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1、静电场（一）1. 有一带负电荷的金属球，其附近某点的场强为E，若在该点放一带正电的点电荷q，测得所受的电场力为f，则（3）(1) E=f/q (2)E> f/q (3)E< f/qB+q1·AC·-q2l1l2E1E2E2、在闭合高斯面内有一带电量Q的点电荷，将电荷从面内移到高斯面外后，高斯面上的电场强度_ 变化_(填变化或不变)，通过闭合高斯面的电通量为_0_。3、如图，直角三角形ABC的A点上，有正电荷q1，B点上有负电荷q2，求C点的电场强度的大小和方向。（设AC=l1，BC=l2）解： ，ABPdl4、电荷Q均匀分布在长为l的细杆AB上，P点位于AB的延

2、长线上，且与B相距为d，求P点的电场强度。解：5、设电量Q均匀分布在半径为R的的半圆周上（如图），求圆心O处的电场强度E。dl解：如图所示，在半圆周上去电荷元dl，dq=dl=Rd=QR，所以dq=Qd，dq在O点产生的场强E，大小为E，dE=140dqR2各电荷元在O点产生的场强大小相等，方向各异，且分布在以O为顶点的半圆内，由对称性，各电荷元在O点产生的垂直x轴的场强分量为dE相互抵消，而平行x轴的分类dE则相互加强，对给定点O处，R为常量，则有E=E=0EO=E=140dqR2 sind=Q420R20sind=-Q420R2cos|0=Q220R2于是得均匀带电半圆环圆心处O点的场强方

3、向沿X轴正向，大小为EO=Q220R2+q-qQ·q·S静电场强度（二）1、 如图所示, 把单位正电荷从一对等量异号电荷的连线中点, 沿任意路径移到无穷远处时,电场力作功为_0_。2、在点电荷Q旁作一高斯面S，包围Q，在S面外再引入另一点电荷q ，则通过S面的电通量有无变化？_ 不变化_。S面上各处的电场强度有无变化？_有变化_。3、AB。解：-3.0×10-6J 4、如图所示的电场分布，则A点的电势比B点的电势_高_（填高、低、相等）5、两个同心的球面半径分别为R1和R2(R1 < R2)，带电量分别为q1和q2 , 则在小球面内 距球心为 r1处一点的电

4、势为_，在两球面之间距球心为 r2处一点的电势为_。解：xPOla6、已知一带电细杆，杆长为l，其线电荷密度为 = cx，其中c为常数。试求距杆右端距离为a的P点电势。解：考虑杆上坐标为x的一小块dxdx在P点产生的电势为求上式的积分,得P点上的电势为7、求均匀带电圆环轴线上任一点P处的电场强度（圆环半径为R，带电量为Q）解：OO8、在半径为R1、电荷体密度为的均匀带电球体中挖去一半径为R2, 的球形空腔, 空腔的中心为O , 球心与空腔的中心的距离OO为a, 求空腔内任一点的电场强度E。解：静电场（三）1. 有三个大小相同的金属球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间库仑力为F，现用带

5、绝缘柄的不带电小球3分别接触1、2后移去，则小球1、2间的库仑力为 F=k（q1/2）（3q2/4）/r2=3F/8 ；若小球3依次交替接触1，2球很多次后再移去，则小球1、2间的库仑力为 F=k（2q1/3）（2q2/3）/r2=4F/9 。 解：根据库仑定律F=kq1q2/r2，当3与1接触，1上的电荷变为1q1/2，3上带电 q1/2；3与2接触，电荷平均分配，3与2带等量同种电荷，为3q2/4，故1、2间的库仑力为F=k（q1/2）（3q2/4）/r2=3F/8;当3与1、2分别接触多次后，1、2、3带的电荷均为2q1/3，故1、2间的库仑力为F=k（2q1/3）（2q2/3）/r2=

6、4F/9。2. 把一块两表面电荷密度之和为s0的无限大导体平板置于均匀电场E0中，E0与板面垂直，如图25-2所示，则导体左侧面电荷面密度s1= 120-e0E0 ，右侧表面外附近的场强E1= 02e0-E0 。 解：设1、2均为正电荷根据电荷守恒得出 1+2=0 静电平衡的时候22e0-12e0=E0 得出1=120-e0E0 2=120+e0E0左侧表面外附近的场强E1=-E0-12e0-22e0=-(E0-12e01+2-=02e0-E03. 2 一金属球壳的内外半径分别为R1和R2,其中心放一点电荷q，则金属球壳的电势为：(1) q/4pe0R1; (2) q/4pe0R2; (3)

7、(q/ R1+ q/ R2)/8pe0 ; (4) q/2pe0(R1+R2)解：做r= R2的高斯球面，由高斯定理可得出E= q/4pe0 R22，电势为U2=q/4pe0R24. 1 一孤立导体球壳带有正电荷，若将远处一带电荷，移至导体球壳外附近，则： （1）导体球壳外附近的场强仍与其表面垂直； （2）导体球壳面上的电荷仍为均匀分布； （3）导体球壳的电势仍保持不变； （4）由于静电屏蔽，球壳外的带电体在球壳内产生的场强处处为零。解：因为达到静电平衡时，导体球表面电荷不再移动，故表面处场强的方向仍垂直于导体表面。受外电荷影响，导体表面的电荷受不再均匀分布，电势也改变。球壳内合场强处处为零，

8、但带电体在球壳内产生的场强不为零。5. 半径为r的导体球外面，同心地罩一内外半径分别为R1和R2的导体球壳。若球和球壳分别带有电荷q和Q，试求： （1）球和球壳的电势，以及它们的电势差； （2）若将球壳接地，球他们的电势差； （3）若用导线将球和球壳连接，其电势差又为多少？解：(1) U壳=Q+q4e01R2 U球=U壳-UrR1=Q+q4e01R2-q4e01R1-1r=Q+q4e0R2-q4e0R1+q4e0r 电势差U=q4e01R1-1r(2) 球壳接地内外壳带等量异种电荷q。故U不变。6. 三块平行金属板A、B、C，面积均为200cm2. A、B间距为4mm，A、 C间距为2mm，B

9、、C板上都接地（如图25-6），A板带正电3´10-7C（不计边缘效应）。求：（1）B、C板上的感应电荷；（2）A板的电势。解：当处于静电平衡状态的时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律求得电荷分布。B、C板上都接地后，A板上电荷要重新分布以维持UAC=UAB.设A板上电荷q按两侧分布，靠近B板的一侧为q1，靠近C板的一侧为q2，于是有q1+q2=q，EABdAB=EACdAC，即q10SdAB=q20SdAC联立求解得q1=1.0×10-7Cq2=2.0×10-7C则 B板上的感应电荷为-q1=-1.0×10-7CC板上的感应电荷为-q2=-2.0

10、5;10-7C（2） A板上的电势为UAB=UAC=EABdAB=q10SdAB=2.3×103V静电场（四）1、在间距为d的平行板电容器中，平行地插入一块厚为d/2的金属大平板，则电容变为原来的 2 倍，如果插入的是一块厚为d/2，相对介电常数为的大介质平板，则电容变为原来的 1.6 倍。解：插入一块厚为d/2的金属大平板，相当于距离缩小了d/2，则，故电容变为原来的2倍；如插入的是一块厚为d/2相对介电常数为的大介质平板，相当于两个电容器串联， ，。2、如图， ，则此电容器组和的等效电容为 ，电容器的储存的电能为 。解：与并联，与串联，与串联 电容大小相等，所以上分到一般的电压5

11、0V，的储存的电能为3、 3 真空中A、B两平行板相距为d，面积均为S，分别均匀带电和，不计边缘效应，则两板间的作用力为：(1) ; (2) ; (3) 解：4、 3 真空中带电的导体球面与均匀带电的介质球体，它们的半径和所带的电量都相同，设带电球面的静电能为，带电球体的静电能为，则:(1) ; (2) ; (3) 解：设电量为Q，半径为R.则均匀带电球面的静电能则均匀带电球体的静电能所以。5. 空气电容器，保持与电源相连，再浸入煤油中，则极板间的电场强度_不变_，电容器极板上的电量_变大_，电场能量_变大_。（填变大、变小、不变）6、如图球形电容器，内外半径分别为R1和R2，二球面间充满相对

12、介电常 数为r的均匀介质，当该电容器充电量为Q时，求：（1）介质内的大小；（2）内 外球壳之间的电势差V；（3）球形电容器的电容C；（4）它储有的电能We。解：R1R2磁场（一）1、两个载有相等电流I的圆线圈，半径均为R，一个水平放置，另一个竖直放置，如图所示，则圆心O处磁感应强度的大小为（ 3 ）（1）0；（2）；（3）；（4）oI2、通有电流的无限长导线弯成如图所示的形状，半圆部分的半径为R，则圆心处的磁感应强度的量值B=_ o I/4R _。Ia·O3、如图,有一边长为a的正方形导线回路,载有电流I,求正方形中心处的磁感应强度的大小和方向。bZfXacedY4、如图所示，abc

13、def为一闭合面， 其中abfe和cdef为边长为L的正方形，均匀磁场沿X轴正向。则穿过abfe面的磁通量为_0_；穿过ade和bcf面的磁通量为_0_；穿过abcd面的磁通量为_ BL2_；穿过cdef面的磁通量为_-BL2_。 5、真空中两根无限长直载流导线L1和L2互相平行放置，I1=20 A，I2=10A，如图所示，A、B两点与两导线共面，a=0.05m，求：（1）A、B两点处的磁感应强度和；（2）磁感应强度为零的点的位置。解：某点的磁感应强度大小应为两导线产生的磁感应强度大小之和。定义垂直纸面向里为正方向。对A点来说，两导线产生的磁感应强度方向都是垂直向内的。=，B点的磁感应强度可以

14、用同样的方法计算，但是需要注意的是，此时L1产生的磁感应强度方向是垂直于纸面向外的，所以其数值要用负值：=，负号表示其方向为垂直于纸面向外。（2）以L1为横坐标，垂直于L1为纵坐标设立坐标轴，设磁感应强度为0的点的纵坐标为y，则该点距L1的距离为y，距L2的距离为2a-y则有=0，得，即该点在L2上方（0.2-2a）=0.1m处。磁场（二）1、如图所示，半圆形线圈半径为R，通有电流I，在磁场的作用下从图示位置转过30°时，它所受磁力矩的大小和方向分别为（ 4 ）（1），沿图面垂直向下；（2），沿图面垂直向上；（3），沿图面垂直向下；（4）。沿图面垂直向上。2、如图所示，载流为I2的线

15、圈与载流为I1的长直导线共面，设长直导线固定，则圆线圈在磁场力作用下将（ 1 ）（1）向左平移；（2）向右平移；（3）向上平移；（4）向下平移。3、质子和粒子质量之比为1:4，电量之比为1:2，它们的动能相同，若将它们引进同一均匀磁场，且在垂直于磁场的平面内作圆周运动，则它们的回转半径之比为（ 2 ）（1）1:4； （2）1:1； （3）1:2； （4）1；4、如图所示，a、c处分别放置无限长直载流导线，P为环路L上任一点，若把a处的载流导线移至b处，则（ 4 ）（1）变，变； （2）变，不变；（3）不变，不变； （4）不变，变5、如图所示，ab导线与无限长直导线GE共面，ab延长线与GE交于

16、O点成45°，若分别通以电流I1=20 A，I2=10 A，ab长 cm，a端距GE为d=1 cm，求ab在图示位置时所受GE产生的磁场作用力。解：，其方向为垂直于ab向左上，其大小如下计算：设ab上dl长度距GE为r，则有，r的取值范围很明显是0.01,0.1。于是有，代入相关数值并且积分得到，。电磁感应1、如图所示，一长为2a的细铜杆MN与载流长直导线垂直且共面，N端距长直导线距离为a，当铜杆以速度V平行长直导线移动时，则杆内出现的动生电动势大小= ； N 端电势较高。 ，负值说明M的电势低，N端的电势高。2、一矩形导线框，以恒定的加速度a向右穿过一均匀磁场区，的方向如图所示。则

17、在下列I-t图中哪一个正确地反应了线框中电流与时间的定性关系，取逆时针方向为电流正方向。（ 2 ）（1）；（2）；（3）；（4）3、一铁芯上绕有线圈N匝，已知铁芯中磁通量与时间的关系为（Wb），则在s时线圈中的感应电动势为 100NA 。，4、均匀磁场局限在半径为R的无限长圆柱形空间内，有一长为R的金属细杆MN如图所示位置放置，若磁场变化率dB/dt为常数，则杆两端的电势差UM-UN为（ 3 ）（1）0；（2）；（3）；（4）5、如图所示，一矩形线圈ABCD与长直导线共面放置，长边与长直导线平行，长l1=0.20m，宽l2=0.10m，AD变与长直导线相距a=0.10m，线圈共1000匝，保持

18、线圈不懂，而在长直导线中通有交流电流I=10sin（100t）A，t以秒计。求t=0.01s时线圈中的感应电动势。V机械振动1、质量为0.01千克的小球与轻弹簧组成的系统的振动规律为x=0.1cos(2t+23)米，t以秒计，则该振动的周期为_1秒_，初相位为_2/3_；t=2秒时的相位为_4+2/3_；相位为323对应的时刻t=_5秒_。2、一质量为m的质点作简谐振动时的x-t曲线如图13-3所示。由图可知，它的初相为_/2_,t =3s 时，它的速率为_0_t(s)-0.10.1x(m)042313、质点沿x轴作简谐振动，用余弦函数表示，振幅为A。当t=0时，x0=A2处且向x轴正向运动，

19、则其初位相为 4 （1）14 （2）54 （3）-54 （4）-134、一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动:x1 = 0.03cos(5t + /2) (SI)，x2 = 0.03cos(5t - ) (SI) ，它们的合振动的振幅为_0.0423_，初相位为_3/4_。解：两个简谐振动是同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为：A=A12+A22+2A1A2cos(2-1) ， 初相位为：tan=A1sin1+A2sin2A1cos1+A2cos25、一质点沿X轴作简谐振动 ，振幅为0.10m，周期为2s，已知t=0时， 位移 x0 =+0.05m，且向X轴正方向运动。(1)写出该质点

20、的振动方程。(2)如质点质量m=0.2kg，求它的总能量。解：（1）由题意可知，质点振动的初项为-3，圆频率=2T=，振动方程为x=0.10cos(t-3)；（2）E=12m2A2=0.0012=9.87×10-3J6、一质量为100克的物体沿x轴作简谐振动，振幅为1.0cm，加速度的最大值为4.0cm/s2，求：（1）过平衡位置时的动能和总机械能；（2）动能和势能相等时的位置x解（1）简谐振动中加速度的表达式为：a=-A2cos(t+)，amax=A2=4cms2=0.04ms2，得2，平衡时动能最大，势能为0，Ekmax=E=12mA22=2×10-5J；（2）动能=势

21、能时Ep=Ek=12E总，即：12kx2=1×10-5J，k=m2，得x=±7.07×10-3m。机械波1、如图所示，一余弦横波沿X轴正向传播。实线表示t = 0 时刻的披形，虚线表示t = 0.5 s 时刻的波形，此波的波动方程为（ 2 ）(1) y = 0.2cos2(t/4-x)m；(2) y = 0.2cos2(t/2-x/4)+ /2m；(3) y = 0.2cos2(t/4-x)+ m；(4) y = 0.2cos2(t/2-x/4)- /2m。解：由波形图可知波长4m，故应选（2）或（4），又因为0点经0.5秒后要运动到位移负极大处，故初项应为2。2

22、、机械波通过不同的媒质时，就波长、频率v 和波速c而言，其中_波和波长_要改变，_频率_不改变。解：频率是波源振动的频率，与介质无关，而波速和波长则和介质有关。3. 1,3 以下关于波速的说法哪些是正确的?(1)振动状态传播的速度等于波速；(2) 质点振动的速度等于波速；(3) 位相传播的速度等于波速；(4) 对于确定的波动和媒质，波速是一常数。4. 4 一机械波的波速为c、频率为，沿着X 轴的负方向传播，在X 轴上有两点x1和x2，如果x2> x1 >0 ，那么x2和x1处的位相差=2-1为：(1) 0；(2) ；(3 )2(x1- x2)/c；(4) 2(x2- x1)/c。5

23、. 己知波源在原点(x= 0) 的平面简谐波方程为y = Acos(Bt - Gx) ， 式中A 、B 、G 为恒量。试求:(1)波的振幅、波速、频率、周期和波长；(2)写出传播方向上距离波源L处一点振动方程；(3)任一时刻在波传播方向上相距为D 的两点之间的位相差。解：（1）波动方程y=AcosBt-Gx=AcosB(t-GBx)，所以波的振幅为A,波速u为GB，周期为T=2=2B，频率1T=B2，波长=uT=2G；（2）把波动方程中的x用l来代，即可求得距波源l处的振动方程为y=AcosBt-Gl；（3）x2=DG。6. 一横波沿绳子传播时的波动方程为y= 0.05cos(10t-4x)，

24、式中y、x 以米计，t以秒计。(1)求绳上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(2) 求x = 0.2 米处质点在t = 1 秒时刻的位相，它是原点处质点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t = 1.25 秒时刻到达哪一点?在t = 1.5秒时刻到达哪一点?解：（1）u=yt=-0.0510sin10t-4x=-0.5sin(10t-4x)，所以umax=0.5=1.57ms； a=ut=-52cos(10t-4x)， 所以amax=0.52=49.3ms2。（2）10-40.29.2。光学（一）1、在杨氏双缝实验中，原来缝S到达两缝S1和S2的距离是相等的，如图所示。现将S向下移动

25、一微小距离，则屏上干涉条纹将如何变化?（ 1 ）(1)干涉条纹向上平移；(2 )干涉条纹向下平移；(3 )干涉条纹不移动；(4) 干涉条纹消失。2、在杨氏双缝实验中，双缝间距为0. 5mm，双缝至屏的距离为1.0m.，在屏上可见到两组干涉条纹，一组由波长为4800 Â的光产生，另一组由波长为6000Â 的光产生。问在屏上两组干涉条纹的第三级明纹的间距为多少?解：缝干涉条纹间距：x'=Da，第三级明纹距离中央明纹中心距离为3x'，所以：x=3x2'-3x1'=3×Da×2-1=3×1.00.5×10-3&

26、#215;6000-4800×10-10=7.2×1004m。3、空气中有一透明薄膜，其折射率为n，用波长为的平行单色光垂直照射该薄膜，欲使反射光得到加强，薄膜的最小厚度应为 ；为使透射光得到加强，薄膜的最小厚度应为 。4n,2n4、 1 在双缝实验装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中一条狭缝，发现屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明条纹的位置，如果入射光的波长为，则该云母片的厚度为(1) 7/(n-1)；(2) 7；(3) 7/n；(4) (n-1)/7。5、 空气中有一劈尖，折射率n = 1.4，劈尖角= 10-4 rad，在某一单色光垂直照射时可测得两相邻明条纹的距离为0. 25 cm，试求：( 1)入射光的波长；( 2)如果劈尖长3.5cm，那么总共可出现多少条明条纹？解：（1）劈尖三角形：=n2l=2ne，所以=2nl