华北电力大学大学物理试卷2016A及答案

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2016高考物理(北京卷)试卷解析

b. 设木板对小球的两个方向的作用力分别为 Fx 、 Fy ；
p y 2mv cos px 。 0 ； Fy t t t 2mv cos 由牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力 Fx' Fx 0 ； Fy' Fy ； t 即小球对木板的作用力沿 y 轴负方向。
20．C 【解析】因 1μm 106 m ，所以 10μm 105 m ，A 选项错误。PM10 和大悬浮颗粒物直径大小的数量及与课本上花粉颗粒直径在同一数量级，在做布朗运动，C 选项正确。气体分子对微粒的作用力在宏观上应与重力保持平衡才能让微粒悬浮，从微观上来看，该作用力来源于空气分子的撞击，而撞击作用是无规律的，故不能说其撞击力始终大于重力，B 选项错误。题目中没明确信息可供判断，D 选项错误。 21．【答案】 ⑴ 增强；敏感 ⑵ ①A ②AB ③ mghB ；
22．【答案】⑴ R 【解析】 ⑴ 由牛顿第二定律， qvB m 解得 R
v2 2π mR R T
2
mv 2πm ，T qB qB
⑵ E vB
mv 2πm ，T qB qB ⑵ 粒子做匀速直线运动，所以受力平衡对粒子受力分析如图由图可知， qE qvB 解得 E vB
2
n n 1 2
种频率光。因此当 n 3 时，会
B B ，因为 B 随时间均匀增大，所以 k 为 nS t t t
Ea Sa ra 4 ，再根据楞次定律，磁场方向垂直纸面向外且增大，所以感应电 Eb Sb rb 1 流方向为顺时针，正确答案 B。
人造卫星在万有引力作用下绕地球运行，在任意位置 a
F合

19．D 【解析】 A 是课本上的标准方法；B 类似于伏安法测电源电动势和内阻的电源电流表外接法，与课本方法误差类似；C 类似于伏安法测电源电动势和内阻的电源电流表内接法，测量的电动势准确，内阻会偏大；D 在不知道安培表的内阻时，并不能测量出电源的电动势和内阻，所以选 D。

大学物理试卷参考答案(对应北京邮电大学版)

物理试卷参考答案1解：理想气体分子的能量RT i E 2υ=平动动能 3=t 5.373930031.823=⨯⨯=t E J 转动动能 2=r249330031.822=⨯⨯=r E内能5=i 5.623230031.825=⨯⨯=i E J 2解： ∵ xv v t x x v t v ad d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v3.解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v4. )由题知，0=t时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt 5)222υυ+=u 52202=+=υυu m/s=4.47υυθ00)90tan(=-2142== 6）由图知，0=t时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值) ∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得 67.135==x m Y=-1/2M 7) 解： bt v tsv -==0d dRbt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ8）又 11x k F A∆= 22x k F B ∆=Mg F F B A ==弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆=二．填空题答案1）解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgRv +=22）正比3）v v nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度 4)⎰21d )(v v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数5) 卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η6）W E Q+∆=7) E=1/2KA 2 8）书P144 三．计算题解：设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l+=将上式对时间t 求导，得tss t l l dd 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s lt l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度322d d sv h t v a ==船2）解：由题图(a)，∵0=t时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x 01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 3）解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω(2)020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ4）解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 W E Q+∆=224126350=-=-=∆W Q E Jabd过程，系统作功42=WJ26642224=+=+∆=W E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=W E Q J 系统放热5）解：(1)从图上可得分布函数表达式⎪⎩⎪⎨⎧≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤≤=)2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v Na v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件，但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N，(2)由归一化条件可得⎰⎰==+0002032d d v v v v N a Nv a N v v avN(3)可通过面积计算 N v v a N 31)5.12(00=-=∆(4) N 个粒子平均速率⎰⎰⎰⎰+===∞∞00202d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf Nv v vf v02020911)2331(1v av av N v =+=(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率⎰⎰==0005.0115.0d d v v v v NNv N N N Nv v ⎰⎰==00005.05.00211d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N 2471)243(1d 12103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =-==⎰ 05.0v 到01v 区间内粒子数N av v v a a N 4183)5.0)(5.0(210001==-+=9767020v N av v ==6）解: (1)如题5-11图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=uxu l t A y 如图(b)，则波动方程为])(cos[0φω++=uxt A y(2) 如题5-11图(a)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω+-=ubt A A Q如题5-11图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=ubt A A Q。

大学物理大题及答案

内容为：P37-7.8.14.15.19.21.25；P67-8.11.14.17；P123-11.14.15.17.19.21； P161-7.10.12.15；P236-9.10~14.16.18~23.27.28第九章静电场9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析2020π1)2/(2π41aqa q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r QεE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r QεE +=若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r qεe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr qE 20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εqαE L d π4d sin 2⎰'=利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim=+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅sQ E r S E 0i2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ=假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ=R r >时，302π34π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 re rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===9－19 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示.9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅VV d 1d 0ρεS E可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qUE E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.第十章静电场中的导体与电介质10－8 一导体球半径为R １，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０．求此系统的电势和电场的分布．分析若200π4R εQV =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若200π4R εQV ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．题 10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()202π4r εqr E =r ＞R 2 时， ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R Q R q V R R R R r r εε+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞lE l E l E l ER １＜r ＜R 2 时，200322π4π4d d d 22R Q r q V R R r r εε+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞lE l E l Er ＞R 2 时，rqQ V r 03π4d ε+=⋅=⎰∞l E 3也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外（r ＞R 2）为rqQ V 03π4ε+=由题意102001π4π4R εQR εq V V +==得Q R R V R q 21010π4==ε 于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，22012012π4r R εQR r V R E -=；rR Q R r r V R V 201012π4)(ε-+= r ＞R 2 时，220122013π4)(r R Q R R r V R E ε-+=；rR QR R r V R V 2012013π4)(ε-+= 10－11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？题 10-11 图分析按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC按键按下的最小距离为mm 152.0ΔΔΔ00200min =+=-=SC d Cd d d d ε10－14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10－9m ，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3C ／m 2，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差．解（1）细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外．（2）细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．10－17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1）充足电后；（2）然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ的电介质板；（3）将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．题 10-17 图分析电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有()δSεεQ δd S εQU r 00+-=相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有()δd SεQU -=0 综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变．解（1）空气平板电容器的电容dSεC 00=充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为U dS εQ 00=d U E /0=（2）插入电介质后，电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ 故有()δd εδSUεεU C C r r -+==011介质内电场强度()δd εδUS εεQ E r r -+=='011 空气中电场强度()δd εδU εS εQ E r r -+==011 （3）插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为δd SεC -=02 U δd S εQ -=02导体中电场强度 02='E 空气中电场强度δd UE -=2 无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ．第十一章恒定磁场11－11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=iB B 0.解（ａ）长直电流对点O 而言，有0d =⨯rl I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里．（c ）将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外．11－14 已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题 11-14 图分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πR IrμB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rIμB 2π0=磁感强度分布曲线如图所示．11－15 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．题 11-15 图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得 r ＜R 12211ππ12πr R μr B =⋅21012πR IrμB =R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rIμB 2π02=R 2 ＜r ＜R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．11－17 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题 11-17 图分析由题11－14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度()202πRIrμr B =在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ⎰=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量⎰=Sr B Φd解由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020Iμr R Ir μΦR==⎰11－19 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？题 11-19 图分析血流稳定时，有H qE B q =v由上式可以解得血流的速度．解依照分析m/s 63.0===dBU B E HH v 11－21 从太阳射来的速度为0.80×108m /ｓ的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v第十二章电磁感应电磁场和电磁波12－7 载流长直导线中的电流以tId d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势.分析本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tIMd d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d xIS B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===ddIdx xIdΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20dI ΦM μ==当电流以tId d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I Md d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？题 12-10 图分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫⎝⎛+=2π212即B R txRB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-=由于静止的形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰-由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO 即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法12－12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．题 12-12 图分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωlod 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B =由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效． 12－15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tBd d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=l k l E d ξ计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，⎰⎰⋅-=⋅=S B tl E k d d dd ξ tBr E r k d d ππ22-=⋅解得该区域内感生电场强度的大小tBr E k d d 2=设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E证2 由法拉第电磁感应定律，有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ讨论假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？该如何求解？第十四章波动光学14-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d ′＝300mm ．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．分析双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx ，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x 5 －x -5 ＝10Δx 可求出Δx ．再由公式Δx ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．解根据分析：Δx ＝（x 5 －x -5）/10 ＝1.22×10-3 m 双缝间距： d ＝d ′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m14-10 一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d ，对岸在离水面h 高度处放置一接收器，水面宽度为D ，且,Dd D h ，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d ，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d ，缝屏间距为D 的双缝干涉相似，如图（b ）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2/sin 2λθd +，而不是θd sin 2．题14-10 图解由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足(),...2,12/sin 2==+k λk λθd()d k D D D h 412sin tan -=≈≈λθθ 取k ＝1 时，得d D h 4min λ=． 14-11 如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ，求：（1）条纹如何移动？（2）云母片的厚度t.题14-11图分析 (1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O ，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P （明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1 ＝r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹），插入介质后的光程差Δ2 ＝（n －1）d ＋r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹）．光程差的变化量为Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k 2 －k 1 ）λ式中（k 2 －k 1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O ，有()λ51212=-=∆-∆d n将有关数据代入可得m 1074.4156-⨯=-=n d λ 14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？分析这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解根据分析对反射光加强，有(),...2,122==+k k ne λλ124-=k ne λ 在可见光范围，k ＝2 时，nm 8668.=λ（红光）k ＝3 时，nm 3401.=λ（紫光）故正面呈红紫色．14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3 nm ，L ＝2.888 ×10-2m ，测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3 m ，求细丝直径d ．分析在应用劈尖干涉公式L nb d 2λ= 时，应注意相邻条纹的间距b 是N 条条纹的宽度Δx 除以（N －1）．对空气劈尖n ＝1．解由分析知，相邻条纹间距1-∆=N x b ，则细丝直径为 ()m 107552125-⨯=∆-==.xn N L nb d λλ题14-13 图14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示．沉积在玻璃衬底上的是氧化钽（52O Ta ）薄膜，其楔形端从A 到B 厚度逐渐减小为零．为测定薄膜的厚度，用波长λ＝632.8nm 的He Ne - 激光垂直照射，观察到薄膜楔形端共出现11 条暗纹，且A 处对应一条暗纹，试求氧化钽薄膜的厚度．（52O Ta 对632.8 nm 激光的折射率为2.21）题14-14 图分析置于玻璃上的薄膜AB 段形成劈尖，求薄膜厚度就是求该劈尖在A 点处的厚度．由于25Ta O 对激光的折射率大于玻璃，故从该劈尖上表面反射的光有半波损失，而下表面没有，因而两反射光光程差为Δ＝2ne ＋λ/2．由反射光暗纹公式2ne k ＋λ/2 ＝（2k ＋1）λ/2，k ＝0，1，2，3，…，可以求厚度e k ．又因为AB 中共有11 条暗纹（因半波损失B 端也为暗纹），则k 取10即得薄膜厚度．解根据分析，有2ne k ＋2λ＝（2k ＋1）λ/2 （k ＝0，1，2，3，…）取k ＝10，得薄膜厚度e 10 ＝n210λ＝1.4 ×10-6m ． 14-16 如图(a)所示的干涉膨胀仪，已知样品的平均高度为3.0 ×10-2m ，用λ＝589.3 nm 的单色光垂直照射．当温度由17 ℃上升至30 ℃时，看到有20 条条纹移过，问样品的热膨胀系数为多少？题14-16 图分析温度升高ΔT ＝T 2 －T 1 后，样品因受热膨胀，其高度l 的增加量Δl ＝lαΔT ．由于样品表面上移，使在倾角θ 不变的情况下，样品与平板玻璃间的空气劈的整体厚度减小．根据等厚干涉原理，干涉条纹将整体向棱边平移，则原k 级条纹从a 移至a′处，如图（b ）所示，移过某一固定观察点的条纹数目N 与Δl 的关系为2λNl =∆，由上述关系可得出热膨胀系数α．解由题意知，移动的条纹数N ＝20，从分析可得 T l N ∆=αλ2则热膨胀系数 5105112-⨯=∆=.Tl Nλα K 1- 14 －18 如图所示，折射率n 2 ＝1.2 的油滴落在n 3 ＝1.50 的平板玻璃上，形成一上表面近似于球面的油膜，测得油膜中心最高处的高度d m ＝1.1 μm ，用λ＝600 nm 的单色光垂直照射油膜，求（1）油膜周边是暗环还是明环？（2）整个油膜可看到几个完整的暗环？题14-18 图分析本题也是一种牛顿环干涉现象，由于n 1 ＜n 2 ＜n 3 ，故油膜上任一点处两反射相干光的光程差Δ＝2n 2d ．（1）令d ＝0，由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是明环．（2）由2n 2d ＝（2k ＋1）λ/2，且令d ＝d m 可求得油膜上暗环的最高级次（取整），从而判断油膜上完整暗环的数目．解（1）根据分析，由()()(),...2,1,0 212 22=⎪⎩⎪⎨⎧+=k k k d n 暗条纹明条纹λλ 油膜周边处d ＝0，即Δ＝0 符合干涉加强条件，故油膜周边是明环．（2）油膜上任一暗环处满足()(),...,,/21021222=+==∆k k d n λ令d ＝d m ，解得k ＝3.9，可知油膜上暗环的最高级次为3，故油膜上出现的完整暗环共有4 个，即k ＝0，1，2，3．14-19 把折射率n ＝1.40 的薄膜放入迈克耳孙干涉仪的一臂，如果由此产生了7.0 条条纹的移动，求膜厚．设入射光的波长为589 nm ．分析迈克耳孙干涉仪中的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜相互垂直）和劈尖干涉（两平面镜不垂直）两种情况，本题属于后一种情况．在干涉仪一臂中插入介质片后，两束相干光的光程差改变了，相当于在观察者视野内的空气劈尖的厚度改变了，从而引起干涉条纹的移动．。

大学物理试题及答案

⼤学物理试题及答案《⼤学物理》试题及答案⼀、填空题（每空1分，共22分）1．基本的⾃然⼒分为四种：即强⼒、、、。

2．有⼀只电容器，其电容C＝50微法，当给它加上200V电压时，这个电容储存的能量是______焦⽿。

3．⼀个⼈沿半径为R 的圆形轨道跑了半圈，他的位移⼤⼩为，路程为。

4．静电场的环路定理公式为：。

5．避雷针是利⽤的原理来防⽌雷击对建筑物的破坏。

6．⽆限⼤平⾯附近任⼀点的电场强度E为7．电⼒线稀疏的地⽅，电场强度。

稠密的地⽅，电场强度。

8．⽆限长均匀带电直导线，带电线密度+λ。

距离导线为d处的⼀点的电场强度为。

9．均匀带电细圆环在圆⼼处的场强为。

10．⼀质量为M＝10Kg的物体静⽌地放在光滑的⽔平⾯上，今有⼀质量为m=10g的⼦弹沿⽔平⽅向以速度v=1000m/s射⼊并停留在其中。

求其后它们的运动速度为________m/s。

11．⼀质量M＝10Kg的物体，正在以速度v＝10m/s运动，其具有的动能是_____________焦⽿12．⼀细杆的质量为m=1Kg，其长度为3ｍ，当它绕通过⼀端且垂直于细杆的转轴转动时，它的转动惯量为_____Kgｍ2。

13．⼀电偶极⼦，带电量为q=2×105-库仑，间距L＝0.5cm，则它的电距为________库仑⽶。

14．⼀个均匀带电球⾯，半径为10厘⽶，带电量为2×109-库仑。

在距球⼼6厘⽶处的电势为____________V。

15．⼀载流线圈在稳恒磁场中处于稳定平衡时，线圈平⾯的法线⽅向与磁场强度B的夹⾓等于。

此时线圈所受的磁⼒矩最。

16．⼀圆形载流导线圆⼼处的磁感应强度为1B ，若保持导线中的电流强度不变，⽽将导线变成正⽅形，此时回路中⼼处的磁感应强度为2B ，则12/B B = 。

17．半径为R 的导线圆环中载有电流I ，置于磁感应强度为B 的均匀磁场中，若磁场⽅向与环⾯垂直，则圆环所受的合⼒为。

⼆、选择题（每题2分，共14分）1．电量为q 的粒⼦在均匀磁场中运动，下列说法正确的是（）。

电学大学物理试卷及答案

r 1．（本题3分）如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于： (A)06εq ． (B) 012εq ． (C) 024εq ． (D) 048εq ．［］2．（本题3分）如图所示，两个同心球壳．内球壳半径为R 1，均匀带有电荷Q ；外球壳半径为R 2，壳的厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在两球之间、距离球心为r 的P 点处电场强度的大小与电势分别为： (A) E ＝204r Q επ，U ＝rQ04επ．(B) E ＝204r Q επ，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πr R Q 11410ε． (C) E ＝204r Qεπ，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π20114R r Q ε．(D) E ＝0，U ＝204R Qεπ．［］3．（本题3分）半径分别为R 和r 的两个金属球，相距很远．用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电．在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比σR / σr 为(A) R / r ． (B) R 2 / r 2．(C) r 2 / R 2． (D) r / R ．［］4．（本题3分）一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联．当电容器两极板间为真空时，电场强度为0E ϖ，电位移为0D ϖ，而当两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ϖ，电位移为D ϖ，则(A) r E E ε/0ϖϖ=，0D D ϖϖ=． (B) 0E E ϖϖ=，0D D r ϖϖε=．(C) r E E ε/0ϖϖ=，r D D ε/0ϖϖ=． (D) 0E E ϖϖ=，0D D ϖϖ=．［］5．（本题3分）如图，在一圆形电流I 所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路L ，则由安培环路定理可知 (A)0d =⎰⋅L l B ϖϖ，且环路上任意一点B = 0．(B)0d =⎰⋅Ll B ϖϖ，且环路上任意一点B ≠0．(C)0d ≠⎰⋅Ll B ϖϖ，且环路上任意一点B ≠0．(D) 0d ≠⎰⋅Ll B ϖϖ，且环路上任意一点B =常量．［］C, C, D, B, B,1．（本题在电荷为－Q 的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点．a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图所示．则移动过程中电场力做的功为(A)⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π-21114r r Q ε． (B) ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π210114r r qQ ε．(C)⎪⎪⎭⎫⎝⎛-π-210114r r qQ ε． (D) ()1204r r qQ -π-ε ［］ 2．（本题3分）一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的不带电的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷面密度为：(A) σ 1 = - σ， σ 2 = + σ．(B) σ 1 = σ21-， σ 2 =σ21+． (C) σ 1 = σ21-， σ 2 = σ21-．(D) σ 1 = - σ， σ 2 = 0．［］3．（本题3分）在静电场中，作闭合曲面S ，若有0d =⎰⋅SS D ϖϖ (式中D ϖ为电位移矢量)，则S面内必定(A) 既无自由电荷，也无束缚电荷． (B) 没有自由电荷． (C) 自由电荷和束缚电荷的代数和为零． (D) 自由电荷的代数和为零．［］8．（本题3分）粒子在一维无限深方势阱中运动. 图为粒子处于某一能态上的波函数ψ(x )的曲线．粒子出现概率最大的位置为(A) a / 2． (B) a / 6，5 a / 6．(C) a / 6，a / 2，5 a / 6． (D) 0，a / 3，2 a / 3，a ．［］11．（本题3分）已知某静电场的电势函数U ＝6x －6x 2y －7y 2(SI)．由场强与电势梯度的关系式可得点(2，3，0)处的电场强度E ϖ＝___________i ϖ+____________j ϖ +_____________k ϖ (SI)．12．（本题3分）电荷分别为q 1，q 2，q 3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上，如图所示．设无穷远处为电势零点，圆半径为R ，则b 点处的电势U ＝___________ ．三、计算题（共40分）21．（本题10分）一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，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．A +σ2xaa31a 32ψ(x )Oq 1q 322．（本题10分）一根同轴线由半径为R 1的实心长金属导线和套在它外面的半径为R 3的同轴导体圆筒组成．R 1与R 2之间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁介质，R 2与R 3之间真空，如图．传导电流I 沿实心导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布． 23．（本题10分）如图所示，一根长为L 的金属细杆ab 绕竖直轴O 1O 2以角速度ω在水平面内旋转．O O 2在离细杆a 端L /5处．若已知地磁场在竖直方向的分量为B ϖ．求ab 两端间的电势差b a U U -．C, B, D, E, D; D, B, C, B, A 二、填空题（共30分）11. 66 1分；66 1分；0 1分12.()32102281q q q R++πε21.解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l =2Q d θ / π 1分它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220R QR q E π=π= 2分按θ角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R QE E x π== 1分θθεθd cos 2cos d d 202R QE E y π-=-=1分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2分2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 2分所以 j RQ j E i E E y x ϖϖϖϖ202επ-=+= 1分 22. 解：由安培环路定理： ∑⎰⋅=i I l H ϖϖd 2分0< r <R 1区域：212/2R Ir rH =π212R Ir H π=，2102RIrB π=μ 3分R 1< r <R 2区域：I rH =π2r I H π=2， rIB π=2μ 2分R 2< r <R 3区域：02IB rμ=π2分r >R 3区域： H = 0，B = 0 1分IIR1R 2R 3d qR Oyθd θθbO 1OO L /5 ωB ϖ23. 解：Ob 间的动生电动势：⎰⎰=⋅⨯=5/405/401d d )v (L L l Bl l B ωεϖϖϖ225016)54(21BL L B ωω== 4分 b 点电势高于O 点．Oa 间的动生电动势：⎰⎰⋅=⨯=5/05/02d d )v (L L l Bl l B ωεϖϖϖ22501)51(21BL L B ωω== 4分 a 点电势高于O 点．∴22125016501BL BL U U b a ωωεε-=-=-221035015BL BL ωω-=-= 2分图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~r 关系曲线．请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的．(A) 半径为R 的均匀带电球面． (B) 半径为R 的均匀带电球体． (C) 半径为R 、电荷体密度ρ＝Ar (A 为常数）的非均匀带电球体．(D) 半径为R 、电荷体密度ρ＝A/r (A 为常数)的非均匀带电球体．［］答案：D 解：解法一：由高斯定理iSiD dS q ⋅=∑⎰⎰rr Ò，得当r R ≤，有222004442rr A AE r dV r dr r r επρππ⋅==⋅=⎰⎰，即 0()2A E r R ε=≤当r R >，有2200442RA E r dV R επρπ⋅==⎰，即 220()2AR E r R r ε=>解法二：2220, 444dq A dE dq r dr r dr r rρπππε''''==⋅=⋅'所以20AdE r dr rε''=⋅ 200200()()r R Ar dr r R r E dE A r dr r R r εε⎧''⋅≤⎪⎪==⎨⎪''⋅>⎪⎩⎰⎰⎰E积分得：220 ()2 ()2Ar R E AR r R r εε⎧≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩2. 如图所示，边长为a 的等边三角形的三个顶点上，分别放置着三个正的点电荷q 、2q 、3q ．若将另一正点电荷Q 从无穷远处移到三角形的中心O 处，外力所做的功为：(A)0．(B)0．(C) 0(D)0 ［］答案：C 解：各顶点到中心O的距离相等，均为/cos302ad a =︒=O 点的电势为0064O q U dπε==所以，将点电荷Q 从无穷远处移到O 处时，外力所做的功为：0O A QU ==3．如果在空气平行板电容器的两极板间平行地插入一块与极板面积相同的各向同性均匀电介质板，由于该电介质板的插入和它在两极板间的位置不同，对电容器电容的影响为： (A) 使电容减小，但与介质板相对极板的位置无关． (B) 使电容减小，且与介质板相对极板的位置有关． (C) 使电容增大，但与介质板相对极板的位置无关． (D) 使电容增大，且与介质板相对极板的位置有关．［］答案：C解：电容器的电容：00r r SC C dεεε==，式中0C 是电容器两极板间为真空（空气）时的电容。

2016-2017大学物理1-1试卷a答案及评分标准

2016—2017第二学期考试试卷A卷答案及评分标准大学物理1-1一、简答题(每题4分，共16分)1.简述保守力与非保守力区别，根据保守力做功特点引入什么物理量？答案：保守力做功与路径无关，非保守力做功与路径有关，根据保守做功与路径无关的特点引入势能概念。

2.列举静电场及磁场中的高斯定理，并指出静电场、磁场哪个是有源场？qi +静电场高斯定理： e 1 E ds —静电场高斯定理：B：B ds 0静电场为有源场。

s s3.什么是静电平衡；简述达到静电平衡时导体有什么性质。

答案：导体中没有宏观电荷的定向运动，这时导体达到静电平衡。

导体达到静电平衡时，导体内部场强为零；导体表面电场强度的方向都与导体面垂直；导体为等势体；净电荷分布在导体的外表面。

4.什么是动生电动势和感生电动势；简述产生动生电动势的物理本质。

答：由于回路所围面积的变化或面积取向变化而引起的感应电动势称为动生电动势；由于磁感强度变化而引起的感应电动势称为感生电动势。

在磁场中导体作切割磁力线运动时，其自由电子受洛仑滋力的作用，从而在导体两端产生电势差。

、单项选择题(每题3分，共24分)1•一运动质点在某瞬时位于矢径r的端点处，则其速度大小可以表示为( ) dr |dr| d|r| dr(A) dt(B) dt( C) dt( D) dt2 •对于保守力，下列说法错误的是()(A)保守力做功与路径无关，(B)保守力沿一闭合路径做功为零，(C)保守力做正功，其相应的势能增加，(D)只有保守力才有势能，非保守力没有势能。

3•对质点组有下列几种说法，正确的是（）（1）质点组总动量的改变与内力无关（2）质点组总动能的改变与内力无关（3）质点组机械能的改变与内力无关（4 ）质点组机械能的改变与保守内力无关（A）（ 1 ）和（4）正确（B）（2）和（4）正确（C）（1）和（3）正确（D）（2）和（3）正确qi4•关于高斯定理e….E ds 一，下列说法中正确的是（）s（A ）如果高斯面无电荷，则高斯面上的电场强度处处为零（B）如果高斯面上的电场强度处处为零，则高斯面内无电荷（C）如果高斯面上的电场强度处处为零，则通过高斯面的电通量为零（D）若通过高斯面的电通量为零，则高斯面上的电场强度处处为零5.关于电场和电势，下列说法中正确的是（）（A）电场强度为0的点，电势也一定为0, （B）等势面上电场强度大小一定相等,（C）电势为0的点，则电场强度也一定为0,（D）电场线与等势面处处正交。

华北电力大学大学物理期末考试试卷(含答案)

华北电力大学大学物理期末考试试卷(含答案)一、大学物理期末选择题复习1．无限长直圆柱体，半径为R，沿轴向均匀流有电流.设圆柱体内( r< R)的磁感强度为B i，圆柱体外( r > R )的磁感强度为B e，则有（）(A) B i、B e均与r成正比(B) B i、B e均与r成反比(C) B i与r成反比，B e与r成正比(D) B i与r成正比，B e与r成反比答案D2．人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的（）(A) 动量不守恒，动能守恒(B) 动量守恒，动能不守恒(C) 对地心的角动量守恒，动能不守恒1、(D) 对地心的角动量不守恒，动能守恒答案C3．某电场的电力线分布情况如图所示．一负电荷从M点移到N点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？（）（A）电场强度E M>E N（B）电势U M>U N（C）电势能W M<W N（D）电场力的功A>０答案D4．一个质点在做圆周运动时，则有（）（A）切向加速度一定改变，法向加速度也改变（B）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变（C）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D）切向加速度一定改变，法向加速度不变答案 B5．如图所示，质量为m的物体用平行于斜面的细线连结并置于光滑的斜面上，若斜面向左方作加速运动，当物体刚脱离斜面时，它的加速度的大小为（）（A ）sin g θ （B ）cos g θ （C ）tan g θ （D ）cot g θ答案 D6．图示系统置于以14a g =的加速度上升的升降机内，A 、B 两物体质量相同均为m ，A 所在的桌面是水平的，绳子和定滑轮质量均不计，若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦并不计空气阻力，则绳中张力为（）（A ）58mg （B ）12mg （C ）mg （D ）2mg答案 A7．一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，如图射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω则有（）（A ）L 不变，ω增大（B ）两者均不变（C ）L 不变，ω减小（D ）两者均不确定a答案 C8．电荷面密度均为σ+的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图（a）放置，其周围空间各点电场强度E（设电场强度方向向右为正、向左为负）随位置坐标x变化的关系曲线为（）答案 B9．下列说法正确的是（）（A）闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷（B）闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零yE(A)-(B)EEE（C ）闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零。

2016年普通高等学校招生全国统一考试北京卷物理

2016年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)物理一、选择题1.处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有( )A.1种B.2种C.3种D.4种解析：现有大量的氢原子处于n=3的激发态，当这些氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的频率为n==3种。

选项C正确，BCD错误。

答案：C2.下列说法正确的是( )A.电磁波在真空中以光速C传播B.在空气中传播的声波是横波C.声波只能在空气中传播D.光需要介质才能传播解析：A、电磁波在真空中的传播速度与光在真空中的传播速度相同，故A正确；B、空气中的声波是纵波，故B错误；C、声波不仅能在空气中传播，也能在固体、液体中传播，但不能在真空中传播，故C错误；D、光可以在真空中的传播，不需要介质，故D错误。

答案：A3.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。

以平衡位置O为原点，建立Ox轴。

向右为x的轴的正方向。

若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( )A.B.C.D.解析：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确，BCD错误。

答案：A4.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。

磁感应强度B随时间均匀增大。

两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b，不考虑两圆环间的相互影响。

下列说法正确的是( )A.E a：E b=4：1，感应电流均沿逆时针方向B.E a：E b=4：1，感应电流均沿顺时针方向C.E a：E b=2：1，感应电流均沿逆时针方向D.E a：E b=2：1，感应电流均沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律E==S，题中相同，a圆环中产生的感应电动势分别为E a==S=π，b圆环中产生的感应电动势分别为E b==S=π，由于r a：r b=2：1，所以，由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故B正确，ACD错误。

2016-2017大学物理4-1试卷A答案

2016—2017第二学期考试试卷A 卷答案及评分标准大学物理4-1一、简答题（每题4分，共16分）1. 简述保守力与非保守力区别，根据保守力做功特点引入什么物理量？答案：保守力做功与路径无关，非保守力做功与路径有关，根据保守做功与路径无关的特点引入势能概念。

2. 列举静电场及磁场中的高斯定，并指出静电场、磁场哪个是有源场？静电场高斯定理：0ε∑⎰⎰=⋅=Φi q s s d E e ϖϖ,磁场高斯定理：0==s s d B ϖϕ,静电场为有源场.3. 简述静电感应现象及静电平衡条件。

答案：导体的静电感应是导体中的自由电荷在外电场作用下作定向运动形成，最终达到静电平衡，这时，导体内部电场强度处处为零，净电荷分布在导体表面；（2）导体达到静电平衡时，导体内部的任意处的电场强度为零；导体表面电场强度的方向都与导体面垂直。

或：导体内部场强为零；导体为等势体；净电荷分布在导体的外表面。

（2）4. 简述动生电动势、感生电动势及产生动生电动势的物理本质。

答：由于回路所围面积的变化或面积取向变化而引起的感应电动势称为动生电动势。

由于磁感强度变化而引起的感应电动势称为感生电动势。

（2）在磁场中导体作切割磁力线运动时，其自由电子受洛仑滋力的作用，从而在导体两端产生电势差（2）二、单项选择题(每题3分，共30分)1.一运动质点在某瞬时位于矢径r 的端点处，则其速度大小可以表示为（ B ）(A) dt dr(B) dt r d ϖ （C ）dt r d ϖ （D ）dt r d ϖ2．升降机内地板上放有一质量为m 的物体，当升降机以加速度a 向上加速运动时，物体对升降机地板的压力在数值上等于（ B ）(A) mg. (B) m(g+a). (C ) ma. (D) m(g-a).3.对于保守力，下列说法错误的是(C )(A)保守力做功与路径无关， (B)保守力沿一闭合路径做功为零，(C)保守力做正功，其相应的势能增加，(D)只有保守力才有势能，非保守力没有势能。

大学物理课后题答案16

习题十六16-1 圆形的平行板电容器，如图所示，极板半径为R ，沿极板轴线的长直导线内通有交变电流，设电荷在极板上均匀分布，且t ωσσsin 0=，忽略边缘效应，求：(1)极板间的位移电流密度；(2)电容器内外距轴线均为 r 的点b 和点a 处的磁感应强度的大小(r <R )。

[解] (1)由位移电流密度公式t ∂∂=D j d 得 t E t ∂∂=∂∂=0d εD j ()t t t t ωωσωσσεεcos sin 10000=∂∂=∂∂= (2)由⎰⎰⎰⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+∂∂=⋅S L d t d S j D l H 得 a 点处，在极板外侧0=∂∂t D ，i d S=⋅⎰⎰S j ()⋅=⋅==22d d d d R R t t q i πσπt ωωσcos 0 所以 t R i r B ωωσπμμπcos 20200⋅⋅==⋅因此 t rR B ωωσμcos 2020= b 点处，在极板之间0=j 200000cos d cos d d r t S t tS L πωωσμωωσμμ⋅=⋅=⋅∂∂=⋅⎰⎰⎰⎰S D l B 所以 t r r t r B ωωσμπωωσμπcos 2cos 2100200=⋅=16-2 上题中，设R ＝10cm ，充电时极板间电场强度的变化率为12100.5d d ⨯=t E ()s m V ⋅，求：(1)两极板间的位移电流； (2)极板边缘处的磁感应强度。

[解] (1) 20d d d d d R tE I S πε=⋅=⎰⎰S j A 4.11.014.3100.5109.821212=⨯⨯⨯⨯⨯=-(2)极板边缘处应用安培环路定理d 00d d I tS L μμ=⋅∂∂=⋅⎰⎰⎰S D l B d 02I R B μπ=⋅T 108.24.01.02104267d 0--⨯=⨯⨯⨯==πππμI R B16-3 一电容为C 的平行板电容器，两极板间的距离为d ，极板面积为A ，外加交变电压t U u ωsin 0=，求通过电容器两极板之间的位移电流强度。

华北电力大学物理试卷2017A及答案

√华北电力大学_16-17__学年第_2_学期考试试卷(AB )课程名称大学物理J （1）课程编号00900052考核日期时间6.19专业班级创新班级需要份数送交日期考试方式闭卷试卷页数3AB 卷齐全是命题教师试题库主任签字备注一、选择题(每题3分共15分)1、一只质量为m 的猴，原来抓住一根用绳吊在天花板上的质量为M 的直杆，悬线突然断开，小猴则沿杆子竖直向上爬以保持它离地面的高度不变，此时直杆下落的加速度为（）(A )g .(B ).(C ).(D ).2、一弹簧振子，重物的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，该振子作振幅为A的简谐振动。

当重物通过平衡位置且向规定的正方向运动时，开始计时。

则其振动方程为：（）(A )(B )(C )(D )3、A 、B 、C3个容器中皆装有理想气体，它们的分子数密度之比为：：=4：2：1，而分子的平均平动动能之比为，则它们的压强之比为（）（A ）1：1：1（B)1：2；2（C ）1：2；3（D ）1：2；44、如图所示，s 1、s 2为两个光源，它们到P 点的距离分别为r 1和r 2，路径s 1P 垂直穿过一块厚度为t 1，折射率为n 1的介质板，路径s 2P 垂直穿过厚度为t 2，折射率为n 2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于（）(A )(r 2+n 2t 2)－(r 1+n 1t 1)(B )[r 2+(n 2－1)t 2]－[r 1+(n 1－1)t 1](C )(r 2－n 2t 2)－(r 1－n 1t 1)(D )n 2t 2－n 1t 15、一匀质矩形薄板，在它静止时测得其长为a ，宽为b ，质量为m 0，由此可推算出其面积密度为m 0/a b ，假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v 作匀速直线运动，此时再测算该矩形薄板的面积密度为（）（A ）（B ）（C ）（D ）s 1s 2t 1t 2n 1n 2r 1r 2P二、填空题（每题3分共15分）6、以初速率、抛射角抛出一物体，则其抛物线轨道最高点处的曲率半径为____________________．7、如图所示，质量为m 0，半径为r 的绕有细线的圆柱可绕固定水平对称轴无摩擦转动，若质量为m 的物体缚在线索的一端并在重力作用下，由静止开始向下运动，当m 下降h 的距离时，m 的动能与m 0的动能之比为。

大学物理习题及答案

] -2(A) 0=E ，r Q U 04επ=
； (B) 0=E ，R Q U 04επ=； (C) 204r Q E επ=，r Q U 04επ=； (D) 204r Q E επ=，R Q U 04επ=。 7、点电荷Q -位于圆心O 处，a 是一固定点，b 、c 、d 为同一圆周上的三点，如图所示。现将一试验电荷从a 点分别移动到b 、c 、d 各点，则 [ ] ()A 从a 到b ，电场力作功最大； ()B 从a 到到c ，电场力作功最大； ()C 从a 到d ，电场力作功最大； ()D 从a 到各点，电场力作功相等。二、填空题 1、把一个均匀带电量Q +的球形肥皂泡由半径1r 吹胀到2r ，则半径为R (12r R r <<）的高斯球面上任一点的场强大小E 由变为______________。 2、一个点电荷对另一个相距为l 的点电荷施加一个大小为F 的静电力，如果两个点电荷间的距离增加到2l ，则它们之间静电力的大小变为F 的倍。 3、两个点电荷的带电量分别为Q 和q ，它们相距为a 。当q 由2Q 变到4 Q 时，在它们的连线中点处的电势变为原来的倍。（以无限远处的电势为零） 4、高斯定理反映了静电场是有源场，由此可以知道电力线的源头，是电力线的尾闾。 5、电荷1q 、2q 、3q 和4q 在真空中的分布如图所示, 其中2q 是半径为R 的均匀带电球体, S 为闭合曲面，则通过闭合曲面S 的电通量 =???S S E d , 空间各点的电场强度由产生。 6、静电场的环路定理的数学表示式为：______________________。 7、描述静电场性质的两个基本物理量是______________；它们的定义式是 ________________和 __________________________________________． 8、静电场中某点的电势，其数值等于______________________________ 或

大学物理习题册参考答案

A1r 2r ab1、下列几个叙述中哪一个是正确的？A 、电场中某点场强的方向，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同；C 、场强方向可由E =F/q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负； D 、以上说法都不正确。

[ ] 1. C解释：A 答案点电荷可能有正负；B 答案场强是矢量2、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 A 、如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零； B 、如果高斯面上E处处不为零，则该面内必无电荷；C 、如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；D 、如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。

[ ] 2. C解释：A 答案通量为零不一定场强为零；D 答案考虑等量异号电荷，可以使得处处为零。

3、在静电场中，下列说法中哪一个是正确的？A 、带正电荷的导体，其电势一定是正值；B 、等势面上各点的场强一定相等；C 、场强为零处，电势也一定为零；D 、场强相等处，电势梯度矢量一定相等。

[ ] 3. D解释：A 答案电势是个相对值，要参考零电势的选择。

4、如图所示，在电荷为Q 的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为1r 和2r ，则移动过程中电场力做的功为 A 、012114Q r r ； B 、012114qQ r r；C 、012114qQ r r; D 、0214qQ r r [ ]4. C解释：电场力做功等于电势能差，注意正负号。

5、两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 [ ](A) (B) (C) (D) 5. D解释：由高斯定理依次求出各部分场强即可。

6、对于带电的孤立导体球A 、导体内的场强与电势大小均为零；B 、导体内的场强为零，而电势为恒量；C 、导体内的电势比导体表面高；D 、导体内的电势与导体表面的电势高低无法确定。

华北电力大学电机学习题集及答案

2E 1U 1E1U 1I 1E Φ2I 2E LZ 2U图10变压器副方加电阻、电感或电容负载时，从原方输入的无功功率有何不同？为什么？变压器副方加电感性负载及电容性负载时，副方电压有何不同？副方电压在什么情况下2U 1U 1I 2I 3I LZ 图11的单相变压器，原方额定电压2400V ，副方有两个独立线圈，分别按图）接负载，其中箭头表示线圈两端的电压相量。

试求：图各线圈中的电流值；（忽略漏阻抗和激磁电流，1I 2I 2U （ 2ωω1U φ1I 2I 2U （ 2ωω1U φscI TAscU 200 IIC 120120120 0(a)6060某四极交流电机定子三相双层绕组的每极每相槽数有一台同步发电机，定子绕组里电动势和电流的正方向分别标在图～U UIESX34有一台旋转电枢的同步电机，电动势、电流的正方向如图35所示。

~3GS IcIU150I图37落后时，电枢反应在发电机的运行里显示出去磁作用；而在电动机中起为什么反应式同步电动机必须做成凸极式的才行？它建立磁场所需的励磁电流由什么供给？它是否还具有改善电网功率因数的优点？能否单独作发电机供给电阻或电感？为什CAI B I CI A U BU CU LZ A I图38同步发电机的三相突然短路三相突然短路时，各绕组的周期性电流和非周期性电流如何出现？在定、转子绕组中，30(a)4060(b)。

新版华北电力大学(保定)物理学考研经验考研参考书考研真题

得到拟录取消息的前些天一直忐忑不安，想象着自己失败时的沮丧或者自己成功时的兴奋。

终于尘埃落定，内心激动，又面色平静地拿起手机给每一个关心我的家人和朋友发了这个好消息。

也想在这里写下自己考研路上的点点滴滴，给自己留一个纪念，也希望大家能从中得到一些收获。

立大志者得中志，立中志者得小志，立小志者不得志。

所以我建议刚开始大家就朝着自己喜欢的，最好的学校考虑，不要去担心自己能不能考上的问题，以最好的学校的标准来要求自己去学习。

大家可以去自己想报考的学校官网上下过去的录取分数线，报录比之类的信息给自己一个参考和努力目标。

包括找一些学长学姐问下经验也是很有用的。

备考那个时候无论是老师还是同学们都给了我很多的帮助，让我在备考的路上少走了很多的弯路，尤其是那些珍贵的笔记本，现在回想起来依然很是感动，还好现在成功上岸，也算是没有辜负大家对我的期望。

所以想着成功之后可以写一篇经验贴，希望可以帮助大家。

话不多说，下面跟大家介绍一下我的经验吧。

文末有笔记和真题下载，大家可自取。

华北电力大学（保定）物理学的初试科目为：(101)思想政治理论和(201)英语一(616)普通物理学和(806)量子力学参考书目为：1.赵凯华《电磁学》2.漆安慎《力学》3.周世勋《量子力学教程》先聊聊英语单词部分：我个人认为不背的单词再怎么看视频也没用，背单词没捷径。

你想又懒又快捷的提升单词量，没门。

（仅供个人选择）我建议用木糖英语单词闪电版，一天200个，用艾宾浩斯曲线一个月能记完，每天记单词需要1小时（还是蛮痛苦的，但总比看真题时啥也看不懂要舒服多）。

好处在于是剔除了初高中的简单词，只剩下考研的必考词，能迅速让你上手真题。

背单词要一直从3-4月份持续到考研前几天，第一遍记完必须要在暑假前。

阅读完形部分：木糖英语真题手译就挺好用的，不需要做真题以外的任何阅读题。

因为真题就是最贴近实战的练习题了，还记得近十年的真题我是刷了大概有四五遍。

不过，我建议从05年的开始抠真题，需要一个单词都不放过，因为考研英语的试卷有80％的单词，去年的卷子重复过。

大学物理实验试题及答案

大学物理实验试题及答案试题一：电场与电势能1. 两个均匀带电平板之间的电场强度为E，两板间距为d。

求证：带电平板的电场强度与两板间距和电场强度成正比，与板的面积无关。

解答：根据电场强度的定义，电场强度E等于电势差ΔV与沿电场线的位移Δs的比值。

在平行板电容器内，电场强度可以表示为E = ΔV / Δs。

假设两板间距为d1时，电场强度为E1；两板间距为d2时，电场强度为E2。

由于电容器内电场是均匀的，因此可以得到ΔV / Δs = ΔV1 /Δs1 = ΔV2 / Δs2。

根据等式关系可以推导出 E1 / E2 = d1 / d2。

从中可以看出，电场强度与两板间距成正比，与板的面积无关。

2. 在电势能转化的过程中，电势能的守恒原理是否适用？解答：电势能守恒原理是能量守恒定律在电场中的应用，它指的是在电荷自由运动的过程中，电势能可以转化为其他形式的能量，但总能量保持不变。

在电势能转化的过程中，电势能的守恒原理是适用的。

试题二：光学实验1. 请解释全息照相术的原理及应用。

解答：全息照相术是一种记录光场干涉图样的技术，它利用激光的相干性和干涉现象来记录物体的三维信息。

该技术的原理是：将激光束分为物光和参考光两束，物光经过与被照物体产生干涉，然后与参考光叠加形成干涉图样，将干涉图样记录在感光介质上。

当使用与记录时相同的参考光波束照明记录介质时，可以再现物体原始的全息图像。

全息照相术的应用非常广泛，其中包括：- 三维成像：全息照相术可以记录物体的全息图像，再现出立体感强烈的图像，可以用于展示艺术品、建筑模型等。

- 安全验证：全息图像具有较高的安全性，可以用于制作银行卡、身份证等的安全标识。

- 光学存储：全息图像可以作为光学存储介质，存储更多的信息量，并具有快速读写的特点。

2. 请解释光栅的作用和原理。

解答：光栅是一种具有定期排列的平行透明或不透明条纹的光学元件。

它根据干涉和衍射原理，可以将入射的光线分散成多个方向的光束，从而实现波长的分离或角度的分散。

大学物理16章物理答案3

16.20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A ．求两线圈内储存的总磁能．[解答]A 管储存的自能为211112m W L I = 32314102810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯，B 管储存的自能为222212m W L I = 323191047210(J)2--=⨯⨯⨯=⨯；由于两线圈完全耦合，互感系数为M =3610(H)-==⨯，A 管和B 管储存的相互作用能为W m 12 = MI 1I 2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)，两线圈储存的总能量为W m = W m 1 + W m 2 + W m 12 = 0.128(J)．16.21 一螺绕环中心轴线的周长L = 500mm ，横截面为正方形，其边长为 b = 15mm ，由N = 2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的相对磁导率μr = 1000，当导线中通有电流I = 2.0A 时，求：图16.21（1）环内中心轴线上处的磁能密度；（2）螺绕环的总磁能．[解答]（1）设螺绕环单位长度上的线圈匝数为 n = N/L ，中心的磁感应强度为B = μnI ，其中μ = μr μ0．磁场强度为H = B/μ = nI ，因此中心轴线上能量密度为2111()222w BH nI μ=⋅==B H72125001000410(2)20.5π-=⨯⨯⨯⨯ = 2π×104(J·m -3)．（2）螺绕环的总体积约为V = b 2L ，将磁场当作匀强磁场，总磁能为W = wV= 2π×104×(0.015)2×0.5=2.25π = 7.07(J)．16.22试证：平行板电容器中的位移电流可写成d d d UI C t =的形式，式中C 是电容器的电容，U 是两板间的电势差．对于其他的电容器上式可以应用吗？[证明]根据麦克斯韦理论：通过电场任意截面的位移电流强度等于通过该截面电位移通量的时间变化率，即I d = d ΦD /d t ．在平行板电容器中，由于ΦD= DS，而电位移D等于电容器的面电荷密度，即D = σ．因为电容器带电量为q = σS = DS = ΦD，所以I d= d q/d t，即：位移电流等于极板上电量的时间变化率．根据电容的定义 C = q/U，可得I d= C d U/d t．其他电容器可以看作由很多平等板电容器并联而成，总电容等于各电容之和，所以此式对于其他电容器也可以应用．16.23 如果要在一个1.0PF的电容器中产生1.0A的位移电流，加上电容器上的电压变化率为多少？[解答]因为I d= C d U/d t，所以电压变化率为d U/d t = I d/C = 1/10-12 = 1012(V·s-1)．16.24在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值为2×105V的交变电压，电容器电容C = 2PF，求极板间位移电流的最大值为多少？[解答]交变电压为U = U m cos2πνt，位移电流为I d= C d U/d t = -CU m2πνsin2πνt，电流最大值为I m = CU m 2πν= 2×10-12×2×105×2π×50 = 4π×10-5(A)．16.25一平行板电容器的两极板面积为S 的圆形金属板，接在交流电源上，板上电荷随时间变化，q = q m sin ωt ．求：（1）电容器中的位移电流密度；（2）两极板间磁感应强度的分布．[解答](1)平行板电容器的面电荷密度为σ = q/S ，位移电流密度为 d d cos d d m d q q t t S t S ωσδω===．（2）在安培-麦克斯韦环路定律中dL I I +=⋅⎰l H d ，两极板间没有传导电流，即I = 0．由于轴对称，在两板之间以轴为圆心作一个半径为r 的圆，其周长为 C = 2πr ，使磁场的方向与环路的方向相同，左边为rHl H L π2d d L =⋅=⋅⎰⎰l H ．环路所包围的面积为S` = πr 2，右边的位移电流为2`(cos )m d d q I S t r S ωδωπ==．因此，两极板间磁场强度的分布为cos 2m q r H t S ωω=，磁感应强度的分布为00cos 2m q rB H t S μωμω==．16.26 如图所示，电荷+q 以速度v 向O 点运动（电荷到O 点的距离以x 表示）．以O 点O 圆心作一半径为a 的圆，圆面与v 垂直．试计算通过此圆面的位移电流． [解答]在圆面上取一半径为R 的环，其面积为d S = 2πR d R ，环上任一面元的法线方向与场强方向之间的夹角为φ，场强大小为 E = q /4πε0r 2，其中r = (x 2 + R 2)1/2，通过环的电通量为d Φe = E ·d S = E d S cos φ，其中cos φ = x/r ，所以得3223/200d d d 22()e qxR R qx R R r x R Φεε==+，积分得电通量为22223/200d()22()a e qx x R x R Φε+=+⎰0(12q ε=．由于电位移强度D 和电场强度E 的关系为 D = ε0E ，图16.26a所以电位移通量和电通量之间的关系为Φd = ε0Φe ，因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为(12d q Φ=．当电荷q 以速度v 向O 运动时，可认为圆面以d x /d t = -v 向电荷运动，因此，通过此圆面的位移电流为d d dd I t Φ=2q -=2223/22()q a v x a =+．16.27在真空中，一平面电磁波的电场为70.3cos[210()]y x E t c π=⨯-(V·m -1)．求：（1）电磁波的波长和频率；（2）传播方向；（3）磁场的大小和方向． [解答]（1）电磁波的角频率为ω = 2π×107(rad·s -1)，频率为 ν = ω/2π = 107(Hz)．波长为 λ = cT = c/ν = 3×108/107 = 30(m)．（2）电磁波的传播方向为x 方向．（3）磁场的方向在z 方向，由于y z =，所以磁场强度为001z y y yH E E c μ===871310410y E π-=⨯⨯⨯71cos[210()]400xt c ππ=⨯-．磁感应强度为01z z y B H E c μ==9710cos[210()]xt c π-=⨯-．71cos[210()]400xt c ππ=⨯-．磁感应强度为01z z y B H E c μ==9710cos[210()]xt c π-=⨯-．16.28 一个长直螺线管，每单位长度有n 匝线圈，载有电流i ，设i随时间增加，d i /d t >0，设螺线管横截面为圆形，求：（1）在螺线管内距轴线为r 处某点的涡旋电场；（2）在该点处坡印廷矢量的大小和方向．[解答]（1）长直螺线管通有电流i 时，在轴线上产生的磁感应强度为μ0ni ， B = 磁场是均匀的，也是轴对称的．以轴线上某点为圆心，以r 为半径作一环路，环路的周长为 C = 2πr ，面积为 S=πr 2，根据电场的环路定理S B l Εd d d d ⋅-=⋅⎰⎰S L k t ，可得 2πrE = -πr 2d B /d t ，因此涡旋电场为0d 2d nr iE t μ=-，负号表示涡旋电场的方向与环路的环绕方向相反．（2）管中磁场强度为H = B/μ0 = ni ．坡印廷矢量为S = E ×H ，其大小为20d 2d n r iS EH i t μ==．当d i /d t > 0时，S 的方向沿径向指向轴线；当d i /d t < 0时，S 的方向沿径向向外．。