理论物理导论模拟试题(含答案)

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物理学导论试题及课后答案

21.（本题5分）（1652）假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q 时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功 (2) 使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中，外力共作多少功22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线．它们的直径为a ，反向流过相同大小的电流I ，电流在导线内均匀分布．试在图示的坐标系中求出x 轴上两导线之间区域]25,21[a a 内磁感强度的分布． 23.（本题5分）（2303）图示相距为a 通电流为I 1和I 2的两根无限长平行载流直导线．(1) 写出电流元11d l I 对电流元22d l I 的作用力的数学表式；(2) 推出载流导线单位长度上所受力的公式．24.（本题10分）（2150）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面．且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r 1、r 2．已知两导线中电流都为t I I sin 0 ，其中I 0和为常数，t 为时间．导线框长为a 宽为b ，求导线框中的感应电动势．22.（本题5分）（2442）将细导线弯成边长d =10 cm 的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A 的电流，求六边形中心点的磁感强度B ．(0 =4×10-7 N ·A -2 )23.（本题5分）（2548）在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动．求等效圆电流的磁矩m p与电子轨道运动的动量矩L 大小之比，并指出m p和L 方向间的关系．(电子电荷为e ，电子质量为m )24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d ，载有大小相等方向相反的电流I ，电流变化率d I /d tIa aI xO2aII 21d l I22d l Ia12rIIOxr 1r 2 ab=>0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．ddII7-3 计算和证明题7-3-1解Q所受合力为零，即224l，求得Q7-3-2解场强大小为20044()a ladx lE dEx a a l，沿带电直线方向.7-3-3解如图建立坐标系，正负电荷关于x对称，它们在O点产生的场强沿y轴负向，在圆上取dl=Rdφdq=λdl=Rλdφ，它在O点产生场强大小为dE=24RRd方向沿半径向外则dE x=dEsinφ=dRsin4dE y=dEcos(π-φ)=R4cosφdφ积分22sin04xE dR2220002cos42yqE dR R R方向沿y轴负向．7-3-4解如图所示，dq dl Rd，它在圆心O点产生的场强200cos44Rd A ddER R其在x轴上的场强为cos()x xE dE dE2200cos44A d AR R方向沿x轴负向，其在y轴上的场强为sin()y yE dE dE2cos sin4A dR7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg即2q mgtg，有622308.010/mgtgC mq7-3-6解在r R处取一细圆环，其带电量2dq dS rdr，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上P点产生的场强大小223/2223/2223/200024()4()2()xdq x rdr x rdrdEx r x r x rxqEr22223/2223/222000()2()4()2RR x rdr x d x r E x r x r x R7-3-7解(1)11122222(2)(21) 1.05/e bd S b d S bd d N m C （2）由高斯定理可得，1209.2910ie iqC7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy ，沿弧长方向取一宽度为dl 的细条，此细条单位长度上的带电量为dl Rd d R R，此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O 点产生的场强为20022d dE R R，20cos cos()2x d dE dE R， 20sin sin()2y d dE dE R，20cos 02x x d E dE R， 22000sin 2y y d E dE R R，20x y y E E i E j E j j Rr r r r r7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得2111114ne iSi E dS E S E R qr r Ò，所以2510149.0310nii qE R C（2）如下图，由高斯定理1()e SE dS E E S nShr r Ò下上，所以有122120 1.0610/E E E E n C m h h下上7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为R 电荷体密度为的均匀带正电球体和一个半径为r 电荷体密度为的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即000E E E r r r由高斯定理可求出00E r，302004343a a E a r ，所以O 点的场强大小为0003a E E，方向沿OO u u u u r .同理，O 点的场强大小为 00003a E E E，方向仍沿OO u u u u r . 7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强.（1）在r R 处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理n rn rE r 下E r 上hS 2S 1dl 1120ne iSi E dS rlE qr r Ò311110191436410 1.610910q U R C所以 0E （2）在12R r R 处，类似（1），有102l rlE所以 102E r（3）在2r R 处，类似（1），有1202rlE l所以 1202E r7-3-12解（1）A点电势为104A q U r，B点电势为B U，63.610J注式中90210q C（2）C点电势为204C q U r，D 点电势为1202D q q U d，2120000())42CD C D q q q A q U U q r d63.610J 7-3-13解（1）00E ，9493104104910 2.881040.05iO i iq U Vr（2）9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J ，0q 电势能的改变为60 2.8810O W A J （3）60 2.8810O W W A J7-3-14解（1）雨滴的电势为11014q U R，有（21，这时雨滴表面电势为9112202574q U V R 7-3-15解根据电势叠加原理，O 点的电势可看作直线AB 、DE 和半圆周BCD 所带电荷在O 点产生电势的叠加，AB 、DE 在O 点产生的电势为 21300ln 244RRdx U U x，半圆周BCD 在O 点产生的电势为 22000444q R U RR所以O 点产生的电势为1230(2ln 2)4U U U U1000()(4AB A B q A q U U q r12121122200044R R rR R q q q dr dr drr r7-3-16解金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的场强大小分别为10E ，12204q E r123204q q E r设1P 、2P 、3P 分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内任一点，（1） Ⅰ区域内任一点1P 的电势由电势的定义式计算，有11P U E dlr r 1212123R R rR R E dl E dl E dl r r r r r r12121()4q q R R（2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有22P U E dlr r 2223R rR E dl E dl r r r r22112220044R rR q q q dr dr r r1221()4q q r R（3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计算，有33P U E dlr r 3r E dl r r12204rq q dr r1204q q r7-3-18解两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为02E r式中为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为212001ln 22BR AB AR R U E dl dr r Rr r ，则8092124502.0810/102910ln ln 3AB U C m R R7-3-19解由高斯定理可得场强分布为a x a 0E； x a 或x a 0E ；由电势的定义式计算电势分布在x a 区域，000axxaU Edx dx dx a在a x a 区域， 000xx U Edx dx x在a x区域，9197115091079 1.610 1.61047.010qU V R 72132000033 2.41044242RR qr q q U dr dr U V R r R00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x a000axx a U Edx dx dx a电势U 随在x 分布如图所示7-3-20解设坐标原点在左边导线轴线上，x 轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为x 的任一点P 的场强为0022()E x l x，所以两导线间电势差为 00()22()l aAB aU dx x l x7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元dq dx ，它在P 点的电势为 004()4()dq dxdU r x r x整个带电直线在P 点的电势为000ln 4()4lP r l U dx r x r（2）根据场强与电势的微分关系dUE dr，有 04()lE r r l7-3-22解由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为r R ，103rE； r R ，32203R E r（1）r R ，33220033r rrR R U E dr dr r r（2）r R ，320033R R R U R（3）r R，322122000(2)336RRr rRrR r R U E dr E dr dr dr R r r7-3-23解（1）r R 处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为r ，过该点作一半径为r ，高为l 的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 11ne iSi E dS qr r Ò，可得312223ral rlE ar rldr r求得 23ar E 内，方向沿径向向外.对r R ，同理由高斯定理可得312223Ral rlE ar rldr R求得 30 3aR E r外（2）设1r m 处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在r R区域内，33110ln 33r r aR aR U E dr dr r r 外外在r R区域内，23110033RRrRrR ar aR U E dr E dr dr dr r外内内33300()ln 93a aR R r R 8-3 计算和证明题8-3-1解请参见教材P342题8-3-1图（1）由于静电感应，球壳内表面带电量为q ，外表面带电量为q ；球壳电势为33200344R R q q U E dl dr r Rr r 3（2）内表面带电量为q ，外表面带电量为0；球壳电势为0U 3（3）内球接地时，内球的电势0U 1，设内球此时带电量为q ，则球壳内表面带电量为q ；外表面带电量为q q ，空间场强分布为： 12R r R ，1204q E r；23R r R ，20E ；3r R ，3204q qE r；因此，内球的电势 231231123R R R R R U E dr E dr E dr213220044R R R q q qdr drr r120311()044q q q R R R 求得12122313R R qq R R R R R R球壳的电势为3123303012231344R R R q q qU E dr R R R R R R R电势的改变为12333012231304R R qU U U U R R R R R R 8-3-2解请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为q ，这些感应电荷到球心O 点的距离都为R ，因此感应电荷q 在O 点产生的电势为04q R，点电荷q 在O 点产生的电势为042qR，故O 点的电势为000048q q U RR（导体球接地），求得2q q（2）因O 点场强为零，故q 在O 点产生的场强大小等于q 在O 点产生的场强大小，方向相反，即为00q q E E E r r r所以 2016q q E R8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A 板两表面中左侧表面带电量为1q ，右侧表面带电量为2q ，其电荷面密度分别为11q S，22qS，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U UAC AC AB AB E d E d写成1200AC AB d d有12002q qS S① 又 12q q Q ② 由①②解得 12/3q Q ，2/3q Q 因此C板带电为712/3 2.010()C q q Q C ，72/3 1.010()B q q Q C（2）3200 2.2610()3A AB AB AB q Q U U d d V S S8-3-4解设导体片C 插入后，AC 间场强为1E ，CB 间场强为2E ，并假设0q ，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，由高斯定理可得120Sq S E dS E S E S Sr r Ò 即有 210qE E S① 由题意得 2122d dU E E② 由①②解得 20224C CB d U qdU U E S8-3-5解对于半径为R 的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为q 时，其电势均为04q U R，则电容为04qC R U，可见电容是相同的. 对于地球，711C F 8-3-6解（1）设内、外金属膜圆筒半径分别为1R 和2R ，高度均为L ，其上分别带电量为Q ，则玻璃内的场强为12R r R ， 02r Q E Lr内外圆筒之间的电势差为21201ln2R R r R Q U E dl LRr r 莱顿瓶的电容为 90212 2.2810ln r L qC F R U R（2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 101()2r Q E R E LR击穿所以 5012 6.6710r Q LR E C 击穿 8-3-7解（1）由123111AB C C C C ，求得3.75AB C F（2）总电量43.7510AB AB Q C U C因为1C 和2C 并联，故有1212Q Q C C 即有 122Q Q ①又 12Q Q Q ② 由①②求得2C 带电量为4211.25103Q Q C，2C 上的电压22225QU V C（3）3100U U V ,4333510Q C U C8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理1n iSi D dS qrr Ò可得0D S S 求得 0Q D S又0()[()]r U E d t Et d t t E求得 ()r UE d t t因此 00()r r r UD E d t t（2）由上面结果可知 00()r r USQ S DS d t t（3）0()r r S QC U d t t8-3-9解（1）由题意极板间带电量Q 不变，00000SQ Q C U U d（2）电位移00SQ D S d，介质中的场强000rU DE d（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r SC d t t8-3-10解设单位长度带电量为，则两极板间场强2E r，击穿场强0E 一定时，02rE 最大，电容器两极板电压为0ln ln 2RrR R U Edr rE r r式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，即令 00ln 0dU RE E dr r ，求得0Rr e故当0Rr e时，电容器可能承受的最大电压为 0max 000ln 147RE R U r E KV r e8-3-11解（1）当1R r R ，由介质中的高斯定理可得0SD dS Qrr Ò，即有204r D Q求得 024QD r ，所以有 012004rr Q DE r当2R r R ，02204Q DE r（2）电势差为222220000041121()()222142312r Q Q Q Q C U C C C C （） 2112RR R RU E dr E dr2100220044RR R Rr Q Q dr drr r01211()4r rrQ R R R（3）001221124()()r r Q RR R C U R R R R R R （4）2122220102114422RR r R R W E r dr E r dr2001211()8r rrQ R R R（5）00211(1)(1)4rrQ R8-3-12解（1）在12R r R 区域内作以r 为半径，长为l 的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理1n i Si D dS qrr Ò，有2rlD l所以 2D r又 0r D E我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E r, 方向沿径向向外（2）22112001ln 22R R R R r r R U Edr dr r R（3）2122200112ln 24R r R r R W E rdr R8-3-13解（1）282014.410/2e w E J m （2）3354[()]7.6103e W R h R w J式中R 为地球半径并取6370R km8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r 倍，即002r C C C ，而电量不变.能量损失为2222210200000111(1)9109002222444Q Q Q Q W C U C C C C 41.8210J（2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为2Q .并联后总电容为001r C C C C 总（），两电容器并联后总能量为22024221rQ Q W C C总（）（）并联后能量损失为0W W W W（） 56.110J8-3-15解K接到1处，1C 带电为641108101209.610()Q C U C ；再将K 接到2后，1C 和2C 总带电量仍为1Q ，两电容器电压为4169.6108010Q U V C 总（8+4）电容器1C 中的能量2622111181080 2.561022W C U J电容器2C 中的能量22221 1.28102W C U J8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为222200200111()422424R e e W E dV r dr r R在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此204eW R，据题意2204e em C R，我们可以求得21520 2.8104e e R m m C8-3-17解当介质板插入x 距离时，电容器的电容为000()[(1)]r x r a x a xaaC a x ddd此时电容器储能为220()22[(1)]x r Q Q dW x C a a x电介质未插入时，电容器储能为22020022Q Q dW C a当电介质插入x 时，电场力F 对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即0()W W x ，电场力为当插入一半时，2ax ，则电场力为，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压U 不变，拉开前的静电能为 222001111222SS W C U U U d d拉开后的静电能为2220022112224S S W C U U U d d则系统静电能的改变为222000210424SSSW W W U U U ddd结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 A U Q两板距离从d 拉开到2d 时，极板上电荷的增量Q 为0002121()22S SSQ Q Q C U CU U Ud dd因此 200()022SSA U Q U U U dd结果表明当极板拉开后，在保持U 不变时，电场对电源作正功.（3）外力F 对极板作的功为2222220021(222dd d dd d SU SU CU A F dl dx dx x d dr r外力F 对极板作的功，也可由功能关系得到222000()424SU SU SU A W A ddd所得结果相同. 8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为04q U R，将dq 从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 04q dA dW dq R（2）外力作功为200048Qq Q A dA dq RR2020[()](1)2[(1)]r r W W x Q d F x a a x23302(1)()2(1)r r Q d a F a8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量D r不变，电场能量密度为2000111222e e r r rw D D w DE D电场总能量为e rW W9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P 点产生的磁感应强度为零, 因此P 点的磁感应强度由竖直段产生, 即,4)90cos 0(cos 400aIa I B根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外. （2）两水平段半长直导线在P 点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P 点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即,4200rIr I B方向垂直纸面向里.（3）三边在P 点产生的磁场完全相同，因此P 点的磁感应强度为,29)150cos 30(cos 3024300a I tg a I B 方向垂直纸面向里.9-3-2. 解: O 点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，所以),222(4)22cos(22cos 4222000tg R I R I R I B B B BA ACB •• •方向垂直纸面向里.9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O 点不产生磁场，因此O 点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为,444202010R IR IR IB方向垂直纸面向里. 9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx 的长直电流元，其电流为,aIdxdI 到P 点的距离为x ，该线电流在点P 激发的磁感应强度大小为.,20方向垂直纸面向外xdIdB因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P 的磁感应强度为ab bdx axIdB B 20,ln20b b a a I 方向垂直纸面向外.9-3-5. 解：环心O 在两根通电直导线的延长线上，故它们在O 点产生的磁场为零，长为l 的载流圆弧在其圆心处的磁场为2001422rIlr l r I B，设左右两段圆弧的弧长分别为21,l l ,则两者在O 点的磁感应强度分别为，方向垂直纸方向垂直纸面向外；22202211014,4r l I B r l I B考虑到两段圆弧在电路中是并联关系,而在并联电路中,电流分配与电阻成反比,电阻又与导线长度成正比，所以212112l l R R I I，因此可得2211l I l I .由此可得, 两段圆弧在O 点的磁感应强度大小相等，方向相反.所以总磁感应强度为零,即021OB B B .9-3-6. 解: 将无限长载流圆柱形金属薄片看作是由许多平行而无限长直导线组成,对应于 d 到范围内无限长直导线的电流为Id dI ，它在环心处产生的磁感应强度为.cos 2cos ,sin 2sin 2sin 20200 d RIdB dB d R I R dI dB dB y x对整个半圆柱金属薄片积分,得20020200cos 2,sin 2d RI B R I d R I B y x ，故环心处磁感应强度为RIB B x 20 ,方向沿x 轴正向.9-3-7. 解: 由于此平面螺旋线圈绕得很密，可近似看成是由许多同心圆组成的，因为绕制均匀，所以沿半径方向单位长度的匝数为rR Nn,在线圈平面内,取半径为'',dr r 宽为的圆环作电流元，则此圆环的匝数为r d r R N r nd，等效电流为r d rR NIdI ，该圆环电流在O产生的磁场为：]2/22[]22[]22/2[B 2/2002/2/002/002• a d a d a d d m d r a I r I r a I r I r a Id Ir dS ）（）（）（）（）（ ,)(2200r r d r R NI r dIdB方向垂直纸面向外；所以由叠加原理，O点磁感应强度为.ln )(2d )(200r R r R NIr r r R NIdB B Rr方向垂直纸面向外9-3-8 解: 沿圆周单位长度的线圈匝数为R N/2R N/0.5n ，在距O 点x 处取一弧宽为dl 、半径为y 的圆环，则圆环上绕有 /2Nd ndl dN 匝线圈.通过圆环上的电流大小为 /2INd dN dI I ，该圆电流在球心处产生的磁感应强度为2/32202)(2y x dIy dB ,方向沿x 轴正向.由于所有小圆环电流产生的磁场方向相同，所以RNIy x Iy dB 4/2Nd )(2B 02/322202,方向沿x 轴正向.9-3-9 解: 根据电子绕核运动的角动量量子化假说：L=mva 0=h/2π, 可得电子的速率v=h/2πma 0，从而求出等效电流i=ev/2πa 0=he/4π2ma 02. 该电流在圆心处产生的磁感应强度为320008a 2ima heB. 9-3-10. 解: 带电圆环旋转时相当于一圆形电流nR T q 2/I ，根据教材P358-359中圆形电流在圆心和轴线上任意点产生磁场的规律可得，（1）圆心处： n R B 002/I ；（2）轴线上：232230232220)()(2x R R n x R IR B.9-3-11. 解: 带电直线沿直线运动相当于一无限长直线电流v q t /I ，根据无限长直线电流的磁感应强度分布规律可得rvr I B 2200. 9-3-12. 解: 参考例9-4可得abIl ln 20 .9-3-13 解: 无限长通电柱体的磁感应强度分布为202/2,2/d ）（内d IrB r，rIB r d 2,2/0外. 题中两导线轴线间区域中的磁场为两导线单独产生的磁场的叠加，而且两分磁场方向相同.因此磁通量对该式积分可得)2ln 21(0daI m. 9-3-14 解:（1）根据安培环路定理，磁感应强度的环路积分只与闭合路径所包围的电流有关，故参考上题可得21012,r Ir B r r；rIB r r r 2,021；0,3 B r r ；][2,2223223032r r rr r I B r r r .（2）两柱面间磁通量为120r 0ln 22B 21r r Il r Ildr dS r m •.9-3-15解: 单块无限大平面电流产生的磁感应强度为2/0j B ，方向见下图.由题意，电流流向相反，使得两平面电流在之间产生的磁场方向相同，两侧方向相反，因此有：（1）之间：j j B 00212/2B B ，（2）两侧：0B B 21 B .9-3-16解: 参考例9-2，可利用补偿法求解.本题中电流密度为)(22a R Ij，（1）圆柱体轴线上的磁感应强度为空腔中方向电流产生，即2)(2ln 222022a22a 0a02a1ba b a Iv vdr r I vdr r I vdr B vdr B ba b a b a ba )(2)(2222022201a R b Ia a R r a I B ；（2）利用例9-2的结果可得)(2220a R IbB.9-3-17 证明略. 提示：直接参考教材P371的例题9-5-1的解答过程及其具有普遍性的结论.9-3-18 解：设导线2上一点P 到O 点的距离为l ，则导线1在P 点产生的磁场 sin 2B 0l I，P 点附近的电流元Idl 受到的磁场力为sin 220l dlI BIdl dF ，它对O 点的力矩为ldF dM ，所以单位长度导线所受磁力对O 点的力矩为sin 2sin 220201I dl I dM M l l. 9-3-19 解：（1）见例题9-6，RI F 220 ,方向沿x 轴正向;（2）若将圆柱面换成直导线，则两直导线间作用力可参考教材P371-372，为d220 I F ，令F F 可求得R d 2.9-3-20 解：线圈左边受力为alII l F 2I B 10111 ，方向向左，右边受力为)(2I B 10122b a lII l F，方向向右，线圈上下两边受力为一对平衡力. 所以，它所受合力为)(2F 1021b a a lbII F F方向向左；因为线圈磁矩与磁场平行，所以0 M .10-3-1 解：由安培环路定理可得磁介质内部：LNInI H，SL NI B ro .所以NIS Lr 0，带入数据可求得：（1）31021 r （2）5302r .10-3-2 解：（1）导体内任选一以轴线为圆心的圆形路径，有I d l•l H ，而22r RII.因此，在导体内部：22RIr H)(R r ，2r 02R rI H B ；（2）导体外部，类似有I d l•l H ，得rI H 2，从而rIH B 200)(R r ；（3）4r B S B 0SSILLd d r• . 11-3计算题11-3-1 解：通过圆形线圈的磁通量为)3cos(10)583(a S B 422• t t ，因此电动势为)3cos(10)86(a 42t dt d ，将t=2代入可得（1）,1014.35V A I 21014.3R＝感；（2）C Rdt Rdt d q t t 202104.4)(1idt.11-3-2解：定义电动势方向向右，则由动生电动势的公式可得：，方向从C 到D ，即D 端电势高.11-3-3解：（1）磁通量为：abt l I r il bln 2sin 2S B 00a 0 •；（2）电动势为：abt l I dt d ln cos 200 .11-3-4 解： (1)大线圈中电流在小线圈处产生的磁感应强度近似为R I2B 0 ，原因在于小线圈很小.t 时刻通过小线圈的磁通量为wt S B cos a B 2 • 小，从而小线圈中的电流为：t bRa I Rdt d isin 220 ；(2) 小线圈受到大线圈的磁力矩大小为：tba I R wt B iS wt B P B P M m m 2220sin )2(sin sin 小，要保持小线圈匀速转动，要求合力矩为零，即外界施加的力矩也为t sin )2(2220 ba I R .(3) 互感系数为wt cos a 2bI M 2，因此小线圈中的电流在大线圈中产生磁通量为t ba R I 2sin )2(2Mi 220 ，所以大线圈中的感应电动势为t ba R I dt d 2cos 220 .11-3-5 解：(1) 由动生电动势公式可得V v AB 8Bl 1 ,方向由A 指向B ；同理，V CD 4 ，方向由C 指向D.（2）两棒与金属轨道构成的闭合回路中，电流为5.0RI CDAB，方向为ABCDA ，所以V U V U CD AB 6IR ,6-IR AB ＝ＣＤ (3) ＝０５０５０ＡＢＯＯDC U U U .. .11-3-6 解：设当线圈转过角度为wt 时，与导线平行的两边到轴线的距离分别为r 1和r 2，则通过线圈的磁通量为wtab b a wtab b a Ia adr r I S r r cos 2cos 2ln 22d B 22220S021•，所以)cos 2)(cos 2(sin )(222222220t ab b a t ab b a tb a b Ia dt d11-3-7 解：旋转角度为wt 时，磁通量为：• S2cos 5.0BScoswt B wt r B dS ，所以电动势为Hznt Rn r B R i nt n r B wt w r B dt d 60n ,2sin ,2sin sin 5.022222＝，所以A Rnr B i V w r B m m 72242103,1035.011-3-8 证明：作圆心到金属棒两端点的连线，金属棒和所做的两条连线围成的回路面积为2225.05.0S l R l .因此，回路中电动势的大小为222225.05.025.05.0l R l dtdB l R l dt dB dt dB S dt d.11-3-9 解：由题意及动生电动势公式可得：)ln (2)(2Bvdl 0L 00aLa a L I dl l a l I L，方向由O 点指向M 点.11-3-10解：由均匀磁场中动生电动势的性质可知AC 产生的电动势相当于ＯＣ，故222O sin 21OC 21L B B C AC ）（，方向由A指向C.11-3-11 解：电势差与电动势刚好相反，即0CA BC B 30cos B B lv lv U U U A AC ,代入数据可得V U AC 3107 ，为正，所以A 端电势高. 11-3-12 解：螺线管中磁场变化时产生的涡旋电场总是与半径方向垂直，因此由电动势定义可知,0B DC A 同理,0O O D A 而ＡＯＤ构成一个回路，因此,43d 2dtdBa dt dB S dt AD同理dt dBa dt dB a BC 22436,61所以，即为回路中的总电动势.11-3-13 解：(1)由上题分析，可知,0O aO d 所以,102)5.02(422V dtdBR R dt d abdO abd(2) 由螺线管内部变化磁场产生的感生电场性质可直接得.,,105242沿顺时针方向垂直于oa V OadtdB R E a11-3-14解：回路在运动过程中受合力为dtdvm l l R v B F R Blv B F F 22合，解方程可得：tmRl B e l B FR v 22122. 11-3-15解：回路中磁通量随时间的变化为tg t v tg x t 4222aob 25.05.05.0BS ，所以电动势为方向沿逆时针方向。

物理理论试题及答案解析

物理理论试题及答案解析一、选择题（每题5分，共20分）1. 光的传播不需要介质，这表明光是：A. 机械波B. 电磁波C. 声波D. 粒子波答案：B解析：光是一种电磁波，它不需要介质就能在真空中传播。

2. 根据牛顿第一定律，物体在没有外力作用下将：A. 静止不动B. 做匀速直线运动C. 做加速运动D. 做减速运动答案：B解析：牛顿第一定律指出，如果物体不受外力作用，那么它将保持静止或匀速直线运动状态。

3. 一个物体的动能与其质量和速度的关系是：A. 动能与质量成正比，与速度成反比B. 动能与质量成反比，与速度成正比C. 动能与质量成正比，与速度成正比D. 动能与质量和速度无关答案：C解析：根据动能公式 \( E_k = \frac{1}{2}mv^2 \)，动能与物体的质量成正比，与速度的平方成正比。

4. 以下哪项不是热力学第二定律的内容？A. 不可能从单一热源吸热使之完全变为功而不产生其他效果B. 不可能使热量由低温物体传到高温物体而不产生其他效果C. 不可能通过有限次循环过程将热完全转化为功D. 热量总是从高温物体自发地传向低温物体答案：D解析：热力学第二定律包括A、B、C三项内容，而D项描述的是热力学第一定律的内容。

二、填空题（每题5分，共20分）1. 根据焦耳定律，电流通过导体产生的热量与电流的平方、导体的电阻以及通电时间的乘积成正比，其数学表达式为 \( Q = ______ \)。

答案：\( I^2Rt \)2. 光的折射定律表明，入射角与折射角的正弦之比等于两种介质的折射率之比，即 \( \frac{\sin i}{\sin r} = ______ \)。

答案：\( \frac{n_1}{n_2} \)3. 根据开普勒第三定律，行星绕太阳公转的周期的平方与它到太阳的平均距离的立方成正比，其数学表达式为 \( T^2 = ______ \)。

答案：\( \frac{4\pi^2}{G(M+m)}a^3 \)4. 根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体在等温过程中，其压强与体积成反比，即 \( PV = ______ \)。

物理学导论期末考试习题及答案

一、单选题1、在本课程中，主讲教师把物理学的基本知识领域及相关学科按照其发展顺序整合成为A.一棵物理树B.一片物理森林C.一座物理山D.一片物理云正确答案：C2、光从太阳到达地球所需的时间大约为A.8秒钟B.不需要时间，瞬时到达C.8分钟D.8小时正确答案：C3、下列关于哥白尼日心说宇宙观的说法，正确的是A.日心说一经提出，立即得到全世界的认可B.哥白尼日心说是正确并且完善的宇宙理论C.用日心说描述星体运行，比地心说更简单D.哥白尼因为提出日心说而遭到教会的迫害正确答案：C4、伽利略得出惯性定律和落体定律的途径是A.设计斜面实验并进行数学计算B.在比萨斜塔上表演两球落地实验C.学习牛顿的著作D.用望远镜进行天文观测正确答案：A5、按照牛顿理论，苹果和卫星都受到地球的引力，但苹果从树上落地、卫星绕地球转动，是因为二者A.初始条件不同B.密度不同C.质量不同D.遵循的力学规律不同正确答案：A6、花样滑冰运动员在旋转时为了提高自己的角速度，会采用哪种方式A.收紧手臂使身体的质量向转轴集中B.尽量使自己的重心降低C.尽量保持原有姿势不变D.伸展手臂使身体的质量远离转轴正确答案：A7、自然界中，下列哪一现象不可能自动发生A.滴入清水中的墨水发生扩散B.热量从低温物体传向高温物体C.热量从高温物体传向低温物体D.在27℃的室内开口容器中的水的蒸发正确答案：B8、地球大气层的上层温度约为零下二十度，而地表温度约零上十五度，维持这一温度差的主要原因是大气中存在的A.水和二氧化碳B.氮气C.稀有气体D.氧气正确答案：A9、按照气体分子运动理论，气体的压强本质上是A.气体被压缩时才有压强，低于大气压就不会有压强B.气体被加热时才有压强，室温下平衡的气体没有压强C.气体分子之间的相互吸引力D.气体分子之间和分子与容器壁间的碰撞正确答案：D10、美国科学家富兰克林在1747年进行雷电实验的主要意义是A.促使人们发明了莱顿瓶B.使人们认识到电现象和磁现象是无关的C.使人们认识到雷电和地面电现象的性质相同D.促使人们发明了感应起电正确答案：C11、安培为了说明磁现象的本质，提出了A.磁场的概念B.静电、静磁公式C.磁荷的概念D.分子环流假说正确答案：D12、英国物理学家法拉第在1831年从实验中发现了A.电流的磁效应现象B.磁荷之间的相互作用力公式C.电荷之间的相互作用力公式D.电磁感应现象正确答案：D13、现代物理学对光的本性的认识是A.光是波，不是粒子B.光现象是难以理解的C.光是粒子，不是波D.光既具有波动性、也具有粒子性正确答案：D14、我国战国时期记载了研究光的传播、反射现象的著作是A.物理学B.诗经C.光学D.墨经正确答案：D15、雨后天空中出现彩色的虹霓，是因为A.地面有不同颜色的物质上升到空中B.阳光中不同波长成分通过水滴后折射角不同C.阳光通过不同高度的水滴形成不同的颜色D.阳光与水滴发生了化学反应正确答案：B16、立体电影能使观看的人感受到逼真的立体感，拍摄和再现立体电影时利用了光的哪一方面的特性？A.干涉B.直线传播C.折射D.偏振正确答案：D17、根据经典理论推导出的黑体辐射公式会导出能量在短波段趋于无穷大的错误，人们形象地称之为A.能量灾难B.紫外灾难C.紫外乌云D.迈克尔逊灾难正确答案：B18、量子力学诞生的标志是A.普朗克提出能量子假说B.爱因斯坦提出光量子假说C.光电效应现象的发现D.泡利不相容原理的提出正确答案：A19、当两个惯性参考系以接近光速作相对匀速直线运动时，用哪一理论处理最恰当？A.牛顿力学B.量子力学C.广义相对论D.狭义相对论正确答案：D20、根据2016年的报道，美国激光干涉引力波观测站(简称LIGO)于2015年9月探测并记录到了A.水星轨道进动现象B.引力波现象C.雷达回波延迟现象D.引力红移现象正确答案：B二、判断题1、打乒乓球时的上旋球、下旋球现象与空气的存在有关，在真空中不会出现2、高速行驶的自行车在通过弯道时，应使车身倾斜正确答案：√3、只要进行大量的计算，应用牛顿运动定律可以研究大量微观粒子组成的热学体系的运动规律正确答案：×4、在高山上食物不易煮熟，是因为高山上温度低，食物吸收的热量不够正确答案：×5、进行人工降雨时，实际上是增加使水蒸气凝结成液体的凝结核正确答案：√6、一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的正确答案：√7、实验发现，虽然电能够产生磁，但磁不能产生电正确答案：×8、物质发光是由于组成物质的粒子在不同能量状态间的跃迁正确答案：√9、电子显微镜是能够使我们直接观察到电子的设备正确答案：×10、光传播到两种介质的分界面时，既可能发生反射、也可能透射正确答案：√11、我们看到云是白色的，这是米氏散射的结果12、光纤通信主要利用了光在一定条件下的全反射特性正确答案：√13、海市蜃楼是人们的幻觉，不能用科学理论解释正确答案：×14、在原子、分子尺度的微观领域，能量总是连续变化的正确答案：×15、原子核衰变时发出的γ射线具有极强的穿透性正确答案：√16、放射性射线十分危险，毫无用处正确答案：×17、只有量子力学才是描述客观世界的准确理论，牛顿力学已经被推翻了，不需要去学习它正确答案：×18、按照狭义相对论理论，真空中的光速与观察者的运动无关正确答案：√19、在某参照系中用玩具枪发射子弹击中远处的气球，使气球破裂，按照洛伦兹变换，可能存在另一个参照系，观察到气球破裂发生在枪发射子弹之前正确答案：×20、自然界中任何真实物体在真空中的运动速度都不能大于c正确答案：√。

理论物理试题及答案

理论物理试题及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 根据量子力学，一个粒子的波函数是：A. 粒子的轨迹B. 粒子的概率分布C. 粒子的质量D. 粒子的速度答案：B2. 相对论中，光速在任何参考系中都是：A. 可变的B. 恒定的C. 取决于光源的速度D. 取决于观察者的速度答案：B3. 万有引力定律是由哪位科学家提出的？A. 牛顿B. 爱因斯坦C. 麦克斯韦D. 普朗克答案：A4. 以下哪个方程描述了电磁波的传播？A. 薛定谔方程B. 麦克斯韦方程组C. 牛顿第二定律D. 热力学第二定律答案：B5. 量子纠缠是量子力学中的一个现象，它表明：A. 粒子间的相互作用B. 粒子间的距离无关C. 粒子间的瞬时影响D. 粒子间的相互作用力答案：C6. 热力学第一定律表明能量：A. 可以创造B. 可以消失C. 可以被转化D. 不可被转化答案：C7. 以下哪个概念不是弦理论的一部分？A. 弦B. 膜C. 粒子D. 场答案：C8. 以下哪个选项是描述电磁场的基本方程？A. 薛定谔方程B. 牛顿运动定律C. 麦克斯韦方程组D. 狄拉克方程答案：C9. 根据海森堡不确定性原理，以下哪个说法是正确的？A. 粒子的位置和动量可以同时精确测量B. 粒子的位置和动量不能同时精确测量C. 粒子的速度和能量可以同时精确测量D. 粒子的能量和时间可以同时精确测量答案：B10. 以下哪个选项是描述黑洞特性的方程？A. 薛定谔方程B. 爱因斯坦场方程C. 麦克斯韦方程组D. 狄拉克方程答案：B二、填空题（每题2分，共20分）1. 根据相对论，当物体的速度接近光速时，其质量将______。

答案：增加2. 在量子力学中，波函数的平方代表粒子的______。

答案：概率密度3. 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热使之完全转化为功而不引起其他变化，这被称为______。

答案：开尔文表述4. 在弦理论中，基本的构成单位是一维的______。

理论物理基础试题及答案

理论物理基础试题及答案一、单项选择题（每题3分，共30分）1. 根据相对论，时间膨胀效应表明，相对于静止观察者，运动中的观察者经历的时间会变慢。

以下哪个选项正确描述了这一效应？A. 时间膨胀效应仅在接近光速时显著B. 时间膨胀效应在任何速度下都存在，但仅在接近光速时变得显著C. 时间膨胀效应仅在超过光速时显著D. 时间膨胀效应在任何速度下都不存在答案：B2. 量子力学中的波函数坍缩是指什么？A. 测量前粒子的状态是确定的B. 测量后粒子的状态是确定的C. 测量前粒子的状态是不确定的，测量后变为确定D. 测量前后粒子的状态都是确定的答案：C3. 以下哪个选项正确描述了海森堡不确定性原理？A. 粒子的位置和动量可以同时被精确测量B. 粒子的位置和动量不能同时被精确测量C. 粒子的能量和时间可以同时被精确测量D. 粒子的能量和时间不能同时被精确测量答案：B4. 根据热力学第二定律，以下哪个选项是正确的？A. 熵总是减少的B. 熵总是增加的C. 熵可以减少也可以增加D. 熵在孤立系统中总是增加的答案：D5. 以下哪个选项正确描述了黑洞的事件视界？A. 黑洞内部的区域，任何事物都不能逃逸B. 黑洞外部的区域，任何事物都不能逃逸C. 黑洞的边界，光线可以逃逸D. 黑洞的边界，光线不能逃逸答案：D6. 弦理论中的基本对象是什么？A. 点粒子B. 一维的弦C. 二维的膜D. 三维的块答案：B7. 以下哪个选项正确描述了宇宙大爆炸理论？A. 宇宙从一个奇点开始，然后不断扩张B. 宇宙从一个奇点开始，然后不断收缩C. 宇宙从一个大爆炸开始，然后不断扩张D. 宇宙从一个大爆炸开始，然后不断收缩答案：C8. 以下哪个选项正确描述了量子纠缠？A. 两个粒子之间的经典相互作用B. 两个粒子之间的量子相互作用，即使它们相隔很远C. 两个粒子之间的量子相互作用，但仅在它们相邻时D. 两个粒子之间的经典相互作用，即使它们相隔很远答案：B9. 根据广义相对论，引力是由什么引起的？A. 物质和能量的分布B. 空间和时间的曲率C. 物质和能量的曲率D. 空间和时间的分布答案：B10. 以下哪个选项正确描述了暗物质？A. 一种不发光、不发热的物质，但可以通过引力效应被探测到B. 一种发光、发热的物质，但可以通过引力效应被探测到C. 一种不发光、不发热的物质，且无法通过任何方式被探测到D. 一种发光、发热的物质，且无法通过任何方式被探测到答案：A二、多项选择题（每题4分，共20分）11. 以下哪些选项是量子力学的基本原理？A. 波粒二象性B. 测不准原理C. 相对性原理D. 叠加原理答案：ABD12. 以下哪些选项是广义相对论的预言？A. 光线在引力场中的弯曲B. 时间膨胀C. 宇宙背景辐射D. 黑洞的存在答案：ABD13. 以下哪些选项是热力学第一定律的内容？A. 能量守恒B. 熵增原理C. 能量可以转化为热D. 热可以转化为能量答案：ACD14. 以下哪些选项是弦理论的特点？A. 基本对象是一维的弦B. 需要额外的空间维度C. 描述了所有基本粒子和力D. 可以解释暗物质和暗能量答案：ABC15. 以下哪些选项是宇宙学的主要问题？A. 宇宙的起源B. 宇宙的结构和演化C. 宇宙的最终命运D. 宇宙中的物质和能量分布答案：ABCD三、简答题（每题10分，共40分）16. 简述相对论中的时间膨胀效应及其物理意义。

物理理论考试题及答案

物理理论考试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^4 km/sC. 3×10^5 km/sD. 3×10^6 km/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

这一定律的数学表达式为：A. F = maB. F = m/aC. a = F/mD. a = mF答案：A3. 一个物体从静止开始自由下落，其下落的高度h与时间t的关系为：A. h = gt^2B. h = 1/2 gt^2C. h = 2gtD. h = gt答案：B4. 电流通过导体产生的热量Q与电流I、电阻R和时间t的关系，根据焦耳定律可以表示为：A. Q = I^2RtB. Q = IRtC. Q = It^2D. Q = R^2t答案：A5. 电磁波的频率f与波长λ和光速c之间的关系是：A. f = c/λB. f = cλC. f = λ/cD. f = 1/λ答案：A6. 根据能量守恒定律，在一个封闭系统中，能量的总量是：A. 增加的B. 减少的C. 不变的D. 无法确定的答案：C7. 一个理想的气体经历等压过程时，其体积V和温度T之间的关系是：A. V ∝ TB. V ∝ 1/TC. V = T/PD. V = P/T答案：A8. 在量子力学中，海森堡不确定性原理表明了哪两个物理量不能同时准确知道：A. 位置和速度B. 能量和时间C. 位置和动量D. 能量和频率答案：C9. 根据狭义相对论，一个物体的质量m与其速度v之间的关系是：A. m = m0 / sqrt(1 - v^2/c^2)B. m = m0 * sqrt(1 - v^2/c^2)C. m = m0 + m0v^2/c^2D. m = m0 * (1 - v^2/c^2)答案：A10. 一个点电荷Q在距离r处产生的电场强度E与Q和r的关系是：A. E = kQ/r^2B. E = kQr^2C. E = Q/rD. E = k/r答案：A二、填空题（每题4分，共20分）11. 牛顿的万有引力定律表明，两个物体之间的引力与它们的质量乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。

大学理论物理试题及答案

大学理论物理试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 光的波长和频率的关系是（）。

A. 波长和频率成正比B. 波长和频率成反比C. 波长和频率无关D. 波长和频率相等答案：B2. 根据海森堡不确定性原理，以下说法正确的是（）。

A. 粒子的位置和动量可以同时精确测量B. 粒子的位置越精确，动量越不确定C. 粒子的动量越精确，位置越不确定D. 粒子的位置和动量可以同时精确测量，但测量结果会随时间变化答案：B3. 根据狭义相对论，以下说法正确的是（）。

A. 物体的质量随速度增加而增加B. 物体的长度随速度增加而增加C. 时间会随着物体速度的增加而变慢D. 所有物理定律在所有惯性参考系中都是相同的答案：C4. 在量子力学中，波函数的平方代表（）。

A. 粒子的动量B. 粒子的能量C. 粒子在特定位置的概率密度D. 粒子的电荷答案：C5. 根据热力学第二定律，以下说法正确的是（）。

A. 能量可以自发地从低温物体流向高温物体B. 热力学过程是可逆的C. 熵总是增加的D. 能量守恒定律不适用于热力学过程答案：C二、填空题（每题3分，共15分）6. 根据麦克斯韦方程组，电场的旋度与_________成正比。

答案：磁感应强度的时间变化率7. 在理想气体状态方程 PV = nRT 中，P 代表_______，V 代表_______，n 代表_______，R 代表_______，T 代表_______。

答案：压强；体积；摩尔数；气体常数；温度8. 根据薛定谔方程，粒子的波函数满足_______边界条件。

答案：归一化9. 在经典力学中，角动量守恒的条件是_______。

答案：外力矩为零10. 根据热力学第一定律，系统内能的变化等于_______和_______之和。

答案：系统对外界做的功；系统吸收的热量三、简答题（每题10分，共20分）11. 简述牛顿第一定律的内容及其物理意义。

答案：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出在没有外力作用的情况下，物体将保持静止或匀速直线运动的状态。

大学物理导论试题及答案

大学物理导论试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光的波长与频率的关系是（）。

A. 波长与频率成正比B. 波长与频率成反比C. 波长与频率无关D. 波长与频率是线性关系答案：B2. 根据热力学第二定律，下列说法正确的是（）。

A. 热量可以从低温物体自发地传递到高温物体B. 热量不能从低温物体自发地传递到高温物体C. 热量可以从高温物体自发地传递到低温物体D. 热量不能从低温物体传递到高温物体，除非有其他能量的消耗答案：B3. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力（）。

A. 总是相等的B. 总是相反的C. 总是相等且相反的D. 总是不相等的答案：C4. 电磁波谱中，波长最长的是（）。

A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A5. 根据量子力学，电子在原子中的存在状态是（）。

A. 随机的B. 确定的C. 可以同时存在于多个位置D. 只能在特定的轨道上答案：D6. 根据相对论，当物体的速度接近光速时，其质量将（）。

A. 减小B. 增大C. 保持不变D. 先增大后减小答案：B7. 电磁感应定律是由（）提出的。

A. 牛顿B. 法拉第C. 欧姆D. 麦克斯韦答案：B8. 根据能量守恒定律，下列说法正确的是（）。

A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量既不能被创造也不能被消灭D. 能量可以在不同形式之间转换，但总量不变答案：D9. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。

这个定律是由（）提出的。

A. 库仑B. 高斯C. 欧姆D. 安培答案：A10. 在理想气体状态方程中，PV=nRT，其中R是（）。

A. 气体常数B. 温度C. 压力D. 体积答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 光速在真空中的速度是_______m/s。

答案：299,792,4582. 根据普朗克的量子假说，能量的最小单位被称为______。

答案：量子3. 欧姆定律的公式为______。

理论物理面试参考答案

1．写出Maxwell 方程组的协变形式：04][=∂-=∂bc a bab a F J F π其中：a b b a ab A A F ∂-∂=；对第一式取散度：b b ab a b J F ∂-=∂∂π4由于ab F 是反称张量，而求导算符交换对易，所以：0][)(=∂∂=∂∂ab a b ab a b F F ，即：0=∂b b J 为守恒流方程（电荷守恒）。

2．假设δ势场存在束缚态能级，则有0<E 的解。

由dinger o Schr 方程，在无势场的区域：0''2=-ψψk ；其中22mE k -=，其解为： x k Ce x -=）（ψ，C 为归一化常数。

再由势场附近的跃变条件： )0(2)0(')0('2ψψψ m =--+ 带入波函数可得：22 m k -=，与22 mE k -=互相矛盾，故而δ势场不能存在束缚态能级解。

3．写出库伦场中的n Hamiltonio 方程：rZe m r L m p r Ze m r L dr d m H r r 22222222222222-+=-+-= 上式可见动能其实等价于两部分，第一项是个径向动能项，第二项是个离心势能项。

对于库伦势而言，在∞→r 的时候第三项起到主导作用，故体现出吸引；当0→r 的时候，第二项起到主导作用，故而体现出排斥。

所以在0 到∞之间就存在一个势陷，故而必然存在束缚态能解。

4．以光速运动的粒子，必为相对论性粒子，其静止质量为零。

按照相对论的能量动量关系（自然单位制）：22m p E +=；由于0=m ；故而p E =；并且无限势井里面粒子波函数为驻波解，所以：L n =2λ，再由德布罗意关系：λπ2=p ，故而能级与井宽L 关系：1-∝L E 。

5．粒子在无限大金属平面版上运动，被自身电场作用，等价于被自身的镜像电荷作用。

其等效镜像电荷与粒子本身要满足原来的边界条件，即金属板面为等势体。

物理学导论试题及答案

物理学导论试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光速在真空中的速度是：A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 299,792,458 cm/sD. 299,792,458 mm/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力等于：A. 质量乘以加速度B. 质量除以加速度C. 加速度乘以速度D. 速度除以加速度答案：A3. 以下哪个不是电磁波谱的一部分？A. 无线电波B. 微波C. 可见光D. 声波答案：D4. 绝对零度是多少开尔文？A. -273.15 KB. -273.15 °CC. 0 KD. 0 °C答案：A5. 根据热力学第一定律，能量守恒定律可以表示为：A. ΔU = Q - WB. ΔU = Q + WC. ΔU = W - QD. ΔU = Q / W答案：B6. 以下哪种物质是超导体？A. 铜B. 铝C. 铅D. 汞答案：C7. 量子力学中的海森堡不确定性原理涉及哪两个物理量？A. 位置和速度B. 位置和动量C. 能量和时间D. 动量和时间答案：B8. 以下哪个是描述电磁场的基本方程？A. 牛顿运动定律B. 麦克斯韦方程组C. 薛定谔方程D. 波函数方程答案：B9. 根据相对论，当物体的速度接近光速时，它的质量会怎样变化？A. 减少B. 增加C. 保持不变D. 无法确定答案：B10. 以下哪个是描述电磁波传播方向的物理量？A. 波长B. 频率C. 波速D. 相位答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 电磁波的传播速度在真空中是______ m/s。

答案：299,792,4582. 一个物体的动能可以表示为______。

答案：1/2 mv^23. 热力学第二定律指出，不可能从单一热源吸热使之完全转化为______而不产生其他效果。

答案：功4. 根据普朗克的量子假说，能量是量子化的，其最小单位称为______。

答案：量子5. 根据德布罗意假说，物质也具有波动性，其波长与动量的关系为______。

理论物理导论答案

理论物理导论答案【篇一：杭州电子科技大学2011年1月理论物理导论期末考试卷(参考答案)2】xt>???考虑双粒子体系,整个体系是反对称的,定义总自旋算符为s?s1?s2.波函数为:?(q1,q2)??(r1,r2)?(sz1,sz2)???的本征值,和总自旋z方a卷的问题:如果空间部分波函数是对称的.写出总自旋平方算符s2?的本征值. 向分量算符sz?的本征值,和总自旋zb卷的问题: :如果空间部分波函数是反对称的.写出总自旋平方算符s2?的本征值. 方向分量算符sz解:由量子力学相关知识可知,?2和s?的共同本征函数系是:?(s)和?(s). 对单粒子体系而言,s1z1zz22?2?和s?的共同本征函数系是：???(s)?(s) 对双粒子体系而言，s1,11z11z2z22?1,0??1(sz1)?1(sz2)??1(sz1)?1(sz2)]??2222?2?2?1,?1??1(sz1)?1(sz2) ?0,0??1(sz1)?1(sz2)??1(sz1)?1(sz2)]??22221??m?(后面。

szs2?2?s(s?1)?2(后面是本征值).量子数s只能取对单粒子体系而言。

s是本征值).ms只能取?1 2??m?(后面是?2?s(s?1)?2(后面是本征值).量子数s能取1,0。

s对双粒子体系而言，szs本征值).ms能取1，-1,0 .上面四种组合方式中，?s,ms(sz1,sz2)的前三种是对称行，后一种是反对称。

a题解：所以，如果空间部分波函数是对称的，那么意味着自选部分是反对称的。

?的本征值是0.反对称的自 ?2?s(s?1)?2，s反对称的自旋角动量量子数s 只能取0.所以s2b题解：??m?，s?的本征值是0. 旋角动量z方向上分量的量子数ms取0，所以szsz如果空间部分波函数是反对称的，那么意味着自选部分是对称的。

对称的自旋波函数有三种形式，分别对应的量子数是不同的??m?= ?2?s(s?1)?2=2?2,s?1,1??1(sz1)?1(sz2)这个波函数对应的s=1, ms=1. szs22??1,0??1(sz1)?1(sz2)??1(sz1)?1(sz2)]这个波函数对应的量子数s=1,ms=0.对应??2222的本征值??m?=0 ?2?s(s?1)?2=2?2.sszs?1,?1??1(sz1)?1(sz2)这个波函数对应的量子数s=1, ms=-1.对应的本征值?2?2??m?=?? ?2?s(s?1)?2=2?2,sszs6.（氦原子零级近似波函数）忽略与自旋相关的相互作用，写出he原子体系（这是个双电子体系），的零级近似波函数。

物理学导论试题及课后答案

7-3-1解所受合力为零,即,求得
7-3-2解场强大小为,沿带电直线方向、
7-3-3解如图建立坐标系,正负电荷关于对称,它们在O点产生得场强沿轴负向,在圆上取dl=Rdφ
dq=λdl=Rλdφ,它在O点产生场强大小为
dE=方向沿半径向外
则 dEx=dEsinφ=
dEy=dEcos(π-φ)=cosφdφ
,
所以两导线间电势差为
7-3-21
解(1)在带电直线上取电荷元,它在点得电势为
整个带电直线在点得电势为
(2)根据场强与电势得微分关系,有
7-3-22
解由高斯定理可求得均匀带电球体内外得场强分布为
,;
,
(1),
(2),
(3), 7-3-23
解(1)处,在圆柱体内任取一点,该点到轴线距离为,过该点作一半径为,高为得同轴闭合圆柱形高斯面,由高斯定理
(导体球接地),
求得
(2)因O点场强为零,故在O点产生得场强大小等于在O点产生得场强大小,方向相反,即为
所以
8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图
(1)设A板两表面中左侧表面带电量为,右侧表面带电量为,其电荷面密度分别为
,可得
求得,方向沿径向向外、
对,同理由高斯定理可得
求得
(2)设处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外,则在
区域内,
在区域内,
8-3计算与证明题
8-3-1解请参见教材P342题8-3-1图
(1)由于静电感应,球壳内表面带电量为,外表面带电量为;球壳电势为
(2)内表面带电量为,外表面带电量为0;球壳电势为
21、(本题5分)(1652)
假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R得导体球带电.

物理学导论-试题及课后答案

21.（本题5分）（1652）假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q 时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？ (2) 使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中，外力共作多少功？22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线．它们的直径为a ，反向流过相同大小的电流I ，电流在导线内均匀分布．试在图示的坐标系中求出x 轴上两导线之间区域]25,21[a a 内磁感强度的分布． 23.（本题5分）（2303）图示相距为a 通电流为I 1和I 2的两根无限长平行载流直导线．(1) 写出电流元11d l I 对电流元22d l I的作用力的数学表式；(2) 推出载流导线单位长度上所受力的公式．24.（本题10分）（2150）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面．且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r 1、r 2．已知两导线中电流都为t I I ωsin 0=，其中I 0和ω为常数，t 为时间．导线框长为a 宽为b ，求导线框中的感应电动势．22.（本题5分）（2442）将细导线弯成边长d =10 cm 的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A 的电流，求六边形中心点的磁感强度B ．(μ0 =4π×10-7 N ·A -2 )23.（本题5分）（2548）在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动．求等效圆电流的磁矩m p与电子轨道运动的动量矩L大小之比，并指出m p和L方向间的关系． (电子电荷为e ，电子质量为m )Ia aI xO2aI 1I 211d l I22d l Ia12rIIOxr 1r 2 ab24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d，载有大小相等方向相反的电流I，电流变化率d I /d t =α >0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势ε，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．dII7-3 计算和证明题7-3-1解Q22004lπε+=，求得Q =- 7-3-2解场强大小为20044()a ladx lE dE x a a l λλπεπε+===+⎰⎰，沿带电直线方向. 7-3-3解如图建立坐标系，正负电荷关于x 对称，它们在O 点产生的场强沿y 轴负向，在圆上取dl=Rd φdq=λdl=R λd φ，它在O 点产生场强大小为 dE=204RRd πεϕλ方向沿半径向外则 dE x =dEsin φ=ϕϕπελd Rsin 40dE y =dEcos(π-φ)=R04πελ-cos φd φ积分 2002sin 04x E d Rπλϕϕπε==⎰2220002cos 42y qE d RR R πλλϕϕπεπεπε-==-=-⎰ 方向沿y 轴负向． 7-3-4解xθdEOx dE如图所示，dq dl Rd λλθ==，它在圆心O 点产生的场强200cos 44Rd A d dE R Rλθθθπεπε==其在x 轴上的场强为cos()x x E dE dE πθ==+⎰⎰22000cos 44A d AR Rπθθπεε=-=-⎰方向沿x 轴负向，其在y 轴上的场强为sin()y y E dE dE πθ==+⎰⎰200cos sin 04A d Rπθθθπε=-=⎰7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg θ= 即 02qmgtg σθε=，有 06202308.010/mgtg C m qεσ-==⨯7-3-6解在r R >处取一细圆环，其带电量2dq dS rdr σσπ==，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上P 点产生的场强大小223/2223/2223/200024()4()2()xdq x rdr x rdrdE x r x r x r σπσπεπεε===+++22223/2223/200()2()4()RR x rdr x d x r E x r x r σσεε∞∞+==++⎰⎰qE7-3-7解(1)11122222(2)(21) 1.05/e bd S b d S bd d N m C Φ=-⋅+⋅=-⋅=⋅（2）由高斯定理可得，1209.2910ie iqC ε-=Φ=⨯∑7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy ，沿弧长方向取一宽度为dl 的细条，此细条单位长度上的带电量为dl Rd d R R ϕλϕλλλπππ'===，此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O 点产生的场强为20022d dE R Rλλϕπεπε'==， 20cos cos()2x d dE dE Rλϕϕπϕπε=+=-， 20sin sin()2y d dE dE Rλϕϕπϕπε=+=-，20cos 02x x d E dE Rπλϕϕπε==-=⎰⎰， 22000sin 2y y d E dE R Rπλϕϕλπεπε==-=-⎰⎰， 20x y y E E i E j E j j Rλπε=+==-7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得2111114ne i Si E dS E S E R q πε=Φ=⋅=-=-=∑⎰⎰，所以2510149.0310nii qE R C πε==-=-⨯∑（2）如下图，由高斯定理 01()e SE dS E E S nSh εΦ=⋅=-=⎰⎰下上，dEdl所以有 122120 1.0610/E E E E n C m h hε---===⨯下上7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为R 电荷体密度为ρ的均匀带正电球体和一个半径为r 电荷体密度为ρ-的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即000E E E +-=+由高斯定理可求出00E +=，302004343a a E a πρρπεε-⋅==，所以O 点的场强大小为0003a E E ρε-==，方向沿OO '. 同理，O '点的场强大小为 00003a E E E ρε'''+-=+=，方向仍沿OO '. 7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强. （1）在r R <处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理所以 0E =（2）在12R r R ≤≤处，类似（1），有102lrlE λπε=nnE 下1120ne iSi E dS rlE qπε=Φ=⋅===∑⎰⎰所以 102E rλπε=（3）在2r R >处，类似（1），有122rlE l λλπε+=所以 1202E rλλπε+=7-3-12解（1）A点电势为104A q U rπε=B点电势为B U =，63.610J -=⨯ 注式中90210q C -=⨯ （2）C点电势为204C q U rπε=，D 点电势为1202D q q U dπε+=，2120000())42CD C D q q qA q U U q r dπεπε+=-=- 63.610J -=-⨯ 7-3-13解（1）00E =，9493104104910 2.881040.05iO i iq U V r πε-=⨯==⨯⨯⨯=⨯∑（2）9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J --∞∞=-=-⨯⨯=-⨯，1000()(4AB A B q A q U U q r πε=-=311110191436410 1.610910q U R C πε--=⋅=⨯⨯⨯=⨯⨯0q 电势能的改变为60 2.8810O W A J -∞=-=⨯ （3）60 2.8810O W W A J -∞∞-==-⨯ 7-3-14解（1）雨滴的电势为11014q U R πε=，有（21，这时雨滴表面电势为9112202574q U V R πε-=== 7-3-15解根据电势叠加原理，O 点的电势可看作直线AB 、DE 和半圆周BCD 所带电荷在O 点产生电势的叠加，AB 、DE 在O 点产生的电势为 21300ln 244RRdx U U x λλπεπε===⎰，半圆周BCD 在O 点产生的电势为22000444q R U RR λπλπεπεε⋅===所以O 点产生的电势为 1230(2ln 2)4U U U U λππε=++=+ 7-3-16解金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的场强大小分别为9197115091079 1.610 1.61047.010qU V R πε--⨯⨯⨯⨯===⨯⨯72132000033 2.41044242RR qr q q U dr dr U V R r R πεπεπε∞=+===⨯⎰⎰12121122200044R R rR R q q q dr dr drr r πεπε∞+=++⎰⎰⎰10E =，12204q E r πε=123204q q E rπε+=设1P 、2P 、3P 分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内任一点，（1） Ⅰ区域内任一点1P 的电势由电势的定义式计算，有11P U E dl ∞=⋅⎰1212123R R rR R E dl E dl E dl ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰12121()4q q R R πε=+ （2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有 22P U E dl ∞=⋅⎰2223R rR E dl E dl ∞=⋅+⋅⎰⎰22112220044R rR q q q dr dr r r πεπε∞+=+⎰⎰1221()4q q r R πε=+ （3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计算，有 33P U E dl ∞=⋅⎰3rE dl ∞=⋅⎰12204rq q dr r πε∞+=⎰1204q q rπε+=7-3-18解两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为 02E rλπε=式中λ为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x aλλπεπε--=--= 212001ln 22BR AB AR R U E dl dr r R λλπεπε=⋅==⎰⎰，则 809212450 2.0810/102910ln ln 3AB U C m R R πελ-===⨯⨯⨯⨯7-3-19 解由高斯定理可得场强分布为a x a -<< 0E σε=-； x a <- 或x a > 0E =；由电势的定义式计算电势分布在x a <-区域，0000a xxaU Edx dx dx a σσεε--==+-=-⎰⎰⎰ 在a x a -<<区域， 000xx U Edx dx x σσεε==-=⎰⎰ 在a x ≤<∞区域，0000axxaU Edx dx dx a σσεε==+-=⎰⎰⎰ 电势U 随在x 分布如图所示7-3-20解设坐标原点在左边导线轴线上，x 轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为x 的任一点P 的场强为 0022()E x l x λλπεπε=+-，所以两导线间电势差为 00()22()l aAB aU dx x l x λλπεπε-=+-⎰U7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元dq dx λ=，它在P 点的电势为 004()4()dq dxdU r x r x λπεπε==++整个带电直线在P 点的电势为 000ln4()4lP r lU dx r x rλλπεπε+==+⎰（2）根据场强与电势的微分关系dUE dr=-，有 04()lE r r l λπε=+7-3-22解由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为 r R ≤，103r E ρε=； r R >，32203R E rρε= （1）r R >，33220033r rrR R U E dr dr r rρρεε∞∞===⎰⎰（2）r R =，320033R R R U R ρρεε==（3）r R <，322122000(2)336RRr rRrR r R U E dr E dr dr dr R r r ρρρεεε∞∞=+=+=-⎰⎰⎰⎰7-3-23 解（1）r R <处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为r ，过该点作一半径为r ，高为l 的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 11ne iSi E dS qε=Φ=⋅=∑⎰⎰，可得312223ral rlE ar rldr r πππεε=⋅=⎰求得 23ar E ε=内，方向沿径向向外.对r R >，同理由高斯定理可得312223Ral rlE ar rldr R πππεε=⋅=⎰求得 30 3aR E rε=外（2）设1r m =处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在r R >区域内，33110ln 33r r aR aR U E dr dr r r εε===-⎰⎰外外在r R <区域内，23110033RRrRrR ar aR U E dr E dr dr dr r εε=+=+⎰⎰⎰⎰外内内33300()ln 93a aR R r R εε=-- 8-3 计算和证明题8-3-1解请参见教材P342题8-3-1图（1）由于静电感应，球壳内表面带电量为q -，外表面带电量为q +；球壳电势为 33200344R R q q U E dl dr rR πεπε∞∞=⋅==⎰⎰3（2）内表面带电量为q -，外表面带电量为0；球壳电势为 0U =3（3）内球接地时，内球的电势0U =1，设内球此时带电量为q '+，则球壳内表面带电量为q '-；外表面带电量为q q '-，空间场强分布为： 12R r R <<，1204q E r πε'=；23R r R <≤，20E =； 3r R >，3204q qE r πε'-=；因此，内球的电势 231231123R R R R R U E dr E dr E dr ∞=++⎰⎰⎰213220044R R R q q q dr dr r r πεπε∞''-=+⎰⎰0120311()044q q qR R R πεπε''-=-+=求得12122313R R qq R R R R R R '=+-球壳的电势为3123303012231344R R R q q qU E dr R R R R R R R πεπε∞'--'===⋅+-⎰电势的改变为12333012231304R R q U U U U R R R R R R πε-''∆=-=-=⋅+-8-3-2解请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为q '，这些感应电荷到球心O 点的距离都为R ，因此感应电荷q '在O 点产生的电势为04q R πε'，点电荷q 在O 点产生的电势为042qRπε⋅，故O 点的电势为000048q q U R Rπεπε'=+= （导体球接地），求得2q q '=-（2）因O 点场强为零，故q '在O 点产生的场强大小等于q 在O 点产生的场强大小，方向相反，即为00q q E E E '=+= 所以 2016q q E R πε'=8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A 板两表面中左侧表面带电量为1q ，右侧表面带电量为2q ，其电荷面密度分别为11q S σ=，22qSσ=，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U U =AC AC ABAB E d E d =写成1200AC AB d d σσεε= 有12002q qS Sεε= ① 又 12q q Q += ② 由①②解得 12/3q Q =，2/3q Q =因此C 板带电为712/3 2.010()C q q Q C -=-=-=-⨯，72/3 1.010()B q q Q C -=-=-=-⨯（2）3200 2.2610()3A AB AB AB q Q U U d d V S Sεε====⨯ 8-3-4解设导体片C 插入后，AC 间场强为1E ，CB 间场强为2E ，并假设0q >，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，由高斯定理可得120Sq SE dS E S E S Sε∆⋅=-∆+∆=⎰⎰即有 210qE E Sε-= ① 由题意得 2122d dU E E =⋅+⋅ ② 由①②解得 20224C CB d U qdU U E Sε==⋅=+8-3-5解对于半径为R 的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为q 时，其电势均为04q U Rπε=，则电容为04qC R Uπε==，可见电容是相同的. 对于地球，711C F μ= 8-3-6解（1）设内、外金属膜圆筒半径分别为1R 和2R ，高度均为L ，其上分别带电量为Q ±，则玻璃内的场强为12R r R << ， 02r Q E Lrπεε=内外圆筒之间的电势差为21201ln2R R r R Q U E dl LR πεε∆=⋅=⎰ 莱顿瓶的电容为 90212 2.2810ln r L q C F R U R πεε-===⨯∆（2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 101()2r Q E R E LR πεε==击穿所以 5012 6.6710r Q LR E C πεε-==⨯击穿 8-3-7解（1）由123111AB C C C C =++，求得 3.75AB C F μ=（2）总电量43.7510AB AB Q C U C -==⨯ 因为1C 和2C 并联，故有1212Q Q C C = 即有 122Q Q = ①又 12Q Q Q += ② 由①②求得2C 带电量为4211.25103Q Q C -==⨯，2C 上的电压22225Q U V C == （3）3100U U V ==,4333510Q C U C -==⨯8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理1ni Si D dS q =⋅=∑⎰⎰可得0D S S σ∆=∆ 求得 0Q D Sσ==又 0()[()]r U E d t Et d t t E ε=-+=-+ 求得 ()r UE d t tε=-+因此 00()r r r U D E d t tεεεεε==-+（2）由上面结果可知 00()r r US Q S DS d t tεεσε===-+（3）0()r r S QC U d t tεεε==-+ 8-3-9解（1）由题意极板间带电量Q 不变，00000SQ Q C U U d ε===（2）电位移00S Q D S d εσ===，介质中的场强000r U D E dεεε== （3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r S C d t tεεε=-+8-3-10解设单位长度带电量为λ，则两极板间场强2E rλπε=，击穿场强0E 一定时，02rE λπε=最大，电容器两极板电压为 0ln ln 2RrR R U Edr rE r rλπε===⎰式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，即令00ln 0dU RE E dr r =-=，求得0Rr e=故当0Rr e=时，电容器可能承受的最大电压为 0max 000ln 147RE R U r E KV r e=== 8-3-11解（1）当1R r R <<，由介质中的高斯定理可得0SD dS Q ⋅=⎰⎰，即有204r D Q π= 求得 024Q D rπ=，所以有 012004rr Q DE r εεπεε==当2R r R <<，02204Q DE rεπε==（2）电势差为 2112RR R RU E dr E dr ∆=+⎰⎰2100220044RR R Rr Q Q dr dr r r πεεπε=+⎰⎰001211()4r rrQ R R R εεπεε-=+-（3）001221124()()r r Q RR R C U R R R R R R πεεε==∆-+- （4）2122220102114422RR r R R W E r dr E r dr εεπεπ=⋅+⋅⎰⎰ 2001211()8r rrQ R R R εεπεε-=+- （5）00211(1)(1)4rrQ R σσεπε'=-=- 8-3-12解（1）在12R r R <<区域内作以r 为半径，长为l 的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理222220000041121()()222142312r Q Q Q Q C U C C C C ε=+-=+-=+（）1ni Si D dS q =⋅=∑⎰⎰，有2rlD l πλ=所以 2D rλπ=又 0r D E εε=我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E rλπεε=, 方向沿径向向外（2）22112001ln 22R R R R r r R U Edr dr r R λλπεεπεε∆===⎰⎰（3）2122200112ln 24R r R r R W E rdr R λεεππεε=⋅=⎰8-3-13解（1）282014.410/2e w E J m ε-==⨯ （2）3354[()]7.6103e W R h R w J π=+-=⨯式中R 为地球半径并取6370R km =8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r ε倍，即002r C C C ε==，而电量不变.能量损失为2222210200000111(1)9109002222444Q Q Q Q W C U C C C C -∆=-=-===⨯⨯⨯ 41.8210J -=⨯（2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为2Q .并联后总电容为 001r C C C C ε=+=+总（），两电容器并联后总能量为22024221rQ Q W C C ε'==+总（）（）并联后能量损失为0W W W W ''∆=+-（） 56.110J -=⨯ 8-3-15解K 接到1处，1C 带电为641108101209.610()Q CU C --==⨯⨯=⨯；再将K 接到2后，1C 和2C 总带电量仍为1Q ，两电容器电压为4169.6108010Q U V C --⨯===⨯总（8+4）电容器1C 中的能量2622111181080 2.561022W C U J --==⨯⨯⨯=⨯ 电容器2C 中的能量22221 1.28102W C U J -==⨯8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为222200200111()422424R e e W E dV r dr r Rεεππεπε∞==⋅=⋅⎰⎰ 在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此204e W Rπε=，据题意2204e e m C Rπε=，我们可以求得21520 2.8104e e R m m Cπε-==⨯ 8-3-17解当介质板插入x 距离时，电容器的电容为 000()[(1)]r x r a x a xaaC a x dddεεεεε-=+=+-此时电容器储能为220()22[(1)]x r Q Q dW x C a a x εε==+- 电介质未插入时，电容器储能为22020022Q Q dW C aε== 当电介质插入x 时，电场力F 对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即0()W W x -，电场力为当插入一半时，2ax =，则电场力为 2020[()](1)2[(1)]r r W W x Q d F x a a x εεε∂--==∂+-，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压U 不变，拉开前的静电能为 222001111222SS W C U U U d d εε==⋅= 拉开后的静电能为 2220022112224SS W C U U U d dεε==⋅= 则系统静电能的改变为 222000210424SSSW W W U U U dddεεε∆=-=-=-<结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 A U Q =-∆两板距离从d 拉开到2d 时，极板上电荷的增量Q ∆为0002121()22S S SQ Q Q C U C U U U d d dεεε∆=-=-=-=- 因此 200()022S S A U Q U U U d dεε=-∆=--=>结果表明当极板拉开后，在保持U 不变时，电场对电源作正功.（3）外力F 对极板作的功为 2222222000211()22224ddd ddd SU SU SU CU A F dl dx dx x d d d dεεε'=⋅===-=⎰⎰⎰外力F 对极板作的功，也可由功能关系得到 222000()424SU SU SU A W A dddεεε'=∆+=-+=所得结果相同.8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为04q U Rπε=，将dq 从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 04q dA dW dq Rπε==（2）外力作功为23302(1)()2(1)r r Q d aF a εεε-=+200048Qq Q A dA dq RRπεπε===⎰⎰8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量D 不变，电场能量密度为2000111222e e r r rw D D w DE D εεεεε==⋅==电场总能量为e rW W ε=9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P 点产生的磁感应强度为零, 因此P 点的磁感应强度由竖直段产生, 即,4)90cos 0(cos 400aIa I B πμπμ=︒-︒=根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外. （2）两水平段半长直导线在P 点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P 点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即,4200rIr I B μπμ+=方向垂直纸面向里. （3）三边在P 点产生的磁场完全相同，因此P 点的磁感应强度为,29)150cos 30(cos 3024300a Itg a I B πμπμ=︒-︒︒=方向垂直纸面向里.9-3-2. 解: O 点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，所以),222(4)22cos(22cos 4222000ϕϕππμϕπϕπμπϕπμtg R I R I R I B B B BA ACB +-=-••+-•=+=方向垂直纸面向里. 9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O 点不产生磁场，因此O 点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为,444202010R IR IR IB πμμμ-+=方向垂直纸面向里. 9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx 的长直电流元，其电流为,aIdxdI =到P 点的距离为x ，该线电流在点P 激发的磁感应强度大小为.,20方向垂直纸面向外xdIdB πμ=因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P 的磁感应强度为⎰⎰+===ab bdx axIdB B πμ20,ln20b b a a I +πμ方向垂直纸面向外.9-3-5. 解：环心O 在两根通电直导线的延长线上，故它们在O 点产生的磁场为零，长为l 的载流圆弧在其圆心处的磁场为2001422r Ilr l r I B πμπμ==，设左右两段圆弧的弧长分别为21,l l ,则两者在O 点的磁感应强度分别为，方向垂直纸面向里。

大学物理理论试题及答案

大学物理理论试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是（）。

A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

当作用力增大为原来的两倍时，加速度将（）。

A. 增大为原来的两倍B. 减小为原来的一半C. 保持不变D. 无法确定3. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，若该力的方向与物体运动方向相反，则物体的运动状态将（）。

A. 做加速运动B. 做减速运动C. 保持匀速直线运动D. 保持静止4. 根据热力学第一定律，系统内能的增加等于系统吸收的热量与对外做的功之和。

如果一个系统对外做了100J的功，同时吸收了200J的热量，那么系统的内能将（）。

A. 增加100JB. 增加200JC. 增加300JD. 减少100J5. 电磁波的波速在真空中是一个常数，其值是（）。

A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s6. 在理想气体状态方程PV=nRT中，P表示（）。

A. 气体的体积B. 气体的质量C. 气体的压强D. 气体的温度7. 根据麦克斯韦方程组，变化的磁场会产生（）。

A. 电场B. 磁场C. 电流D. 电荷8. 一个物体的动能与其速度的平方成正比，当物体的速度增大为原来的两倍时，其动能将（）。

A. 增大为原来的两倍B. 增大为原来的四倍C. 减小为原来的一半D. 保持不变9. 根据欧姆定律，电阻两端的电压与通过电阻的电流成正比。

当电流增大为原来的两倍时，电压将（）。

A. 增大为原来的两倍B. 减小为原来的一半C. 保持不变D. 无法确定10. 根据库仑定律，两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。

物理理论知识模拟考试

####简答题答案
1.电磁波谱包括无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和伽马射线。
2.量子态是描述微观粒子状态的完备信息，量子态叠加原理指一个粒子可以同时处于多个可能状态的组合。
3.牛顿第一定律：若没有外力作用，物体将保持静止或匀速直线运动。
4.热力学第二定律：在一个封闭系统中，熵总是倾向于增加，自然过程向着熵增加的方向发展。
###知识点分类和总结
####选择题和判断题
-考察对物理基本概念的理解，如光速、热力学定律、电子运动等。
-强调对物理定律的适用范围和条件的认识。
####填空题
-测试对物理常数和基本物理量的记忆。
-涉及物理公式的基本构成。
####简答题
-考察对物理理论的理解和描述能力。
-涉及到物理现象背后的原理和概念。
-知识点：电场与磁场的相互作用，电磁波的谱分布。
4. **量子力学**：
-考点：波粒二象性、不确定性原理、量子态。
-难点：理解量子态的叠加与纠缠现象，量子力学与经典力学的区别。
-知识点：波函数、薛定谔方程、能级与能级跃迁。
5. **热力学与统计物理**：
-考点：热力学定律、热力学循环、熵的概念。
-难点：热力学第二定律中的熵增原理，统计物理中宏观与微观的关系。
2.光在真空中的速度大约为______ m/s。
3.电子在原子中的能量状态称为______。
4.热力学第三定律提出了绝对______的存在。
5.一个物体从外界吸收热量并对外做等量的功，其内能______。
####简答题（每题2分，共10分）
1.请简要说明电磁波谱的组成。
2.解释什么是量子态以及量子态的叠加原理。
-知识点：理想气体定律、热容、黑体辐射。

理论物理导论习题及解答

答: 因拉格朗日方程是从虚功原理推出的，而虚功原理只适用于具有理想约束的力学体系虚功方程中不含约束反力，故拉格朗日方程也只适用于具有理想约束下的力学体系，不含约束力；再者拉格朗日方程是从力学体系动能改变的观点讨论体系的运动，而约束反作用力不能改变体系的动能，故不含约束反作用力. 广义坐标是确定质点系完整的独立坐标，它不一定是长度，可以是角度或其他物理量，如面积、体积等. 广义力名为力，实际上不一定有力的量纲，可以是力也可以是力矩或其他物理量，如压强、场强等等。

5.2) 试用虚功原理解3.4题. 3.4 相同的两个均质光滑球悬在结于定点O的两根绳子上，此两球同时又支持一个等重的均质球，求角及角之间的关系。
o

x
l
3
r
1

2
y
解: 三球受理想约束，球的位置可以由确定，自由度数为1，故:

得
x1 2r sin l r sin x2 2r sin l r sin
衡条件：
w Fi ri 0
n i 1
r
o
C

x
即
mg yC 0
①
mg
y
题r 5.1.1 变换方程 yc 2r cos sin sin sin图 2 sin ②
故
l yc (r cos 2 cos ) 2
1 2r cos l cos 0 2
F F
x
N1 cos2 N2 sin 0
N1 sin 2 N 2 cos G 0
① ② ③
y
l M N c G cos 0 i 2 2

理论物理导论模拟试题

《理论物理导论》模拟试题一、判断题：（正确的打“√”，错误的打“×”）（每题2分，共12分）1、一般来说，系统的热力学概率远远大于1。

（）2、系统相空间可以用于描述近独立粒子系统的运动状态。

（）3、孤立系统达到热平衡时，系统的熵不一定达到最大。

（）4、量子力学中代表力学量的算符必须是线性厄米算符。

（）5、薛定谔方程是可以从量子力学的基本假设推导出来的。

（）6、厄米算符的本征函数系是正交归一完全系。

（）二、填空题。

（每题2分，共20分）1、哈密顿函数的物理意义为_______________________________________。

2、关于物质波的德布罗意关系为_____________________________________。

3、定态薛定谔方程为_______________________________________________。

4、不确定关系是___________________________________________________。

5、波函数的标准条件为。

6、卡若循环由、__________、___________和________四个可逆过程组成。

7、热力学第一定律的微分形式为_____________________________________。

8、热力学第二定律的克劳修斯表述为：。

9、准静态过程______________________________________________________________________________________。

10、吉布斯函数的定义式为。

三、简答题：（每小题5分，共20分）1、微观粒子的运动有没有确定的轨道？为什么？2 、Schrodinger方程解出的氢原子角动量量子化条件与Bohr理论的量子化条件有何区别？3、什么是泡利不相容原理，什么是全同性原理？4、写出三种分布函数，找出玻色分布、费米分布过渡到波尔兹曼分布的条件，该条件称为什么条件？四、计算题（每题12分，共48分）1、设氢原子处在0301),,(a re a r -=πϕθψ 的态，0a 为玻尔半径，求：（1） r 的平均值；（2）势能re 2-的平均值；（3）动量几率分布函数。

物理理论试题及答案高中

物理理论试题及答案高中一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的速度是（）。

A. 3×10^5 km/sB. 3×10^8 m/sC. 3×10^7 m/sD. 3×10^6 m/s2. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力（）。

A. 大小相等，方向相反B. 大小相等，方向相同C. 大小不等，方向相反D. 大小不等，方向相同3. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，若该力突然消失，则物体将（）。

A. 立即停止B. 继续以原来的速度直线运动C. 减速运动D. 加速运动4. 根据能量守恒定律，下列说法正确的是（）。

A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量既不能被创造也不能被消灭D. 能量可以被创造也可以被消灭5. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其加速度为a，经过时间t后的速度为（）。

A. atB. 1/2atC. 2atD. t/2a6. 根据电磁感应定律，当磁场强度变化时，会在导体中产生（）。

A. 电流B. 电压C. 电阻D. 电感7. 一个物体的动能和势能之和称为（）。

A. 机械能B. 电能C. 热能D. 核能8. 根据热力学第一定律，下列说法正确的是（）。

A. 热量可以转化为功B. 功可以转化为热量C. 热量和功可以相互转化D. 热量和功不可以相互转化9. 在理想气体状态方程PV=nRT中，P表示（）。

A. 体积B. 温度C. 压力D. 气体常数10. 根据欧姆定律，电阻R、电流I和电压U之间的关系是（）。

A. R = U/IB. I = U/RC. U = IRD. R = I/U二、填空题（每题2分，共20分）1. 光年是__________的单位。

2. 牛顿第一定律也被称为__________定律。

3. 一个物体的质量是其__________的量度。

4. 电流的单位是__________。

5. 电场力的方向与__________的方向相同。

物理学理论与实验模拟试题

物理学理论与实验模拟试题1. 理论篇物理学理论试题是评估学生对物理学基础知识和理论原理的理解能力的重要方式。

以下是一些关于力学、电磁学和热力学等物理学领域的试题：题目一：假设有一个质点，由A点沿直线运动到B点，在过程中受到x方向上的两个力，F1和F2。

F1与F2的矢量和为零。

如果F1和F2始终垂直于运动路线，那么A和B两点之间的物理量是什么？题目二：一个距离很高的建筑物上有一个小孩玩飞盘，飞盘以水平方向投掷并且有初速度。

小孩站立在静止的地面上。

根据自由落体的运动规律，飞盘在下落的同时，小孩是否可以接住飞盘？为什么？题目三：一根直线导线管道中，电流沿顺时针方向流动，通过右手螺旋法则判断导线管道周围的磁场方向。

假设你站在导线管道的上方，向下观察。

那么右手螺旋法则告诉你磁场方向是什么？2. 实验模拟篇实验模拟试题是评估学生设计和模拟物理实验能力的重要方式。

以下是一些关于光学、声学和电磁学实验的模拟题：题目一：利用光栅干涉实验，模拟分析一束白光通过光栅的现象。

描述干涉条纹的形成过程并解释为什么干涉条纹是彩色的。

题目二：模拟一个声音的多普勒效应实验。

试图解释为什么当声源向听者靠近时，声音的频率会增加。

题目三：设计一个实验模拟，通过变化电磁场中的磁感应强度，观察电磁感应现象和法拉第电磁感应定律的验证。

请描述实验装置和步骤，并分析实验结果。

以上是针对物理学理论与实验模拟的试题。

通过这些题目，学生可以检验自己对物理学原理的掌握和理解，并培养实验设计与模拟的能力。

在考试或学习过程中，同学们可以按照题目要求，结合所学的物理理论和实验技巧进行答题或模拟操作，并体验到物理学的魅力与应用。

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