浙江工商大学2012物理上复习

PAGEPAGE23刚体复习重点（一）要点质点运动位置矢量(运动方程)r=r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k，速度v=dr/dt=(dx/dt)i+(dy/dt)j+(dz/dt)k，动量P=mv加速度a=dv/dt=(dvx/dt)i+(dvy/dt)j+(dvz/dt)k曲线运动切向加速度at=dv/dt，法向加速度an=v2/r.圆周运动及刚体定轴转动的角量描述=(t)，=d/dt，=d/dt=d2/dt2，角量与线量的关系△l=r△，v=r(v=×r)，at=r,an=r2力矩转动惯量，转动定律角动量：质点刚体L=J；角动量定理=LL0角动量守恒M=0时,L=恒量。转动动能(二)练习一选择题（每题3分）1．（答案：C）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体(m1＜m2)，如图．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力(A)处处相等．(B)左边大于右边．(C)右边大于左边．(D)哪边大无法判断．2．（答案：C）将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度为．如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将(A)小于．(B)大于，小于2．(C)大于2．(D)等于2．OA3.(答案：A）均匀细棒OA可绕通过其一端OOA(A)角速度从小到大，角加速度从大到小.(B)角速度从小到大，角加速度从小到大.(C)角速度从大到小，角加速度从大到小.(D)角速度从大到小，角加速度从小到大.4.（答案：C）光滑的水平桌面上，有长为2L、质量为m的匀质细杆，可绕通过其中点O且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量J＝ml2/3)．开始时杆静止，有两质量均为m小球，各自在垂直杆长的方向对着杆的一端，以相同的速度v相向运动，如图所示，当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起随杆转动，则这一系统碰撞后的转动角速度(A)(B)(C)(D)(E)5.（答案：C）关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是(A)只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关.(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关.(C)取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置.(D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关.6.（答案：B）两个匀质圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB,若ρA＞ρB,但两圆盘的质量与厚度相同,如两圆盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量分别为JA和JB,则(A)JAJB.(B)JAJB.(C)JA=JB.(D)JA、JB哪个大，不能确定.7.（答案：D）花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角速度为0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为J0/3．这时她转动的角速度变为(A)0/3．(B)0．(C)0．(D)30．8.（答案：A）一半径为R的水平圆转台，可以绕通过其中心的竖直固定光滑转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)，(B)(C)，(D)．9．(答案C)光滑的水平桌面上有长为2l、质量为m的匀质细杆，可绕通过其中点O且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量J＝ml2/3)．开始时杆静止，有一质量为m小球在桌面上正对着杆的一端，在垂直杆长的方向上，以速度v运动，如图所示，当小球与杆端发生碰撞后，就与杆粘在一起随杆转动，则这一系统碰撞后的转动角速度(A)(B)(C)(D)二、填空题1.（4分）一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40πrad/s减少到10πrad/s，则飞轮在这5s内总共转过了圈，飞轮再经的时间才能停止转动。（答案：62.5r，1.67s）2.（3分）可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0m，一条绳子绕在飞轮的外周边缘上．如果飞轮从静止开始做匀角加速运动且在4s内绳被展开10m，则飞轮的角加速度为_____．(答案：2.5rad/s2）3.（3分）一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J，正以角速度ω0＝10rad/s作匀速转动,现对物体加一恒定的力矩M=-0.5N·m，经过时间t＝5.0s后，物体停止了转动，物体转动惯量J＝______________．（答案：0.25kg·m2）4.（5分）如图所示，一质量为m、半径为R的薄圆盘，可绕通过其一直径的光滑固定轴转动，转动惯量J＝mR2/4．该圆盘从静止开始在恒力矩M作用下转动，t秒后位于圆盘边缘上与轴的垂直距离为R的B点的切向加速度at＝_____，法向加速度an＝_____．[答：4M/(mR)（2分）；（3分）]5.（3分）地球的自转角速度可以认为是恒定的，地球对于自转的转动惯量J＝9.8×1037kg·m2．地球对于自转轴的角动量L＝___．（答：7.1×1033kg·m2/s）6.（3分）一个作定轴转动的轮子，对轴的转动惯量J=2.0kg·m2，正以角速度ω0作匀速转动．现对轮子加一恒定的力矩M=-12N·m，经过时间t＝8.0s时轮子的角速度ω＝－ω0，则ω0＝_____．（答案：24rad/s）7．（4分）半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.50rad·s-2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240°时的切向加速度at＝________，法向加速度an＝_______________．(答案：0.15m·s-2,1.26m·s-2)参考解：8.（3分）一飞轮以角速度ω0绕光滑固定轴转动，飞轮对轴的转动惯量分别为J1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一轴转动，该飞轮的转动惯量为前者的2倍，啮合后整个系统的角速度为ω＝_______________．(答案：ω0/3)参考解：9.（3分）一条轻绳绕于半径为r=0.2m的飞轮边缘，并施以F=98N的拉力，若不计轴的摩擦，飞轮的角加速度等于39.2rad/s2，此飞轮的转动惯量为_____________．（答：0.5kg·m2）三、计算题1.（5分）一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M＝－k(k为正的常数)，求圆盘的角速度从0变为0/2时所需的时间．解：2分两边积分3分得3分2.（10分）一质量为M＝15kg、半径为R＝0.30m的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J＝MR2/2)．现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量m＝8.0kg的物体．不计圆柱体与轴之间的摩擦，求:(1)物体自静止下落,5s内下降的距离;(2)绳中的张力．解：J＝MR2/2＝0.675km2∵mg－T＝ma2分TR＝J2分a＝R1分∴a＝mgR2/(mR2+J)＝5.06m/s21分因此(1)下落距离h＝＝63.3m2分(2)张力T＝m(g－a)＝37.9N2分3.（10分）质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳的另一端绕在轮轴的轴上，如图所示，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上，当物体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S，试求整个轮轴的转动惯量（用m、r、t和S表示）.解：设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg－T＝ma（1）2分TR＝J（2）2分由运动学关系a＝R（3）2分由（1）、（2）和（3）式解得：J＝m(g－a)r2/a（4）又根据已知条件(5)2分将（5）式代入（4）式得：2分、4.（10分）两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘在一起，构成一个组合轮，小圆盘的半径为r，质量m；大圆盘的半径r’=2r，质量m’=2m，组合轮可绕通过其中心且垂直于圆盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J＝9mr2/2.两圆盘边缘上分别饶有轻质，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所示.这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变，已知r=10cm.求：（1）组合轮的角加速度β.求：（1）组合轮的角加速度β；（2）当物体B上升h=40cm时，组合轮的角速度ω.解：（1）受力分析如图．2分mg－T2=ma21分T1－mg=ma11分T2(2r)－T1r=9mr2/21分2r=a21分r=a11分解上述5个联立方程，得：1分（2）设为组合轮转过的角度，则，所以，2分5.（10分）质量为M1＝24kg的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M2＝5.0kg的圆盘形定滑轮悬有m＝10.0kg的物体，求当重物由静止开始下降了h=0.5m时，（1）物体的速度，（2）绳中的张力.解：各物体的受力情况如图所示．图2分由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程：T1R＝J11＝方程各1分共5分T2r－T1r＝J22＝mg－T2＝ma,a＝R1＝r2,v2＝2ah求解联立方程，得m/s2=2m/s1分T2＝m(g－a)＝58N1分T1＝＝48N1分6.（5分）如图，半径为R的匀质小木球固结在一长度为l的匀质细棒的下端，且可绕水平光滑固定轴O转动．今有一质量为m，速度为v0的子弹，沿着与水平面成角的方向射向球心，且嵌于球心．已知小木球、细棒对通过O的水平轴的转动惯量的总和为J．求子弹嵌入球心后系统的共同角速度．解：选子弹、细棒、小木球为系统．子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒．2分mv0(R+l)cos=[J+m(R+l)2]2分1分7.（10分）一块宽L=0.60m，质量为M=1kg的均匀薄木板，可绕水平固定轴OO’无摩擦地自由转动，当木板静止在平衡位置时，有一质量为m=10×10-3kg的子弹垂直击中木板A点，A离转轴OO’距离l=0.36m，子弹击中木板前的速度为500m/s，穿出木板后的速度为200m/s.求：（1）子弹给予木板的冲量；（2）子弹获得的角速度.（已知：木板绕OO’轴的转动惯量J=ML2/3）解：（1）子弹受到的冲量为子弹对木板的冲量方向与相同.大小为4分（2）由角动量定理4分2分8.（5分）一均匀木杆，质量为m1=1kg，长l=0.4m，可绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴，在竖直平面内转动．设杆静止于竖直位置时，一质量为m2=10g的子弹在距杆中点l/4处穿透木杆(穿透所用时间不计)，子弹初速度的大小v0=200m/s，方向与杆和轴均垂直．穿出后子弹速度大小减为v=50m/s，但方向未变，求子弹刚穿出的瞬时，杆的角速度的大小．(木杆绕通过中点的垂直轴的转动惯量J=m1l2/12)解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒．1分则有m2v0l/4=m2vl/4+J2分＝11.3rad/s2分9.（5分）如图所示，长为l的轻杆，两端各固定质量分别为m和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖直面内转动，转轴O距两端分别为l/3和2l/3.轻杆原来静止在竖直位置.今有一质量为m的小球，以水平速度与杆下端小球作对心碰撞，碰后以v0/2的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度.解：选小球、细棒、两固定小球为系统．小球射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒．2分mv0(2l/3)=[m(2l/3)2+2m(l/3)2]m(v0/2)(2l/3)2分1分问：若要考虑细棒转动惯量（细棒质量为m），如何求解？解：细棒的转动惯量J=ml2/12+m(l/2-l/3)2加入上式的[]中求10.（5分）有一半径为R的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为T0.如它的半径由R自动收缩为R/2，求球体收缩后的转动周期.（球体对于通过直径的转动轴的转动惯量为J=2mR2/5，式中m和R分别为球体的质量和半径）解：球的自动收缩可视为由球的内力引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒1分设J0和ω0、J和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度，则有2分由已知条件：得1分即收缩后转快了，周期为2分四、问答题1.绕固定轴作匀变速转动的刚体，其上各点都绕转轴作圆周运动．试问刚体上任意一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向加速度和法向加速度的大小是否变化？理由如何？答：设刚体上任一点到转轴的距离为r，刚体转动的角速度为，角加速度为，则由运动学关系有：切向加速度at＝rβ(1分)法向加速度an＝r2(1分);对匀变速转动的刚体来说β＝d/dt＝常量≠0，因此d＝βdt≠0，随时间变化，即＝(t)(1分).所以，刚体上的任意一点，只要它不在转轴上（r≠0），就一定具有切向加速度和法向加速度．前者大小不变，后者大小随时间改变．(2分)（未指出r≠0的条件可不扣分）电学复习重点（一）要点一、电荷守恒定律(略).二、库仑定律：F=q1q2r/(4πε0r3).三、电场强度E：1．定义：E=F/q0(F为试验电荷q0在电场E中所受作用力)；2.电场叠加原理(矢量叠加)；点电荷系激发的电场：；连续带电体激发的电场：E=∫qrdq/(4πε0r3).四、高斯定理：1.电场线(略)；2.电场强度通量Фe=∫SE∙dS(计算电场强度通量时注意曲面S的法线正方向)；3.高斯定理(过闭合曲面的电场强度通量)：真空中；介质中；电位移矢量各向同性介质中D=ε0εrE=εE.4.库仑电场为有源场.五、环路定理：1.表达式2.静电场为保守场.六、电势U：1.定义式(场强与电势的积分关系.下式中p表示场点，(0)表示电势零点)：；2.电势差3.电势叠加原理(标量叠加)；点电荷系激发的电势：；连续带电体激发的电势.4.静电场力的功WAB=qVAB；七、导体：1.静电平衡条件导体内E=0,导体表面附近外E垂直表面；2.推论(1)导体为等势体，导体表面为等势面，(2)孤立导体表面曲率半径小处面电荷密度大，(3)导体表面外附近电场E=σ/ε0,3.静电屏蔽(1)空腔导体内的物体不受腔外电场的影响，(2)接地空腔导体外物体不受腔内电场的影响.八、电容：1.定义式C=Q/U=Q/(U1－U2)；2.几种电容器的电容(1)平行板电容器C=εS/d，(2)圆柱形电容器C=2πεl/ln(R2/R1)，(3)球形电容器C=4πεR2R1/(R2－R1)，(4)孤立导体球C=4πεR；3.并联C=C1+C2+C3+…;4.串联1/C=1/C1+1/C2+1/C3+….九、静电场的能量:1.点电荷系相互作用能We=(1/2)qiUi；2.电容器电能We=(1/2)qU=(1/2)CU2=q2/(2C)；3.静电场的能量密度we=(ε0/2)E2，We=∫VwedV.十、几种特殊带电体激发电场：1.无限长均匀带电直线激发电场的场强E=r/(20r2)；2.均匀带电园环轴线上的场强与电势E=Qx/[40(x2+R2)3/2],U=Q/[40(x2+R2)1/2]；3.无限大均匀带电平面激发电场的场强E=/(20)；4.均匀带电球面激发的场强与电势：球面内E=0,U=Q/(40R)球面外E=Qr/(40r3),U=Q/(40r)；5.均匀带电球体激发的场强与电势：球体内E=Qr/(40R3),U=Q(3R2-r)/(80R3);球体外E=Qr/(40r3),U=Q/(40r)；6.无限长均匀带电圆柱面激发的场强：柱面内E=0,柱面外E=r/(20r2)；7.无限长均匀带电圆柱体激发的场强：柱体内E=r/(20R2)，柱体外E=r/(20r2)(二)练习一、选择题（每题3分）1.（答案：C）下列几种说法中哪一个是正确的？(A)场强中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向.(B)在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相等.(C)场强可由E=F/q0定出，其中q0为试探电荷，q0可正、可负，F为试探电荷所受的电场力.(D)以上说法都不正确2.（答案：B）密立根油滴实验是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平行板产生，实验中，半径为r、带有两个电荷的油滴保持静止时，其所在电场的两块极板的电势差为U12，当电势差增加到4U12时，半径为2r的油滴保持静止，则该油滴所带的电荷为（A）2e（B）4e（C）8e（D）16e3.（答案：D）关于高斯定理得理解有下列几种说法，其中正确的是：(A)如果高斯面上E处处为零，则该面内无电荷．(B)如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C)如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内有电荷．(D)如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．4.（答案：C）已知一高斯面所包围的体积内电荷代数和为零，则可以肯定(A)高斯面上各点场强均为零．(B)穿过高斯面上每一面元的上电场强度通量均为零．(C)穿过整个高斯面的上电场强度通量均为零．(D)以上说法都不对．5.（答案：D）点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如图所示，则引入前后(A)曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变.(B)曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变.MMaa+qP(D)曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化.6.(答案：D)如图4.3所示，在点电荷+q的电场中，若取图中P点为电势零点，则M点的电势为(A)q/40a(B)q/80a(C)q/40a(D)q/80a7．（答案：D）半径分别为R和r的两个金属球，相距很远.用一根长导线将两球连接,并使它们带电.在忽略导线影响的情况下，两球表面的电荷面密度之比R/r为:(A)R/r.(B)R2/r2.(C)r2/R2.(D)r/R.8.（答案：D）图中实线为某电场中的电场线，虚线表示等势（位）面，由图可看出：(A)EA＞EB＞EC，UA＞UB＞UC．(B)EA＜EB＜EC，UA＜UB＜UC．(C)EA＞EB＞EC，UA＜UB＜UC．(D)EA＜EB＜EC，UA＞UB＞UC．9.（答案：C）一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E、电场能量W将发生如下变化：(A)U12减小，E减小，W减小．(B)U12增大，E增大，W增大．(C)U12增大，E不变，W增大．(D)U12减小，E不变，W不变．?Or∝1/rR10.（答案：A）图中所示曲线表示球对称或轴对称静电场的某一物理量径向距离?Or∝1/rR(A)半径为R的无限长均匀带电圆柱体电场的E-r关系(B)半径为R的无限长均匀带电圆柱面电场的E-r关系(C)半径为R的均匀带正电球体电场的U-r关系(D)半径为R的均匀带正电球面电场的U-r关系.11.半径为R的均匀带电球面，总电荷为Q．设无穷远处为电势零点，则该的带电体所产生的电场的电势U随离球心的距离r的关系曲线如何画？12.如果某带电体其电荷分布的体密度增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的（答案：C）(A)2倍．(B)1/2倍．(C)4倍．(D)1/4倍．13.（答案：A）有两个大小不相同的金属球，大球直径是小球的两倍，大球带电，小球不带电，两者相距很远．今用细长导线将两者相连，在忽略导线的影响下，大球与小球的带电之比为：(A)2．(B)1．(C)1/2．(D)0．14.（答案：D）一平行板电容器两板相距d，对它充电后把电源断开，然后把电容器两极之间的距离拉大到2d，如果电容器内电场边缘效应忽略不计，则(A)电容器的电容增大一倍.(B)电容器所带电量增大一倍.(C)电容器两极板间的电场强度增大一倍.(D)储存在电容器中电场能量增大一倍.15.两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则（答：C）(A)空心球电容值大．(B)实心球电容值大．(C)两球电容值相等．(D)大小关系无法确定16.（答案：C）如果在空气平行板电容器的两极板间平行插入一块与极板面积相同的金属板，则由于的插入及其相对极板所放位置的不同，对电容器电容的影响为(A)使电容减小，但与金属板相对极板的位置无关．(B)使电容减小，但与金属板相对极板的位置有关．(C)使电容增大，但与金属板相对极板的位置无关．(D)使电容增大，但与金属板相对极板的位置有关17.（答案：C）C1和C2两空气电容器并联以后接电源充电．在电源保持联接的情况下，在C1中插入一电介质板，如图所示,则(A)C1极板上电荷增加，C2极板上电荷减少．(B)C1极板上电荷减少，C2极板上电荷增加．(C)C1极板上电荷增加，C2极板上电荷不变．(D)C1极板上电荷减少，C2极板上电荷不变．（答案：B）教材P227，6-2二、填空题1.（3分）如图所示，在边长为a的正方形平面的中垂线上，距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，则通过该平面的电场强度通量为____________．[答案：q/(60)]+q-q2.（3分）一面积为S的平面，放在场强为的匀强电场中，已知与平面的夹角为θ（≤π/2），则通过该平面的电场强度的通量Φe=（答案：ESsinθ）+q-q3.（3分）如图，被点电荷q和-q被包围在高斯面S内，则通过该高斯面的电场强度通量，式中为处的场强.S（答案：0，高斯面上各点）（3分）（可参考上题图）S为闭合曲面，真空中点电荷q1和q3在外，q2和q4在S内，则通过该高斯面的电场强度通量，式中是点电荷在闭合曲面上任一点产生的电场的矢量和.[答案：，q1、q3、q2、q4]5．（本题3分）图中曲线表示一种球对称性静电场的电势分布，r表示离对称中心的距离．这是由_________产生的电场．（答案：半径为R的均匀带正电球面）6.（本题3分）图中曲线表示一种球对称性静电场的电势分布，r表示离对称中心的距离．这是_______________的电场．（答案：半径为R的均匀带正电球面）7.（本题3分）一半径为R的均匀带电球面，带有电荷Q，若设该球面上电势为零，则球面内各点电势U=。（答案：0）8.(本题3分）一孤立带电导体球，其表面处场强的方向表面；当把另一带电体放在这个导体球附近时，该导体球表面处场强的方向表面.（答案：垂直，仍垂直于）9.（本题3分）如图所示，在一个点电荷的电场中分别作三个电势不同的等势面A，B，C（从内到外）.已知，且，则相邻两等势面之间的距离关系是：.（填）（答案：）10.（本题3分）图中所示以O为心的各圆弧为静电场的等势（位）线图，已知U1＜U2＜U3，在图上画出a、b两点的电场强度的方向，并比较它们的大小．Ea________Eb(填＜、＝、＞)．答案见图2分＝1分11.图中所示为静电场的等势（位）线图，已知U1＞U2＞U3，在图上画出a、b两点的电场强度的方向，并比较它们的大小．Ea________Eb(填＜、＝、＞)．(答案：＞，垂直于等势（位）线图)12.（本题3分）真空中均匀带电面球和球体，相如果它们的半径和所带的电荷都相等．则带电面球的电场能量W1与带电球体电场能量W2相比，W1______W2(填＜、＝、＞)．(答案：＜)13.（本题4分）静电场的环路定理得数学表示式为.该式的物理意义是.该定理表明，静电场是场.（答案：，静电场力做功与路径无关，保守）14.（本题3分）静电场中某点的电势，其数值等于或.（答案：，）15.（本题3分）一平行板电容器充电后切断电源，若使二极板间距离增加，则二极板间场强，电容.（填增大或减小或不变）（答案：不变，减小）三、计算题1.（5分）如图所示，真空中一长为L=10cm的均匀带电细直杆，总电荷为q=1.5×10-8C，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d=5cm的P点的电场强度．（）解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，x轴沿杆的方向，如图，并设杆的长度为L．P点离杆的端点距离为d．在x处取一电荷元dq=(q/L)dx，它在P点产生场强4分P点处的总场强为4分代入题目所给数据，得E＝1.8×104N/m 1分的方向沿x轴正向． 1分2.（10分）一段半径为的细圆弧，对圆心的张角为，其上分布有正电荷，试以表示出圆心O处的电场强度.解：取坐标xOy如图，由对称性可知：2分4分4分3.（8分）电荷面密度分别为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电平行平面，处于与平面垂直的x轴上的+a和-a的位置上.设坐标原点O处电势为零，求空间的电势分布表示式并画出其曲线.解：由高斯定理可得场强分布为：E=-/0(－a＜x＜a)1分E=0(－∞＜x＜－a，a＜x＜＋∞)1分由此可求电势分布：在－∞＜x≤－a区间2分在－a≤x≤a区间2分在a≤x＜∞区间2分，图2分4.（10分）一个细玻璃棒被弯成半径为R半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷-Q，沿其下半部分均匀分布有电荷Q，如图所示，试求圆心O处的电场强度.解：把所有电荷都当作正电荷处理，在θ处取微小电荷:,它在O处产生场强而θ角变化,将分解成两个分量:2分3分对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷2分2分1分5.（10分）如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q．设无限远处为电势零点，试求：(1)球壳内外表面上的电荷．(2)球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3)球心O点处的总电势．解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．2分(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为3分(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和2分5分（10分）一半径为的均匀带电圆盘，电荷面密度为.设无限远处为电势零点.计算盘中心O点电势.解：在盘上取一半径为范围的同心圆环.其面积为，其上的电荷2分它在O点产生的电势为2分总电势1分7.（10分）电荷均匀分布在长为的细杆上，求在杆外延长线上与杆段距离为的P点的电势（设无穷远处为电势零点）.解：设坐标原点位于杆中心O点，轴沿杆的方向，细杆的电荷线密度，在处取电荷元:2分它在P点处产生的电势4分整个杆上电荷在P点处产生的电势4分8.（10分）图示两个同轴带电长直金属圆筒，内、外半径分别为R1和R2，两筒间为空气，内、外筒电势分别为U1=2U0，U2=U0，U0为已知常数.求两金属圆筒之间的电势分布.解：设内筒所带电荷的线密度为，则两筒间的电场强度分布为2分两筒间的电势差为由此得：3分设两筒间任一点（距轴线的距离为）的电势为U,则有3分（1）2分或（2）可以证明，（1）、（2）两式是相等的:所以两筒间的电势差分布可用（1）或（2）表示9.（5分）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=8.8510-12.C2/N.m2)解：根据带电球面内势为等势的特点又：球心的势为两者的叠加10.（10分）图示为一半径为a的、带有正电荷Q的导体球.球外有一内半径为b、外半径为c的不带电的同心导体球壳.设无穷远处为电势为0点，试求内球和球壳的电势.解1:球壳内表面将产生负的感应电荷-Q,外表面为正电荷Q.2分按电势的叠加原理球壳的电势3分方法2:也可以通过高斯定理求场强,用场强的线积分计算:四．证明题1.（10分）有两块“无限大”带电导体平板平行放置.试证明：静电平衡时（1）相向两面的电荷面密度总是大小相等、符号相反的，（2）相背两面的电荷面密度总是大小相等、符号相同的证明：建立向右为正的坐标系，在A板中取一点，由场的叠加性，场强为（1）在B板中取一点，场强为（2）（1）+（2）得：；（1）-（2）得：2.（10分）如图所示,一底面半径为R的圆锥体，锥面上均匀带电，电荷面密度为．证明：锥顶O点的电势与圆锥高度无关(设无穷远处为电势零点)，其值为：证：以顶点O作坐标原点，圆锥轴线为z轴，向下为正．在任意位置z处取高为dz的小圆环，其面积为3分其上电荷它在O点产生的电势为4分总电势，与高h无关3分3.（5分）在一任意形状的空腔导体内放一任意形状带电体，总电荷为q，如图所示。试证明，在静电平衡时，整个空腔内表面上的感生电荷总是等于-q。证：设内表面上感生电量为q＇．在导体内部作一包围内表面的高斯面S．在静电平衡时，导体内部场强处处为零，按高斯定理于是得 5分恒定磁场复习重点（一）要点一、磁感强度B的定义（略）.二、毕奥—沙伐尔定律1.电流元Idl激发磁场的磁感强度dB=[0/(4)]Idl×r/r32.运动点电荷q激发磁场的磁感强度B=[0/(4)]qv×r/r3三、磁场的高斯定理1.磁感线(略)；2.磁通量m=3.高斯定理稳恒磁场是无源场.四、安培环路定理真空中稳恒磁场是非保守场,是涡旋场或有旋场.五、磁矩m：1.定义m=ISen2.载流线圈在均匀磁场中受力矩M=m×B六、洛伦兹力1.表达式Fm=qv×B2.带电粒子在均匀磁场中运动：回旋半径R=mvsin/(qB);回旋频率f=qB/(2m)七、安培力表达式dFm=Idl×B；八、几种特殊电流的磁场：1.长直电流激发磁场:有限长B=0I(cos1－cos2)/(4r)无限长B=0I/(2r)方向都沿切向且与电流成右手螺旋；2.圆电流在轴线上激发磁场B=0IR2/[2(x2+R2)3/2],中心B=0I/(2R)张角的园弧电流中心的磁感强度B=[0I/(2R)][/(2)],方向都沿轴向且与电流成右手螺旋；3.无限长密绕载流螺线管激发的磁场:管内B=0nI管外B=04.密绕载流螺绕环环内磁场B=0NI//(2r)5.无限大均匀平面电流激发磁场B=0j/26.无限长均匀圆柱面电流激发磁场：柱面内B=0；柱面外B=0I/(2r)7.无限长均匀圆柱体电流激发磁场：柱内B=0Ir/(2R2)；柱外B=0I/(2r)（二）试题一、选择题（每题3分）1.（答案：C）电流I由长直导线1沿半径方向经a点流入一电阻均匀的圆环，再由b点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源(如图)．已知直导线上的电流强度I，圆环的半径R，且a、b和圆心O在一条直线上，设直电流1、2及圆环电流分别在O点产生的磁感强度、及，则O点的磁感强度大小B=0，因为B1=B2=B3=0(B)B=0，因为，B3=0(C)B≠0，因为虽然B1=B3=0，但B2≠0(D)B≠0，因为虽然B1=B2=0，但B3≠0（E）B≠0，因为虽然B2=B3=0，但B1≠0IB1l(1)cdbaIIB1l(1)cdbaIIB2l(2)(A)B1=0，B2=0(B)B1=0，(C)，B2=0(D)，3.（答案：A）如图，无限长载流导线与三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将(A)向着长直导线平移(B)离开长直导线平移(C)转动(D)不动4.（答案：B）如图两根载流导线相互正交放置，如图所示，沿y轴的正方向，沿z轴的负方向.若载流的导线不能动，载流的导线可以自由运动，则载流的导线开始运动的趋势是(A)沿x方向平动(B)绕x轴转动(C)绕y轴转动(D)无法判断(答案B)如图均匀磁场的磁感强度垂直于半径为r的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为(A)2r2B(B)r2B(C)0(D)无法确定的量(答案：C)长直电流I2与圆形电流I1共面，并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘)，设长直电流不动，则圆形电流将(A)绕I2旋转(B)向左运动(C)向右运动(D)向上运动(E)不动.二、填空题1.（3分）沿着图示的两条不共面而彼此垂直的无限长的直导线，通过电流强度和的电流.在距离两导线皆为处的A点处，磁感强度的大小.（答案：）2.（3分）真空中载有稳恒电流的细线圈，则通过包围该线圈的封闭曲面S的磁通量.若通过S面上某面元的元磁通，而线圈中电流增加为时，通过同一面元的元磁通，则.（答案：0，1/2）3.（3分）半径为0.5cm的无限长直圆柱形导体上，沿轴线方向均匀地流着I=3A的电流．作一个半径r=5cm、长l=5cm且与电流同轴的圆柱形闭合曲面S，则该曲面上的磁感强度沿曲面的积分___．（答案：0）4.(3分）一半径为a的无限长直载流导线，沿轴向均匀有电流I．若作一个半径R=5a、高为l的柱形曲面，已知此作柱形曲面的轴与载流导线的轴平行且相距3a（如图）．一个半径线方向均匀地流着I=3A的电流．作一个半径r=5cm、长l=5cm且与电流同轴的圆柱形闭合曲面S，则在圆柱侧面S上的积分___________．（答案：0）5.(3分）在安培环路定理中，是指____________；是指__________，它是由____________决定的．[答案：环路L所包围的所有稳恒电流的代数和（1分）；环路L上的磁感强度（1分）；环路L内外全部电流所产生磁场的叠加（1分）]6.(3分）有一同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流为I，且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则（本题3分）（1）在处磁感强度大小为；（答案：（2）在处磁感强度大小为.（0）7.（3分）一密绕的细长螺线管，每厘米长度上绕有10匝细导线，螺线管的横截面积为10cm2，当在螺线管中通入10A的电流时，它的横截面上的磁通量为.（真空中磁导率μ0=4π×10-7T.m/A）（答案：BS=4π×10-6韦伯）8.（3分）如图，一根载流导线被弯成半径为R的1/4圆弧，放在磁感强度为B的均匀磁场中，则载流导线ab所受磁场的作用力的大小为_______，方向________．[答案：(2分)沿y轴正向(1分)]9.（4分）A、B、C为三根平行共面的长直导线，导线间距d=10cm，它们通过的电流分别为IA=IB=5A，IC=10A，其中IC与IA、IB的方向相反，每根导线每厘米所受的力的大小=（答案：0）=（答案：15×10-7N/cm2）=（答案：-15×10-7N/cm2）(μ0=4π×10-7N/A2)10.（3分）真空中两只长直螺线管1和2，长度相等，单层密绕匝数相等，直径之比d1/d2=1/4，当它们通以相同电流时，两螺线管储存的磁能之比W1/W2=.（答案：1/16）（3分）如图所示，在真空中有一半径为a的3/4圆弧形的导线，其中通以稳恒电流I，导线置于均匀外磁场中，且与导线所在平面垂直．则该载流导线bc所受的磁力大小为_____．（答）三、计算题1.（5分）平面闭合回路由半径为R1及R2(R1>R2)的两个同心半圆弧和两个直导线段组成(如图)．已知两个直导线段在两半圆弧中心O处的磁感强度为零，且闭合载流回路在O处产生的总的磁感强度B与半径为R2的半圆弧在O点产生的磁感强度B2的关系为B=2B2/3，求R1与R2的关系．解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则(1分)同理,(1分)∵∴故磁感强度1分∴2分2.（5分）如图，1、3为半无限长直载流导线，它们与半圆形载流导线2相连.导线1在平面内，导线2、3在平面内.试指出电流元在O点产生的的方向，并写出此载流导线在O点的总磁感强度（包括大小和方向）.解：电流元在O点产生的方向为（-z方向）电流元在O点产生的方向为（-x方向）电流元在O点产生的方向为（-x方向）3分2分3.（5分）将通有电流的无限长导线折成如图形状，已知半圆环的半径为.求圆心O点的磁感强度解：O处总磁感强度.，方向垂直向里1分而1分又1分因O在cd延长线上因此2分4.（10分）一无限长柱形铜导线（磁导率0），半径为R，通有均匀分布的电流I.今取一矩形平面S（长为1m，宽为2R），位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量.解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：3分因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通2分在圆形导体外，与导体中心轴相距为r处的磁感强度的大小为2分因而穿过导体外画斜线部分平面的磁通1分穿过整个矩形平面的磁通量.1分5.（10分）半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2，置于电流为I1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长直线电流I1的磁力．解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为取xOy坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为：，方向垂直纸面向里，2分式中为场点至圆心的联线与y轴的夹角．半圆线圈上dl段线电流所受的力为：2分根据对称性知：Fy=2分所以半圆线圈受I1的磁力的大小为：，方向：垂直I1向右．4分6.（5分）图示相距为a通电流为I1和I2的两根无限平行载流直导线，（1）写出电流元对电流元的作用力的数学表达式；（2）推出单位长度上受力的公式.解（1）（2）7.（8分）将通有电流I的导线在同一平面内弯成在同一平面内如图所示的形状，求D点的磁感强度的大小.解:其中3/4圆环在D处的磁感强度2分AB段在D处的磁感强度2分同理:BC段在D处的磁感强度2分三部分磁感强度方向相同,可知D处的磁感强度为2分8.（10分）如图所示，载有电流I1和I2的长直导线ab和cd相互平行，相距为3r，今有载流I3的导线MN=r，水平放置，且其两端MN分别与I1和I2的距离都是r，ab、cd和MN共面，求导线MN上所受的磁力大小和方向.解:载流导线MN上任一点出磁感强度大小为3分MN上电流元所受磁力:2分3分若,则的方向向下,若,则的方向向上.2分9.（5分）半径R的均匀环形导线在b、c两点处分别与两根互相垂直的载流导线相连接，已知环与二导线共面，如图所示若直导线中的电流强度I，求：环心O处磁感强度大小和方向.解：ab和cd两部分流在O点产生的磁场方向相同，相当于一根直载流导线在O点产生的磁场：1分bc两段在O点产生的磁场大小相等，方向相反而抵消．2分所以O点的磁感强度为1分方向垂直纸面向外．1分10.（10分）横截面为矩形的环形螺线管，高度为b,芯圆环内外半径分别为R1和R2芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N，绕得很密，若线圈通电流I，求处（1）芯子中的B值和芯子截面的磁通量（2）在r≤R1，r≥R2处的B值解：(1)在环内作半径为r的圆形回路,由安培环路定理得，3分在r处取微小截面dS=bdr,通过此小截面的磁通量穿过截面的磁通量5分同样在环外(r<R1和r>R2)作圆形回路,由于∴B=02分11.（10分）一平面线圈的半径为0.2m的1/4圆弧和相互垂直的二直线组成，通以电流2A，把它放在磁感强度为0.5T的均匀磁场中，求：(1)线圈平面与磁场垂直时（如图），圆弧AC段所受的磁力.(2)线圈平面与磁场成60°时，角线圈所受的磁力矩.解：(1)圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中AC 通电圆弧所受的磁力与通有相同电流的直线所受的磁力相等，故有FAC=N3分方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°，如图．1分(2)磁力矩：线圈的磁矩为本小问中设线圈平面与成60°角，则与成30°角，有力矩M=1.57×10-2N·m3分方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行.1分电磁感应复习重点（一）要点一、法拉第电磁感应定律εi=－d/dt(εi=－dΨ/dt,Ψ=N);Ii=εi/R=－(1/R)d/dt,qi==(1/R)(1－2);楞次定律(略).二、动生电动势εi=lv×B·dl三、感生电动势εi=－d/dt=；感生电场(涡旋电场)Ek的性质：高斯定理，安培环路定理感生电场为无源场、有旋场(非保守场)，其电场线为闭合曲线.四、电感自感L=/I(L=Ψ/I),ε=－LdI/dt;互感M=21/I1=12/I2,ε21=－MdI1/dt,ε12=－MdI2/dt.五、磁场能量自感磁能Wm=LI2/2,磁能密度wm=B2/20,磁场空间的磁能Wm=Vwmdt=V(1/20)B2dt六.位移电流Id=dD/dt,jd=D/t,电位移通量:D=SDdS七.感生电场圆柱空间中沿轴向的均匀磁场随时间变化时产生的涡旋电场:r≤REr=－(r/2)dB/dt,r≥REr=－[R2/(2r)]dB/dt.（二）练习一、选择题(每题3分)1.（答案：C）如图一个圆形线环，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(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．2.（答案：C）两个通有电流的平面圆线圈相距不远，如果要使其互感系数近似为零，则应调整线圈的取向使(A)两线圈平面都平行于两圆心连线．(B)两线圈平面都垂直于两圆心连线．(C)一个