大学物理B2考点

大学物理B2考点
简答题
1、一平板电容器被一电源充电后，将电源断开，然后将一厚度为两极板间距一半的金属板放在两极板之间。

分析下列物理量的变化情况：（1）电容（2）极板上的电荷（3）极板间的电势差（4）极板间的电场强度。

答：由于电源断开可知U是变化的，但E和Q不变，而且d变为½，由C=εS/d=Q/U，可知C变为原来的2倍。

又U=Ed可知U变为1/2。

2、简述导体的静电平衡条件和性质。

答：条件是：导体内部电场强度为零，在导体表面附近的电场强度沿表面法线法线方向。

性质是：（1）导体是等势体，导体表面是等势面。

（2）净电荷制分布于导体的表面上。

（3）导体以外，靠近导体表面附近处的电场强度大小与导体表面在该处的面电荷密度δ的关系式为E=δ/ε（见书P22）
3、试从以下三个方面来比较静电场与涡旋电场。

答：（1）产生原因不同，静电场是由静电荷产生，而涡旋电场是由变化磁场产生。

（2）电场分布线不同，静电场电场线起于正电荷止于负电荷，不闭合，而涡旋电场没有起点与终点，且闭合。

（3）电场力做功不同，静电场做功与路径无关，只与移动电荷初末位置的电势差有关，而涡旋电场做功与路径有关，因此不能引用电势与电势能的概念。

4、简述楞次定律。

答：闭合电路中感应电流的效果，总是反抗引起感应电流的原因。

5、获得相干光的原则是什么具体用什么方法获得相干光举例说明。

答：原则上将光源上同一发光点发出的光波分成两束，使之经历不同路径再会和叠加。

方法：分波阵面法，如双缝干涉。

分振幅法，如薄膜干涉。

6、使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少。

答：设通过第一片偏振片的光强为I ₀,则I ₁=I ₀*cos60°*cos60°=₀，插入另一片偏振片后，通过此偏振片光强为I ₂，则I ₂=I ₀*cos30°*cos30°=₀，再通过第三片后光强为I ₃=I ₂*cos30°*cos30°=*₀，而I ₃=I ，所以I/I ₁=*=
大题
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．
题图
解：如题图所示圆上取ϕRd dl =
ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为
2
0π4d d R
R E εϕ
λ=
方向沿半径向外 则ϕϕελ
ϕd sin π4sin d d 0R
E E x =
=
ϕϕελ
ϕπd cos π4)cos(d d 0R
E E y -=
-=
R R E x 000
π2d sin π4ελϕϕελπ
==⎰
，0d cos π400=-=⎰ϕϕελ
πR
E y ∴ R
E E x 0π2ελ
=
=，方向沿x 轴正向．
(1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通
量是多少
解：(1)由高斯定理0
d εq
S E s
⎰=⋅
立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等，∴ 各面电通量0
6εq
e =
Φ (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量0
6εq e =
Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则0
24εq
e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe
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
(3) 2R r >
=∑q
∴ 0=E
两点电荷1q =×10-8
C ，2q =×10-8
C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功
解: ⎰⎰
==⋅=
222
1
02120
21π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -
61055.6-⨯-=J
外力需作的功 6
1055.6-⨯-=-='A A
如题图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．
题图
解: 如题图所示
0π41ε=
O U 0)(=-R
q
R q 0π41ε=
O U )3(R q
R q -R
q 0π6ε-= ∴ R
q
q U U q A o C O 00π6)(ε=
-=J
如题图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．
题图
解：(1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取
θd d R l =
则θλd d R q =产生O 点E
d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向 θεθ
λπ
π
cos π4d d 22
20⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R 0π2ελ-=
(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U
⎰
⎰===A
B
20
0012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π40
2ελ
=
U 半圆环产生 0
034π4πελ
ελ==
R R U
∴ 0
032142ln π2ελελ+=
++=U U U U O 如题图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．
题图
解： 如题图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但
∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

且
θ
-πθ==21221R R I I 电阻电阻. 1I 产生1B
方向⊥纸面向外
π
θπμ2)
2(2101-=
R I B ，
2I 产生2B
方向⊥纸面向里
π
θ
μ22202R I B =
∴
1)2(2121=-=θ
θπI I B B
有 0210=+=B B B
在一半径R =
的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流I = A 通过，电流分布均
匀.如题图所示．试求圆柱轴线任一点P 处的磁感应强度
题图
解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取
坐标如题图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l R
I
I d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为
R
I R R R I
R
I
B 200
02d 2d 2d d πθμ=πθ
πμ=πμ=
R
I B B x 202d cos cos d d πθ
θμ=
θ=
R
I B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π
=
∴ 52
02022
21037.6)]2sin(2[sin 22d cos -π
π-⨯=πμ=π
--ππμ=πθθμ=
⎰
R
I R I R I B x T 0)2d sin (22
2
0=πθ
θμ-
=⎰π
π-R
I B y ∴ i B 5
1037.6-⨯= T
两平行长直导线相距d =40cm ，每根导线载有电流1I =2I =20A ，如题图所示．求： (1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度； (2)通过图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm,
l =25cm)．
题图
解：(1) 52
01
0104)
2
(2)
2
(2-⨯=+
=
d I d I B A πμπμ T 方向⊥纸面向外
(2)取面元
r l S d d =
612010110102.23ln 31ln 23ln 2])(22[12
11
-+⨯=π
μ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰
l
I l I l I ldr r d I r I r r r ΦWb 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为b ,c )构成，如题图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小 解：
⎰
∑μ=⋅L
I l B 0d
(1)a r < 22
02R
Ir r B μπ=
2
02R Ir
B πμ=
(2) b r a << I r B 02μπ=
r
I
B πμ20=
(3)c r b << I b c b r I r B 02
2
2
202μμπ+---= )
(2)
(2
2220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π
0=B
题图题图
在半径为R 的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为间距离为a ,且a ＞r ，横截面如题图所示．现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．求： 圆柱轴线上的磁感应强度的大小； 空心部分轴线上的磁感应强度的大小．
解：空间各点磁场可看作半径为R ，电流1I 均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为2I 均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和． 圆柱轴线上的O 点B 的大小：
1I 产生的01=B ，电流2I -产生的磁场
2
22
020222r
R Ir a a I B -==πμπμ ∴ )
(22
2
2
00r R a Ir B -=πμ
(2)空心部分轴线上O '点B 的大小：
电流2I 产生的02
='B ， 电流I 产生的20Ia B μ='0Ia =μ ∴ )
(22200
r R Ia
B -='πμ
边长为l =的正三角形线圈放在磁感应强度B =1T 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.如题图所示，使线圈通以电流I =10A ，求：
(1)线圈每边所受的安培力； (2)对O O '轴的磁力矩大小；
(3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．
题图
解： (1) 0=⨯=B l I F bc
B l I F ab
⨯= 方向⊥纸面向外，大小为
866.0120sin ==︒IlB F ab N
B l I F ca
⨯=方向⊥纸面向里，大小
866.0120sin ==︒IlB F ca N
(2)IS P m =
B P M m
⨯= 沿O O '方向，大小为
22
1033.44
3-⨯===B l I ISB M m N ⋅
(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A
∵ 01=Φ B l 2
24
3=
Φ ∴ 22
1033.44
3-⨯==B l I
A J
如题图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点
MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v
平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压 N M U U -．
题图
解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v
方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰
+-<+-=
=b
a b
a MN b
a b
a Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，
大小为
b
a b
a Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即
b
a b
a Iv U U N M -+=
-ln
20πμ 如题所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以
t
I
d d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．
题图
解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [ln
π
2d π2d π2000d
a
d b a b Il
r l r
I
r l r
I
a
b b
a
d d
m +-+=
-=⎰
⎰
++μμμΦ
(2) t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε 题图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =，宽a =，线圈以速度v =·s -1垂直于直线平移远离．求：d =时线圈中感应电动势的大小和方向．
题图
解: AB 、CD 运动速度v
方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势
⎰==⋅⨯=A
D I vb vBb l B v d 2d )(01πμε BC 产生电动势
)(π2d )(02d a I vb l B v C B +-=⋅⨯=⎰
με
∴回路中总感应电动势 8021106.1)11(π2-⨯=+-=
+=a
d d Ibv μεεε V 方向沿顺时针． 如题图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v
平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 题
解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则
b a b a Iv r r a r Iv l B v b a b a B
A A
B -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε ∵ 0<AB ε
∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左，
∴ b
a b a Iv U AB -+=ln 0πμ 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =，缝屏间距D ＝，试求：
(1)若第二级明条纹离屏中心的距离为，计算此单色光的波长；
(2)相邻两明条纹间的距离．
解: (1)由λk d
D x =明知，λ22.01010.63
⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm o
A 6000= (2) 3106.02
.010133
=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500o
A ，求此云母片的厚度． 解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为 e n e ne )1(-=-=δ
按题意 λδ7=
∴ 610
106.61
58.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ 如题图，波长为6800o
A 的平行光垂直照射到L ＝长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =的细钢丝隔开．求：
(1)两玻璃片间的夹角=θ
(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少
(3)相邻两暗条纹的间距是多少
(4)在这 m 内呈现多少条明条纹
题图
解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ
故 43100.410
12.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λ
e m
(3)相邻两暗纹间距6410
1085010
0.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm (4)141≈=∆l
L N 条 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000ο
A 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长．
解：单缝衍射的明纹公式为
)
12(sin +=k a ϕ
2λ 当6000=λo A 时，2=k
x λλ=时，3=k
重合时ϕ角相同，所以有
)132(2
6000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2x λ 得 428660007
5=⨯=x λo A 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=的单缝，缝后凸透镜的焦距f=，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带
解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k
由ϕϕsin tan 105.3400
4.13≈=⨯==-f x 故310
5.31
26.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ
3102.41
21-⨯⨯+=
k mm 当 3=k ，得60003=λo A
4=k ，得47004=λo A
(2)若60003=λo A ，则P 点是第3级明纹；
若47004=λo A ，则P 点是第4级明纹．
(3)由2)12(sin λ
ϕ+=k a 可知，
当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带；
当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带.
波长6000=λo
A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；
(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．
解：(1)由λϕk b a =+sin )(式
对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：
101060002)(20.0-⨯⨯=+b a
101060003)(30.0-⨯⨯=+b a
得 610
0.6-⨯=+b a m
(2)因第四级缺级，故此须同时满足
λϕk b a =+sin )(
λϕk a '=sin
解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14
取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为610
5.1-⨯m
(3)由λϕk b a =+sin )( λϕ
sin )(b a k += 当2π
ϕ=，对应max k k =
∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=
--λb a k 因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为
9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．。