的距离都要遵守这一条件.即a不能趋于零.当a0时,毕奥萨伐尔定律已不成立. 稳恒磁场(二)一.选择题:1. 在所给线圈状态下，线圈平面法线与外磁场方向的夹角为零。由 知： 2. 由图可知，大线圈所产生的磁场方向垂直于纸面向内，根据小线圈中的电流流向可以判断小线圈的磁矩方向也是垂直于纸面向内。磁矩方向与磁场方向的夹角为零。根据磁力矩的定义 知： 3. 质点在x0、y0处进入磁场时,受到向上的洛仑兹力.质点在x0、y0 区域内运动,且作以y轴为直径的圆周运动.如图所示。 因

19、为 ，所以轨道半径为 。 当它以从磁场中出来时，这点坐标是 ， 4. 质点受洛仑兹力的作用，因为 ， 即 则，质点动能为 5. 由力学动能定理可知，离子经加速后得到初动能 离子在磁场中运动，洛伦兹力充当其向心力， 可得 而 联立 二.填空题:1. 因为 所以，最大磁力矩时 ， 磁通量 最小磁力矩时 磁通量 2. 由角动量公式 得电子作圆周运动的速率 电子转动的圆电流 此圆电流在圆心质子处产生的磁感应强度为 3 电子产生的电流: ， 是电子速度。 因为圆电流平面法线与与磁场垂直，由 知，这个圆电流所受磁力矩为:，由库仑定律知， ， 电子的速度为 所以 。4. 电子受到的洛仑兹力: ， 得: m。

20、 5. 频率为三.计算题解： 无限长半圆柱面导体可看作许多平行的无限长直线电流所组成的。对于宽度为的窄条无限长直导线的电流为 由安培环路定理可知在O点产生的磁场为dB方向如图所示对所有窄条电流积分得 所以轴线上O点磁感应强度为轴线上导线单位长度所受的力 （取l为单位1）受力的大小为四.证明题: 证明: 选为X轴正方向，则坐标如图所示。 因为 Y B 所以 0 a b X 即: 一条任意形状的载流导线所受的安培力等于载流直导线所受的安培力. 五.问答题: 1. 答:带电粒子在洛仑兹力的作用下作圆周运动，因为： 所以，圆周运动的轨道半径为 由于铝板上方半径大，对应的粒子速度大，考虑到粒子通过铝板有

21、能量损失，所以，带电粒子是由铝板上方穿透铝板向下方运动。由于向心力是洛仑兹力所以q必为正号，即粒子带正电。2. 答: 两个电子绕行一周所需要的时间无有差别。电磁场(一)一.选择题:1.选(D).连接OA、OB知OAB回路中的感应电动势为.Oxx BA 而扇形OAB回路中的感应电动势为 故 又、是共同边,且, 选(D).2.V x x x x x x 选(C). 设线框的一边长为l,如图.当线框进入均匀磁场 x x x x 的瞬间l产生感应电动势为BlVIR(R为线框的总 x x x x 电阻).线框而当线框完全进入均匀磁场后的感应电动势 x x x x 0.均匀磁场又当线框离开均匀磁场的瞬间产

22、生感应电动势为 BlVIR (方向与前面相反).完全离开后0. 所以选(C). 3. 选(D).解： ab段未切割磁力线，其电动势为0 bc段切割磁力线，其电动势为 ca段切割磁力线，其电动势为 Abc总电动势4. 根据安培环路定理 得 ， ， 故选(D). 5.选(D). 公式Wm=(1/2)LI2 对于自感系数L一定的线圈都成立. 6. 选(C). 两线圈串联,故I相同.已知N,l相同 根据 , , , 知 又 , 二.填空题:1. L=,电势较高端为A端.xVBAI1m1mdx解:建立如图所示坐标系,在AB上任取一 xB 线元dx, 距离I为x.则有 上式中负号说明A端电势高. 2. 解

23、:根据题意知初始条件: , 3.感应电动势大小为0.40V, ds/dt=0.5 m2.s-1 解: 又 4. L0; L0.2H; L0.05H. ( 藕合线圈) 解:当 a和b相接,a'、b'接入电路时为反串联 LL1+L22M0 a和b'相连,a'、b接入电路时为顺串联 LL1+L2+2M4L4×0.050.2(H) a和b相连,a'和b'相连,再接入电路时,相当于两根导线并为一根.故匝 数N不变.导线变粗,I不变,l也不变. 又, 故 L不变, L0.05(H) 5. 解:如图. 设直线中的电流为I,则通过线圈中的磁通量为bxd

24、aIdxx 6. 解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向，则t时刻通过该回路的磁通量 其中S为等腰梯形abcd中存在的磁场部分面积，其大小为 电动势 代入数值 三.计算题:O1 1.解:如图. aObdlBO2L/5l 2.解:如图所示.图中阴影面积dSldx, 通过阴影面积的磁通量为 故当矩形线框滑动时,任意时刻t通过该线框的磁通量为 的方向为: t1时,逆时针. (增大) t1时,顺时针. (减小) 3.解:如图为U形导轨的侧视图. B为均匀磁场 导轨中的yNfB 感应电流xVmg 由于裸导线ab中有电流通过,将受到安培力 的作用,其大小为 方向水平向右.由牛顿定律知: x方向: mg

25、sinfcosma y方向: Nmgcosfsin0， 则x方向有 整理后两边积分 有 即， 所以 4.解:(1)设线圈通以电流I,则线圈内磁场为 R>> a,线圈内磁场近似看作均匀磁场,用中心线磁场代替.则 , 通过线圈的的磁通链 (2)设线圈1通电流I1 , 产生磁场 ， 在线圈2中产生磁链 ， (3) .电磁场(二)一. 选择题:1.解:在圆环内作一安培环路,其周长为l,r 有 H1000I 2.解:由于等于以包围的面内通过的电流的代数和,在导线上为传 导电流,值为导线通的电流I,在电容中时为位移电流,L1的面积小于电容 器板面面积,因此通过L1的电流小于I,故有 .3.解:

26、由于, 即位移电流密度, 所以, 的单位为电流密度的单 位,即安培/米2.4.正确的说法是(A)位移电流是由变化的电场产生的.5.解:某一时刻圆心处的电位移矢量 ， 二.填空题:1.解: 2.解: 按照位移电流假设，全电流是连续的，因此 忽略边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此 联立 i3.解: BP +-E4. 解: 取如图所示的逆时针环路，有 因为r = 0.1m < R， 将r = 0.1m代入5. 解：由题意，当R>>r 、x>>R时，线圈A在轴线上的磁感应强度为 通过线圈B的磁通量为 感生电动势为 6. (1):； (2):； (3):四、 计

27、算题: 1 . 解： （1）平行板电容器极板间的位移电流为 (2) 在离两板中心连线r处（r<R）取一环路，按安培环路定律 由于磁场对称均匀发布，因此有 （r<R） 在r=R时，磁感应强度为 2. 解:整个空间磁场只分布于两筒之间. 单位长度的磁能： 取半径为、厚为的单位长圆筒. 由 其单位长自感系数: 单位长度所储存的能量： 故 近代物理(一)一.选择题：1.解：根据相对性原理和光速不变原理，三种说法都正确，故选(D)2.解：时空坐标必须是实数，据此，要保持洛仑兹变换有意义，就必须有uc，所以(1)正确；另外，根据相对论质量的定义，长度收缩、钟慢知(2)、(4)也正确；再者，根据

28、t'g(tux/c2)知(3)不对，故选(B)3.解：根据光速不变原理，应选(A)4.解：根据光速不变原理，应选(B)5.m/m0 0.5，应选(C)二.填空题：1.物理学定律在所有的惯性系中都是相同的，这就是说，物理学定律与惯性系的选择无关，对所有的惯性系都是等价的；在所有的惯性系中，自由空间(真空)中的光速具有相同的量值c.2.解：由于B相对于A以u=0.8c匀速运动，因此B观测此图形时与u平行方向上的线度将收缩为,即椭圆的短轴。而与u垂直方向上的线度不变，仍为，,即椭圆的长轴。椭圆的面积3.解：从LL0·解得vc Ekmc2m0c2m0c2 ()m0c2 (L0/L)1

29、4.解： VV0V0 0.6 V00.6×(0.5 m)3 0.075 m3 5. 解：在S系中，米尺长l0=1m, 米尺在x 、 y轴上的投影为： 米尺相对S系沿x方向运动，设运动速度为u，对S系中的观察者，米尺在x方向将产生长度收缩，而y方向上长度不变，即故米尺与x轴的夹角满足将q与、代入 u = 0.816 c6.解： 从0/0g， 知g1/n Ekm0c2()m0c2 (n1)7.解：Ekmc2m0c23 m0c2 ，m4 m08. 解：设物体速度为u、质量为m、长度为L，静止质量和长度分别为m0和L0,依题意 所以 根据长度收缩效应 在运动方向上缩短了 三.计算题：1. 解

30、：（1）设S系相对S系的速度为u，由洛伦兹变换，S系中测得两事件的时间为：由题意所以 因此有 m/s其中，负号表示S系沿S系的-x方向运动。 （2）由洛伦兹变换，S系中测得两事件的空间位置为：空间间隔为：m2.解：x 1000 m，t 0； x' 2000 m ， 由=2 和 u =得：= 1000/c= 5.77×10-6 s3.解：(1) E5.8×10-13J3.625 Mev (2) EkEm0c25.8×10-139.1×10-31×(3.0×108)2 4.99×10-13J Ek0/Ek m0v2 /E

31、k8.0×10-24.解：EE0/，1/E/ E0， 0/(E/ E0) 0.， vc Svc·(E/ E0) 0. 2.9979×108×30×2×10-6 1.798×104 m近代物理(二)一.选择题：1.对氢原子，由里兹并合原理知，谱线的波数因为，所以当光谱的波长最短时，对应的波数最大，则可令上式中 n，K1，故 ：即 min， 选 A2.由波尔假设知，电子绕核作圆周运动的动量矩必须等于的整数倍，即 当电子分别在第一和第三轨道上运动时， 即 (1) 又因为 rn. 当电子在第三轨道上运动时， r39r1 代入(1)式

32、， 则：， 选 C 3.由10-10 知： u930.25 (V) ， 选 D 4.由测不准关系式x·Px的物理实质知，该式表示在x方向上对微观粒子的坐标和动量不能同时进行准确测量，即答案为 D .5.由图中所给的几何关系知 d2(Rtg0)2R0又因为 asin0，即 P a0所以所以 d2R(/a) a 0 d由德布罗意关系知 代入上式得 d 选 D R 6.由题知，粒子的波函数为(x)，而粒子在 x处出现的几率为 选 A 7.以单能自由粒子为例，设原波函数为粒子在全空间内出现的几率应满足归一化条件. 即式中02为粒子在空间的分布几率.当波函数在空间x0点的振幅同时增大D倍时，波函数为由波函数的归一化条件知：即 或D0202该式说明分布几率不变，故选择 D .8.根据泡利不相容原理和能量最小原理及各壳层中的量子态数知，金属钠原子基态的电子组态为1S22S22P63S1. 这说明价电子处在n3的壳层上，那么该壳层具有的最多量子态为 2n218. 由于只有一个价电子，所以该价电子可能取的量子态数为18，故选择 D .9.由n、l、ml及ms的取