大物2期末复习
高一物理期末复习2(第三,四章)
17、作用于一个点的三个力，F1=3N、F2=5N、
F3=7N，它们的合力大小不可能的是（ ）
A.0
B.2N
C.15N
D.18N
三、力的实际分解
力的分解是力的合成的逆运算，遵守平行四边形法则。 1、合力的大小一定时,两分力随二力夹角的增大而增大。
2、力的分解不具有唯一性：
如果没有其它限制，一个力可以分解成无数对大 小、方向不同的分力。
练习
3、一杯子装满水，杯的底部有一个小 孔，在水从小孔不断流出的过程中，杯 连同杯中水的共同重心将（ ） A、一直下降 B、一直上升 C、先升后降 D、先降后升
练习 4、关于重力的大小，以下说法正确的是 [ A．悬挂在竖直绳子上的物体，绳子对它的 ]
拉力一定等于其重力
B．静止在水平面上的物体对水平面的压力
F
F1
二、力的合成
4.合力的特点：
(1)两个力的大小一定时,合力随二力夹角的增大而减小。 (2)两个力的大小一定时, | F1－F2|≤F≤（F1＋F2）。
(3)合力可以比分力大,也可以比分力小,还可以和分力 大小相等。
练习 15、下面关于合力和它的两个分力的叙述中， 正确的是 ( ) A．两个力的合力，一定大于其中任意的一个力
3、将一个实际的力分解的原则：
（1）按力的实际作用效果分解 （2）正交分解
练习
18、如图所示，轻绳 AO 和 BO 共同吊起质量 为 m 的重物.AO 与 BO 垂直，BO 与竖直方向 的夹角为 θ，OC 连接重物，则（ ）
A.AO 所受的拉力大小为 mgsinθ B.AO 所受的拉力大小为
mg sin
F1 =10N
）
A. 10N，方向向左
大物2知识点总结
大物2知识点总结大气物理学是研究地球大气现象及其规律的一门科学。
这门学科涉及到大气的结构、运动、热量传递、湿气平衡以及各种气象现象的生成原理和发展规律。
在大气物理学的学习中，我们需要掌握许多基础知识和理论，接下来将对大气物理学的一些重要知识点进行总结。
1. 大气结构大气结构是大气科学的基础。
大气分为对流层、平流层、中间层、热层和外大气层。
对流层是最接近地球表面的一层大气，海拔范围为0-15公里;平流层的海拔范围为15-50公里;中间层为50-80公里;热层为80-500公里;外大气层则超过500公里。
对流层与平流层的隔离位置在对流层顶上的对流层顶温的转折上升压力高度，称为对流层顶，又称对流层隔离位置。
平流层对流层细微隔离位置在平流层上的直接上升压力高度，称为平流层顶。
2. 气压和气压分布气压是大气分布状态的一项基本参数。
气压是指大气对于单位面积的压力。
气压是一个变量参数，一般情况下以帕斯卡（Pa）为单位。
在大气静力学中，我们还需要了解气压的垂直分布规律，即随着海拔的升高，气压是如何变化的。
气压的垂直分布规律不仅与地球的地理位置有关，还与气温、密度、重力加速度等因素有关。
3. 温度和温度分布温度是大气中分子活动强烈程度的一种度量，是表示气体热量的物理量。
在大气物理学中，我们需要了解大气温度的测量单位和方法，以及大气的温度分布规律。
温度分布与地表的纬度、季节、海拔高度等因素密切相关，不同的地区和时间，大气的温度分布规律是不同的。
4. 湿度和湿度分布湿度是大气中水分子含量的一个量度，也是一个重要的气象要素。
了解大气湿度的测量方法，以及大气湿度的分布规律对于预测气象变化、计算气象条件等方面具有重要意义。
湿度在大气中的分布是随着时间和地域的变化而变化的，需要认真研究。
5. 大气稳定性大气稳定性是指大气在受到扰动后能够恢复到平衡状态的能力。
了解大气稳定性对于气象灾害预警、飞行气象等有重要意义。
在大气物理学的学习中，我们需要掌握大气稳定性的测定方法，以及大气稳定性与地表气温、湿度等因素之间的关系。
大物复习题汇总
【7-11】一条无限长直导线在一处弯折成半径为 R 的圆弧，
如图所示，若已知导线中电流强度为 I，试利用毕奥-萨伐
I
尔定律求:(1)当圆弧为半圆周时，圆心 O 处的磁感应强度 B;
(2)当圆弧为 1/4 圆周时，圆心 O 处的磁感应强度。
解:（1） B B左 B中 B右 因左右两边的半无限长的延迟线经
S
S
4R3 30
E R3 3r 20
当 r < R 时，同理有
S
E
E
• dS EdS
S
qr 4 0R3
cos
0
E
E dS E4 r2 q
S
qr 4 0R3
rˆ, (r
R)
r3 R3
q 4r 3 3
Ex3 静电场环路定理,电势能,电势
6-17 如图所示，A 点有电荷+q，B 点有电荷-q，AB=2l，OCD 是以 B 为中心、 l 为半径的半圆。
强 dE1
dE1i
且 dE1
dx 40 x2
，
La dx
L
EP1 Q dE1 i a
40 x2
i 40a(a L)
即
P1
点场强大小为
L 4 0 a(a
L)
，方向沿
AP1
方向。
6.5 一根玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形，其上电荷均匀分布，总电荷为 q，求半圆中心 O 点
的场强。
解：如图，以半圆圆心为原点、对称轴为 x 轴建立坐标系，在棒上取电荷元 dq。
q 4 0
3l
q 4 0l
q 6 0l
单位正电荷从 O 点移到 D 点，电场力做功为：
WOD
大物期末考试题及答案
大物期末考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 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。
以下哪个选项正确描述了这一定律？A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = 1/(ma)答案：A2. 一个物体从静止开始自由下落，其下落距离与时间的关系为：A. s = gtB. s = 1/2 gtC. s = 1/2 g(t^2)D. s = gt^2答案：C3. 根据能量守恒定律，以下哪个选项正确描述了能量守恒？A. 能量可以被创造或消灭B. 能量守恒定律只适用于封闭系统C. 能量可以在不同形式之间转换，但总量保持不变D. 能量守恒定律不适用于微观粒子答案：C4. 以下哪个选项正确描述了动量守恒定律？A. 动量守恒定律只适用于碰撞过程B. 动量守恒定律适用于所有物理过程C. 动量守恒定律只适用于没有外力作用的系统D. 动量守恒定律只适用于宏观物体答案：C5. 以下哪个选项正确描述了波的干涉条件？A. 波源必须相同B. 波源必须不同C. 波的频率必须相同D. 波的振幅必须相同答案：C6. 以下哪个选项正确描述了光的折射现象？A. 光线在不同介质中传播速度会改变B. 光线在不同介质中传播方向不变C. 光线在不同介质中传播速度不变D. 光线在不同介质中传播方向总是改变答案：A7. 根据热力学第一定律，以下哪个选项正确描述了能量的转换？A. ΔE = Q + WB. ΔE = Q - WC. ΔE = Q / WD. ΔE = W / Q答案：B8. 以下哪个选项正确描述了理想气体的状态方程？A. PV = nRTB. PV = nT/RC. PV = RTD. PV = nR答案：A9. 以下哪个选项正确描述了电磁感应现象？A. 变化的磁场可以产生电流B. 电流可以产生磁场C. 磁场可以产生电流D. 电流可以产生变化的磁场答案：A10. 以下哪个选项正确描述了相对论中时间膨胀现象？A. 运动的物体在运动方向上的长度会变长B. 运动的物体在运动方向上的时间会变慢C. 运动的物体在垂直于运动方向上的长度会变短D. 运动的物体在垂直于运动方向上的时间会变慢答案：B二、填空题（每空1分，共10分）11. 牛顿第一定律又称为________定律。
中国石油大学华东2012年期末大物2-1试卷
中国⽯油⼤学华东2012年期末⼤物2-1试卷2011—2012学年第⼆学期《⼤学物理（2-1）》期末试卷⼀、选择题1、（本题3分）两辆⼩车A 、B ，可在光滑平直轨道上运动．第⼀次实验，B 静⽌，A 以0.5 m/s 的速率向右与B 碰撞，其结果A 以 0.1 m/s 的速率弹回，B 以0.3 m/s 的速率向右运动；第⼆次实验，B 仍静⽌，A 装上1 kg 的物体后仍以 0.5 m/s 的速率与B 碰撞，结果A 静⽌，B 以0.5 m/s 的速率向右运动，如图．则A 和B 的质量分别为(A) m A = 2 kg m B = 1 kg ． (B) m A = 1 kg m B = 2 kg ．(C) m A = 3 kg m B = 4 kg ． (D) m A = 4 kg m B = 3 kg ．［］2、(本题3分）有⼀劲度系数为k 的轻弹簧，原长为l 0，将它吊在天花板上．当它下端挂⼀托盘平衡时，其长度变为l 1．然后在托盘中放⼀重物，弹簧长度变为l 2，则由l 1伸长⾄l 2的过程中，弹性⼒所作的功为(A)-21d l l x kx ． (B)21d l l x kx ．(C)---0201d l l l l x kx ． (D)--0201d l l l l x kx ．［］3、（本题3分）⼀圆盘绕过盘⼼且与盘⾯垂直的光滑固定轴O 以⾓速度ω按图⽰⽅向转动.若如图所⽰的情况那样，将两个⼤⼩相等⽅向相反但不在同⼀条直线的⼒F 沿盘⾯同时作⽤到圆盘上，则圆盘的⾓速度ω(A) 必然增⼤． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定．［］4、（本题3分）在狭义相对论中，下列说法中哪些是正确的？(1) ⼀切运动物体相对于观察者的速度都不能⼤于真空中的光速．(2) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态⽽改变的．(3) 在⼀惯性系中发⽣于同⼀时刻，不同地点的两个事件在其他⼀切惯性系中也是同时发⽣的．(4)惯性系中的观察者观察⼀个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟⽐与他相对静⽌的相同的时钟⾛得慢些．(A) (1)，(3)，(4)．(B) (1)，(2)，(4)．(C) (1)，(2)，(3)．(D) (2)，(3)，(4)．［］5、（本题3分）某核电站年发电量为100亿度，它等于36×1015 J的能量，如果这是由核材料的全部静⽌能转化产⽣的，则需要消耗的核材料的质量为(A) 0.4 kg．(B) 0.8 kg．(C) (1/12)×107 kg．(D) 12×107 kg．［］6、（本题3分）已知⼀定量的某种理想⽓体，在温度为T1与T2时的分⼦最概然速率分别为v p1和v p2，分⼦速率分布函数的最⼤值分别为f(v p1)和f(v p2)．若T1>T2，则(A) v p1 > v p2， f (v p1)> f (v p2)．(B) v p1 > v p2， f (v p1)< f (v p2)．(C) v p1 < v p2， f (v p1)> f (v p2)．(D) v p1 < v p2， f (v p1)< f (v p2)．［］7、（本题3分）关于热功转换和热量传递过程，有下⾯⼀些叙述：(1) 功可以完全变为热量，⽽热量不能完全变为功；(2) ⼀切热机的效率都只能够⼩于1；(3) 热量不能从低温物体向⾼温物体传递；(4) 热量从⾼温物体向低温物体传递是不可逆的．以上这些叙述（A）只有(2)、(4)正确．（B）只有(2)、(3) 、(4)正确．（C）只有(1)、(3) 、(4)正确．（D）全部正确．［］8、（本题3分）频率为 100 Hz ，传播速度为300 m/s 的平⾯简谐波，波线上距离⼩于波长的两点振动的相位差为π31，则此两点相距（A ） 2.86 m ．（B) 2.19 m ．（C ） 0.5 m ．（D) 0.25 m ．［］ 9、（本题3分）如图，S 1、S 2是两个相⼲光源，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) )() (111222t n r t n r +-+．(B) ])1([])1([211222t n r t n r -+--+． (C) )()(111222t n r t n r ---． (D) 1122t n t n -．［］10、（本题3分）⼀束平⾏单⾊光垂直⼊射在光栅上，当光栅常数（a+b ）为下列哪种情况时（a 代表每条缝的宽度），k ＝3、6、9等级次的主极⼤均不出现？（A ） a+b ＝2a ．（B ） a+b ＝3a ．（C ） a+b ＝4a ．（D ） a+b ＝6a ．［］⼆、简单计算与问答题（共6⼩题，每⼩题5分，共30分） 1、（本题5分）⼀质点作直线运动，其x- t 曲线如图所⽰，质点的运动可分为OA 、AB 、BC 和CD 四个区间，AB 为平⾏于t 轴的直线，CD 为直线，试问每⼀区间速度、加速度分别是正值、负值，还是零？PS 1S 2 r 1n 1n 2t 2r 2t 1x2、（本题5分）⼀车轮可绕通过轮⼼O 且与轮⾯垂直的⽔平光滑固定轴，在竖直⾯内转动，轮的质量为M ，可以认为均匀分布在半径为R 的圆周上，绕O 轴的转动惯量J ＝MR 2．车轮原来静⽌，⼀质量为m 的⼦弹，以速度v 0沿与⽔平⽅向成α⾓度射中轮⼼O 正上⽅的轮缘A 处，并留在A 处，如图所⽰．设⼦弹与轮撞击时间极短．问：(1) 以车轮、⼦弹为研究系统，撞击前后系统的动量是否守恒？为什么？动能是否守恒？为什么？⾓动量是否守恒？为什么？ (2) ⼦弹和轮开始⼀起运动时，轮的⾓速度是多少？3、（本题5分）经典⼒学的相对性原理与狭义相对论的相对性原理有何不同？4、（本题5分）试从分⼦动理论的观点解释：为什么当⽓体的温度升⾼时，只要适当地增⼤容器的容积就可以使⽓体的压强保持不变？5、（本题5分）⼀质点作简谐振动，其振动⽅程为x = 0.24)3121cos(π+πt (m)，试⽤旋转⽮量法求出质点由初始状态（t = 0的状态）运动到x = -0.12 m ，v < 0的状态所需最短时间?t ．6、（本题5分）让⼊射的平⾯偏振光依次通过偏振⽚P 1和P 2．P 1和P 2的偏振化⽅向与原⼊射光光⽮量振动⽅向的夹⾓分别是α和β．欲使最后透射光振动⽅向与原⼊射光振动⽅向互相垂直，并且透射光有最⼤的光强，问α和β各应满⾜什么条件？三．计算题（共4⼩题，每⼩题10分，共40分） 1、（本题10分）两个质量分别为m 1和m 2的⽊块A 和B ，⽤⼀个质量忽略不计、劲度系数为k 的弹簧联接起来，放置在光滑⽔平⾯上，使A 紧靠墙壁，如图所⽰．⽤⼒推⽊块B 使弹簧压缩x 0，然后释放．已知m 1 = m ，m 2 = 3m ，求： (1) 释放后，A 、B 两⽊块速度相等时的瞬时速度的⼤⼩；(2) 释放后，弹簧的最⼤伸长量．2、（本题10分）1 mol 双原⼦分⼦理想⽓体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所⽰直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求：（1）⽓体的内能增量．（2）⽓体对外界所作的功．（3）⽓体吸收的热量．（4）此过程的摩尔热容．3、（本题10分）已知⼀平⾯简谐波的表达式为 )24(cos x t A y +π= (SI)． (1) 求该波的波长λ，频率ν和波速u 的值；(2) 写出t = 4.2 s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置；(3) 求t = 4.2 s 时离坐标原点最近的那个波峰通过坐标原点的时刻t ．4、（本题10分）（1）单缝夫琅⽲费衍射实验中，垂直⼊射的光含有两种波长，λ 1 = 400 nm ，λ2 = 760 nm (1 nm =10 -9 m)．已知单缝宽度a = 1.0×10 -2 cm ，透镜焦距f = 50 cm ．求两种光第⼀级衍射明纹中⼼之间的距离．（2）⽤光栅常数-3101.0?=d cm 的光栅替换单缝，其他条件和上⼀问相同，求两种光第⼀级主极⼤之间的距离．p 1p p 12答案⼀、1、B 2、C 3、A 4、B 5、A 6、B 7、A 8、C 9、B 10、B ⼆、1、1、答： OA 区间：v > 0 , a < 0 2分AB 区间：v = 0 , a = 0 1分 BC 区间：v > 0 , a > 0 1分 CD 区间：v > 0 , a = 0 1分2、答：(1) 系统动量不守恒．因为在轴O 处受到外⼒作⽤，合外⼒不为零． 1分动能不守恒．因为是完全⾮弹性碰撞(能量损失转化为形变势能和热运动能)．1分⾓动量守恒．因为合外⼒矩为零． 1分 (2) 由⾓动量守恒 m v 0R cos α = (M + m )R 2ω∴()Rm M m +=αωcos 0v 2分3、答：经典的⼒学相对性原理是指对不同的惯性系，⽜顿定律和其它⼒学定律的形式都是相同的． 2分狭义相对论的相对性原理指出：在⼀切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适⽤于⼒学现象，⽽且适⽤于⼀切物理现象。
大物复习资料汇总
4.2.5 MV 232X 10 3X 1002:.AT =iR质量为100g 的水蒸汽，温度从积不变的情况下加热，需热量= ？ o二 7.7K5x831120 C 升高到150 C,若视水蒸汽为理想气体，体Qv = ?在压强不变的情况下加热，需热量 Qp解：1（）（加4的斥尔数 m 100 50 v=—=——=—mol Jtf IS 9喝。
是多原子分子：：二6Q*3*8.31*30 = 4155/4皆 v93.50Q p = vC p M = y * 4* 8.31*30 = 5540J•定量的单原子理想气体在等压膨胀过程中对外作的功A/Q = 2/5，若为双原子理想气体，则比值解：A 与吸收的热量 Q 之比A/Q = 27 oAE =皿任—八；—2单原子分子：i = 3；CP ，+ 2双原子分子：1=5由刚性双原子分子组成的理想气体，温度为 T 时，贝U 1mol 该理想气体的内能为？？？5/2RTiff解：一1.储有氧气的容器以速度 V = 100m • s-1运动，假设该容器突然停止，全部定向运动 的动能都变为气体分子热运动的动能，问容器中的氧气的温度将会上升多少？ 解，氧气:Z = 5M2 25. 原在标准状况下的 2mol 的氢气，经历一过程吸热 500J,问：(1)若该过程是等容过程，气体对外作功多少？末态压强 P =? (2)若该过程是等压过强，末态温度 T =?, 气体对外作功多少？解：初态：标准状况^=1.013*105?«7；=2731氢气：i=5A _QAT =^-=1000=12K(1)等容过程人末态温度 T r = T 0+AT=285K末态压强 P 二 F 0 T=1.01 3* 105*285= 1.057* 105PaT 。
273等压过程A=.RT Q p J 2R Tp p2T p二 T 0：T =281.6K6. 2mol 多原子理想气体，从状态(P0 ,V0 ,T0)o 开始作准静态绝热 膨胀，体积增大到原体积的3倍，则膨胀后气体压强P= 解：多原子分子：i=6i +24比热比： 二」i 3绝热过程：PV 二P0V0V0 7所以：P =P0(一)V2 2A Q *500 =142.9Ji 2 72Q♦ (i 2)R2* 7*8.31(2)7. 在高温热源为127C，低温热源为27C之间工作的卡诺热机，对外做净功8000JL维持低温热源温度不变，提高高温热源温度, 使其对外做净功100004若这两次循环该热机都工作在相同的两条绝热线之间，试求：(1) 后一个卡诺循环的效率；(2) 后一个卡诺循环的高温热源的温度解：(1)T!=127o C=400K;T2=27°C=300K=1-& =25%T iQ, -32000JQ2= Q, - A = 24000JT2二T2= 300K Q2 = Q2= 2 4 0 J 0A =10000J Q, = A2Q2二24000J=A /Q2=10000/34000 二29.4%(2)又十半丁1=严=器=425K=152O C8. 一卡诺热机在每次循环过程中都要从温度为400K的高温热源吸热418J,向低温热源放热334・4J,低温热源温度为？320K解：由得a人L二鈿=320所以(3)气体吸收的热量 。
大物(2)期末复习
练习一 静电场中的导体三、计算题1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(x 2+y 2)3/2,其中C 为常数.求(1)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.解：. E x =-∂U/∂x=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]= (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2E y =-∂U/∂y=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3 y 轴上点(x =0) E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0E =-C i /y 32．如图,一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球B (半径为R 1)上,今给A 球带负电-Q , 求B 球所带电荷Q B 及的A 球的电势U A .静电场中的导体答案解： 2. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U BAU A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3)U BA =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3- R 1R 3)U A =[Q/(4πε0R 3)][-1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]=-Q (R 2-R 1)/[4πε0(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]练习二 静电场中的电介质三、计算题1. 如图6.6所示,面积均为S 2的两金属平板A ,B 平行对称放置,间距为d =1mm,今给A , B 两板分别带电 Q 1×10－9C, Q 2×10－9C.忽略边缘效应,求：(1) 两板共四个外表的面电荷密度 σ1, σ2, σ3, σ4;(2) 两板间的电势差V =U A －U B .解：1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四-Q图5.6Q2σ 2 σ 4个外表的电荷产生的,应为零,有E A =σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0E A =σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0而 S (σ1+σ2)=Q 1 S (σ3+σ4)=Q 2 有 σ1-σ2-σ3-σ4=0σ1+σ2+σ3-σ4=0 σ1+σ2=Q 1/S σ3+σ4=Q 2/S解得 σ1=σ4=(Q 1+Q 2)/(2S ⨯10-8C/m 2σ2=-σ3=(Q 1-Q 2)/(2S ⨯10-8C/m 2两板间的场强 E=σ2/ε0=(Q 1-Q 2)/(2ε0S )V=U A －U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V四、证明题1. 如图所示，置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体外表出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在.解：1.ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅AB l E d 2=⎰⋅ACBl E d ≠0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量三、计算题1. 半径为R 1的导体球带电Q ,球外一层半径为R 2相对电容率为εr 的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图所示.求:(1)离球心距离为r 1(r 1<R 1), r 2(R 1<r 1<R 2), r 3(r 1>R 2)处的D 和E ；(2)离球心r 1, r 2, r 3,处的U ；(3)介质球壳内外外表的极化电荷. 解：1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4πr 2D=∑q 0i当r=5cm <R 1, ∑q 0i =0得 D 1=0, E 1=0 当r=15cm(R 1<r <R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 2=Q /(4πr 2)×10-8C/m 2E 2=Q /(4πε0εr r 2)=7.99×103N/C 当r=25cm(r >R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 3=Q /(4πr 2)=1.27×10-8C/m 2 E 3=Q /(4πε0r 2)=1.44×104N/C D 和E 的方向沿径向. (2) 当r=5cm <R 1时 U 1=⎰∞⋅rl E d⎰=R rr E d 1⎰++dR Rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q/(4πε0εr R )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]=540V当r=15cm <R 1时U 2=⎰∞⋅rl E d ⎰+=dR rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q/(4πε0εr r )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]=480V当r=25cm <R 1时U 3=⎰∞⋅rl E d ⎰∞=rr E d 3=Q/(4πε0r )=360V(3)在介质的内外外表存在极化电荷,P e =ε0χE=ε0(εr -1)E σ'= P e ·nr=R 处, 介质外表法线指向球心σ'=P e ·n =P e cos π=-ε0(εr -1)Eq '=σ'S =-ε0(εr -1) [Q /(4πε0εr R 2)]4πR 2=-(εr -1)Q /εr =-0.8×10-8Cr=R+d 处, 介质外表法线向外σ'=P e ·n =P e cos0=ε0(εr -1)Eq '=σ'S =ε0(εr -1)[Q /(4πε0εr (R+d )2]4π(R +d )2=(εr -1)Q /εr =0.8×10-8C2.两个相距很远可看作孤立的导体球，半径均为10cm ，分别充电至200V 和400V ，然后用一根细导线连接两球，使之到达等电势. 计算变为等势体的过程中，静电力所作的功. 解;2.球形电容器 C =4πε0RQ 1=C 1V 1= 4πε0RV 1 Q 2=C 2V 2= 4πε0RV 2W 0=C 1V 12/2+C 2V 22/2=2πε0R (V 12+V 22)两导体相连后 C =C 1+C 2=8πε0RQ=Q 1+Q 2= C 1V 1+C 2V 2=4πε0R (V 1+V 2)W=Q 2/(2C )= [4πε0R (V 1+V 2)]2/(16πε0R )=πε0R (V 1+V 2)2静电力作功 A=W 0-W=2πε0R (V 12+V 22)-πε0R (V 1+V 2)2=πε0R (V 1-V 2)2=1.11×10-7J练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律三、计算题1. 如图所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片, 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布. 求中心轴线OO '上方距导体薄片为a 的磁感强度.解：1.取宽为d x 的无限长电流元d I=I d x/(2a ) d B=μ0d I/(2πr )=μ0I d x/(4πar )d B x =d B cos α=[μ0I d x/(4πar )](a/r ) =μ0I d x/(4πr 2)= μ0I d x/[4π(x 2+a 2)] d B y =d B sin α= μ0Ix d x/[4πa (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==aax x a x xI B B 2204d d πμ=[μ0I/(4π)](1/a )arctan(x/a )a a-=μ0I/(8a )()⎰⎰-+==aay y ax a xIx B B 2204d d πμ=[μ0I/(8πa )]ln(x 2+a 2)aa-=02. 如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I . 求球心O 的磁感强度.解：2. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(πR/2)]R d θ =(2IN/π)d θd B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2]r=R sin θ x=R cos θd B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B=μ0NI/(4R )xr练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题S 1和S 2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S 1回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比.解： 1.取窄条面元d S =b d r , 面元上磁场的大小为 B =μ0I /(2πr ),Φ1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ Φ2=⎰-=aabI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ Φ1/Φ2=12. 半径为R 的薄圆盘均匀带电，总电量为Q . 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩.解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r , [σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与ω同向,大小为 d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=RRx rx r r x r rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++Rx rx r x r23222222d 4σωμ-()()⎰++Rx rx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RRx r x x r 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/4练习八 安培环路定律三、计算题1. 如图所示，一根半径为R 的无限长载流直导体，其中电流I 沿轴向流过，并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R '的圆柱形空腔，其轴与直导体的轴平行，两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度.解：1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成. I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为 B 1=μ0r 1J/2 B 2=μ0r 2J/2B x =B 2sin θ2-B 1sin θ1=(μ0J/2)(r 2sin θ2-r 1sin θ1)=0 B y =B 2cos θ2＋B 1cos θ1=(μ0J/2)(r 2cos θ2＋r 1cos θ1)=(μ0J/2)d 所以 B = B y = μ0dI/[2π(R 2－R '2)] 方向沿y 轴正向2. 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求： (1) 载流平面之间的磁感强度； (2) 两面之外空间的磁感强度.解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=μ0J /2在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为 B 2=μ0J /2 在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=B 1+B 2=μ0J (2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有 B=B 1-B 2=0练习九 安培力图I 1 I 2①②1. 一边长a =10cm 的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S mm 2, 铜的密度ρg/cm 3), 放在均匀外磁场中. B 竖直向上, 且B = ⨯10-3T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中 求:(1) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少. (2) 假假设线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.解：1. (1) P m =IS=Ia 2 方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m 与B M m =P m ×BM m =P m B sin(π/2)=Ia 2B=×10－4m ⋅N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向 M m =P m B sin(π/2－θ)=Ia 2B cos θ M G = M G 1 + M G 2 + M G 3= mg (a/2)sin θ+ mga sin θ+ mg (a/2)sin θ =2(ρSa )ga sin θ=2ρSa 2g sin θ Ia 2B cos θ=2ρSa 2g sin θ tan θ=IB/(2ρSg )= θ=15︒2. 如图13.5所示，半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2, 置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流I 1 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I 1的磁力. 解：2.在圆环上取微元 I 2d l = I 2R d θ 该处磁场为B =μ0I 1/(2πR cos θ)I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(π/2) d F=μ0I 1I 2d θ/(2πcos θ) d F x =d F cos θ=μ0I 1I 2d θ /(2π) d F y =d F sin θ=μ0I 1I 2sin θd θ /(2πcos θ)⎰-=22102πππθμd I I F x =μ0I 1I 2/2因对称F y =0.故 F =μ0I 1I 2/2 方向向右.练习十 洛仑兹力I图13.5I1. 如图所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i(即单位宽度上通有的电流强度)(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向.(2) 有一质量为m，带正电量为q的粒子，以速度v沿平板法线方向向外运动. 假设不计粒子重力.求：(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞.(B) 需经多长时间，才能回到初始位置..解：1. (1)求磁场.用安培环路定律得B=μ0i/2在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.(2) F=q v×B=m a qvB=ma n=mv2/R带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径.R=mv/qB= 2mv/(μ0iq)t=T=2πR/v= 4πm/(μ0iq)2. 一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y轴方向)垂直,求粒子下落距离为y时的速率.并讲清求解方法的理论依据.解：2. 洛伦兹力Q v×B垂直于v,不作功,不改变v的大小；重力作功.依能量守恒有mv2/2=mgy，得v=(2gy)1/2.练习十一磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为γ,电场强度为E,方向如图15.6所示,平板的相对磁导率为μr1,平板两侧充满相对磁导率为μr2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.解：1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有⎰⋅l lH d=ΣI02∆LH=ΣI0(1)介质内,0<x<b/2. ΣI0=2x∆lJ=2x∆lγE,有H=xγE B=μ0μr1H=μ0μr1xγE(2)介质外,|x|>b/2. ΣI0=b∆lJ=b∆lγE,有H=bγE/2B=μ0μr2H=μ0μr2bγE/2i v•图2. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成，中间充满磁化率为χm 的各向同性均匀非铁磁绝缘介质，如图所示. 传导电流沿导线向上流去, 由圆筒向下流回，电流在截面上均匀分布. 求介质内外外表的磁化电流的大小及方向.解：2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有 ⎰⋅ll H d =ΣI 0在介质中(R 1<r <R 2)，ΣI 0=I ，有 2πrH = I H = I /(2πr ) 介质内的磁化强度 M =χm H =χm I /(2πr )介质内外表的磁化电流 J SR 1=| M R 1×n R 1|=| M R 1|=χm I /(2πR 1) I SR 1=J SR 1⋅2πR 1=χm I (与I 同向) 介质外外表的磁化电流J SR 2=| M R 2×n R 2|=| M R 2|=χm I /(2πR 2) I SR 2=J SR 2⋅2πR 2=χm I (与I 反向)练习十二 电磁感应定律 动生电动势三、计算题1. 如图所示，长直导线AC 中的电流I 沿导线向上，并以d I /d t = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如下图. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.解： 1.d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a b Il ln 20πμ图图图εi =-d Φm /d t=()dtdIa b a ba b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ =-×10－8V负号表示逆时针2. 一很长的长方形的U 形导轨，与水平面成θ 角，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度B 垂直向上的均匀磁场中，如图所示. 设导线ab 的质量为m ，电阻为R ，长度为l ，导轨的电阻略去不计, abcd 形成电路. t=0时，v=0. 求：(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2) 导线ab 的最大速度v m .解：2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi = ⎰l v×B ·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θI i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θmg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习十三 感生电动势 自感三、计算题1. 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场BB 随时间的变化率d B /d t 为大于零的常量.求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高. (分别用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 和法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 两种方法解). .解：(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ), 该处感生电场大小为E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角θ满足tan θ=x/R εi =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RRr R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RR R x x t B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )R R-=πR 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高. (2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONM=⎰⋅NMl E i d =⎰⋅-MNl E i dεi=-⎢⎣⎡⋅⎰MNl E i d +⎰⋅OM l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰NO l E i d =－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t而 ΦmMONM =⎰⋅Sd S B =πR 2B/4故 εi =πR 2(d B/d t )/4 N 点的电势高.2. 电量Q 均匀分布在半径为a ,长为L (L >>a )的绝缘薄壁长圆筒外表上,圆筒以角速度ωa ,电阻为R 总匝数为N ω=ω0(1-t/t 0)的规律(ω0,t 0为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向.解：2. .等效于螺线管B 内=μ0 nI=μ0 [Q ω /(2π)]/L=μ0 Q ω /(2πL )B 外=0Φ=⎰S B ⋅d S=B πa 2=μ0Q ω a 2 /(2 L ) εi =－d Φ/d t=－[μ0Q a 2 /(2 L )]d ω /d t=μ0ω 0Q a 2 /(2 L t 0)I i =εi /R=μ0ω 0Q a 2 /(2 LR t 0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感〔续〕互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a 的长直导线平行放置,相距为d ,组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.解：1. 取如下图的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d r Il 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰--a d ar d r Il πμ2d 0+⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ]+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有N 匝线圈.另有一矩形导线线圈与其套合,如图19.4(1)所示. 其尺寸标在图19.4(2) 所示的截面图中,求其互感系数.解：2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为B =μ0NI/(2πρ) r ≤ρ≤RS=h d ρ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φm =⎰RrNIh πρρμ2d 0=μ0NIh ln(R/r )/(2π) M =Φm /I ==μ0Nh ln(R/r )/(2π)(1)。
大物下册复习题集
球心处电势为（设无限 。
R
O
dS
2、一平行板电容器，两极间充满各向同性均匀电介质， 已知相对介电常数为εr，若极板上的自由电荷面密度为σ ， 则介质中电位移的大小D= . 电场强度的大 小 E
D
0 r
3、无限长直导线在P处弯成半径为R的圆，当通以电流I时，则在 I 1 圆心O点的磁感应强度大小等于 R B 0 1 2R 方向为 I o 垂直纸面向里
(D)p型半导体的导电机构完全决定于满带中空穴的运动.
C
二、填空题
1、真空中有一均匀电点球面，球半径为R，总带电量为 Q(>0)，今在球面上挖去一很小面积dS（连同其上电荷）， 设其余部分的电荷仍均匀分布，则挖去以后球心处
QdS
的电场强度为 远处电势为零）
16 2 0 R 4 Q 4 0 R
解：设坐标原点位于杆 中心O点，x轴沿杆的方向。如图所 示。杆的 q 电荷线密度 λ 。 p 2l 2 2 a x a 在x处任取电荷元dq
dx
q dq λdx dx 2l dq dU 2 2 4πε 0 x a
ox 2l
x
整个杆上电荷产生的电 势： UP 8 l
0
q
O
A
C O
B B
6.如图,平行板电容器(忽略边缘效应)充电时,沿环路L1,L2磁场强 度的环流中,必有: C L1 ( A) H dl H dl
2 ( B ) H dl H dl (C ) H dl H dl
P
4、一半径为R圆柱形导体，筒壁很薄，可视为无限长，通以 电流I，筒外有一层厚为d，磁导率为μ的均匀顺磁性介质，介 质外为真空，画出此磁场的H-r图及B-r图 H
《大学物理教学资料》大物复习资料.doc
总加速度:1 .牛顿第一定律：当豆外=0时, V =怛矢量O2 .牛顿第二定律：F = ma =m— dtdPdt期末考试说明第1章质点运动学9分，重点：求导法和积分法，圆周运动切向加速度和法向加速度；第2章质点动力学3分，重点：动量定理、动能定理、变力做功；第3章刚体6分，重点：转动定律、角动量守恒定律、机械能守恒定律；第5章振动17分，重点：旋转矢量法、振动方程、速度方程、加速度方程、振动能量、振动合成。
第6章波动14分，重点：波动方程以及波动方程的三层物理意义、相位差与波程差的关系；大学物理1期末复习提纲第一•章质点运动学主要公式：1.质点运动方程(位矢方程)：r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k(x = x(t)参数方程：y = y(f) T消去f得轨迹方程。
Z — Z(02.速度：v =K,加速度：a = ^dt dt3.平均速度—Ar:V =——，平均加速度：5 =—4.角速度:口 =岑，5.线速度与角速度关系：v 角加速度：/3(a)=—dt =0)r6.切向加速度：a T = — = r(3 ,dt ra =』a；第二章质点动力学主要公式：3.牛顿第三定律(作用力和反作用力定律)：F = -F^4.动量定理：I = \ 2 F dt = mAv = m(v2~v{) = AP5.动量守恒定律：当合外力理外力=O,AP = Ocx口16 动能定理：W= -dx = \E k =-m（v22-vf）J*】口 27.机械能守恒定律：当只有保守内力做功时，AE =08.力矩：M = rxF大小：M = Fr sin 0方向：右手螺旋，沿了x产的方向。
9.角动量：L = rxP大小：L = mvr sin 3方向：右手螺旋，沿rxP的方向。
淤质点间发生碰撞：完全弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。
一般的非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
高等大气物理复习题第2版
1. Please draw an illustration of how the static stability of a region of theatmosphere varies with different values of the lapse rate –dT/dz when the effects of condensation are included.请画出的静态稳定大气受冷凝影响时随不同递减率-dT/ dz 的变化初始状态的未饱和气块被外力抬升而干绝热上升，其温度按干绝热减温率δγ下降，因为比湿0q 对应着露点0d T ，在干绝热过程中没有相变所以气块的比湿不变，故其露点将沿着等比湿线0q 降低。
当气块干绝热上升到温度与露点相等处，就达到饱和而发生凝结。
该点的气压c p 和温度c T 分别称为凝结气压和凝结温度，凝结气压所在的高度就是抬升凝结高度LCL 。
之后，饱和湿空气块将以假绝热过程上升，温度按湿绝热减温率s γ下降，其比湿等于该空气块的温度和压强所对应的饱和比湿。
the initial state of the unsaturated air block is raised by external force, thus rises dry adiabatically, its temperature declines with the dry adiabatic cooling rate ofδγ. The specific humidity 0q corresponds to the dew point 0d T . The specific humidity of the air block remain unchangedbecause there ’s no phase transition during the dry adiabatic process. In this way the dew point of the air block will reduce along the isohygrometric line0q . When the air block dry adiabatic rise to where the temperature and the dew point equals, it would saturate and condensate. The pressure c p and the temperature c T of the point is called the condensation pressure and the condensationtemperature. The height of the condensation pressure is the lifting condensation level(LCL). After that, the saturated moist air block would rise in fake adiabatic process and the temperature would decrease with moist adiabatic lapse rate s . Its specific humidity equals the saturated specific humidity of the temperature and the pressure of the air block.2. How to comprehend that the atmosphere is a physical system?如何理解大气是一个物理系统？The atmosphere is a physical system 。
大气物理学(复习版)
大气物理学第六章 大气热力学基础一、热力学基本规律1、空气状态的变化和大气中所进行的各种热力过程都遵循热力学的一般规律，所以热力学方法及结果被广泛地用来研究大气，称为大气热力学。
2、开放系和封闭系(1) 开放系：一个与外界交换质量的系统(2) 封闭系：和外界互不交换质量的系统(3) 独立系：与外界隔绝的系统，即不交换质量也不交换能量的系统。
3、准静态过程和准静力条件(1)准静态过程: 系统在变态过程中的每一步都处于平衡状态(2) 准静力条件：P ≡Pe 系统内部压强p 全等于外界压强Pe4、气块（微团）模型气块（微团）模型是指宏观上足够小而微观上含有大量分子的空气团，其内部可包含水汽、液态水或固态水。
气块（微团）模型就是从大气中取一体微小的空气块，作为对实际空气块的近似。
5、气象上常用的热力学第一定律形式【比定压热容cp 和比定容热容cv 的关系cp= cv+R ，（R 比气体常数）】6、热力学第二定律讨论的是过程的自然方向和热力平衡的简明判据，它是通过态函数来完成的。
7、理解熵、焓（从平衡态x0开始而终止于另一个平衡态x 的过程，将朝着使系统与外界的总熵增加的方向进行；等焓过程: 绝热和等压；物理意义：在等压过程中,系统焓的增加值等于它所吸收的热量）8、大气能量的基本形式：（1）内能；（2）势能；（3）动能；（4）潜热能9、大气能量的组合形式（1）显热能：单位质量空气的显热能就是比焓。
（2）温湿能：单位质量空气的温湿能是显热能和潜热能之和。
（3）静力能: 对单位质量的干（湿）空气，干（湿）静力能：（4）全势能: 势能和内能之和称全势能10、大气总能量干空气的总能量: 湿空气的总能量: 二、大气中的干绝热过程1、系统（如一气块）与外界无热量交换（δQ=0)的过程，称为绝热过程。
286.0000)()(p p p p T T d ==κ（对未饱和湿空气κ= κd=R/Cp=0.286计算大气的干绝热过程） 例：如干空气的初态为p=1000hpa ,T0=300K ，当它绝热膨胀，气压分别降到900hpa 和800hpa 时温度分别为多少？2、干绝热减温率定义：未饱和湿空气块温度随高度的变化率的负值为干绝热减温率γv ，单位°/100mdp ρ1-dT c =αdp -dT c =δQ p p 2p k d V 21+gz +T c =E +Φ+U =E Lq +V 21+gz +T c =Lq +E +Φ+U =E 2p k m m C m k km K c g o pdd 100/1100/98.0/8.9≈===γ3、位温θ定义: 把空气块干绝热膨胀或压缩到标准气压（常取1000hpa ）时应有的温度称位温。
大物期末知识总结
大物期末知识总结一、牛顿运动定律牛顿运动定律是描述物体运动状态的基本规律。
牛顿运动定律包括以下三条：1. 牛顿第一定律：一个物体如果受到外力作用，将会发生运动或改变运动状态；一个物体如果不受外力作用，将会保持静止或匀速直线运动。
2. 牛顿第二定律：物体的加速度正比于作用在它上面的力，反比于物体的质量。
即F=ma，其中F是物体所受的力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
3. 牛顿第三定律：如果物体A对物体B施加一个力，那么物体B对物体A将会施加一个大小相等、方向相反的力。
二、动量和动量定理动量是描述物体运动的物理量。
动量的定义是物体的质量乘以其速度，即p=mv。
动量定理是描述物体受力时动量变化的关系。
动量定理可以表示为F=Δp/Δt，即力等于动量变化率。
基于动量定理，我们可以得到以下结论：1. 如果物体的质量不变，那么施加在物体上的力越大，物体的加速度越大。
同时，如果施加在物体上的力方向与物体运动的方向一致，物体的速度将会增加；如果力方向与运动方向相反，物体的速度将会减小。
2.对于两个相互作用的物体，它们的合外力之和等于它们的总动量随时间的变化率。
根据牛顿第三定律，这两个物体所受的力大小相等、方向相反，因此它们的总动量之和是不变的。
三、功和功率功是描述力对物体做功的物理量。
当物体沿着力的方向移动时，力对物体做功；当物体与力的方向垂直时，力不对物体做功。
功的计算公式是W=F·d·cosθ，其中W是功，F是力的大小，d是物体移动的距离，θ是力和物体移动方向之间的夹角。
功率是描述做功的速度，也就是单位时间内所做的功。
功率的计算公式是P=W/t，其中P是功率，W是做的功，t是所用的时间。
四、质心和惯性定律质心是描述物体总体运动的重要概念。
质心是系统中所有质点的质量加权平均位置。
惯性定律包括以下两条：1.第一惯性定律：一个物体如果没有外力作用，将会保持匀速直线运动或静止。
2.第二惯性定律：一个物体所受的合外力等于物体的质量乘以其加速度。
2020版高考物理大二轮复习试题：动量定理和动量守恒定律(含答案)
回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
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第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
大物期末复习题
1. 一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有σ d S 的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度(A) 处处为零 (B) 不一定都为零．(C) 处处不为零．(D)无法判定 ．2. 下列几个说法中哪一个是正确的？(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同． (C) 场强可由q F E / =定出，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力．(D) 以上说法都不正确． 3.如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷＋q ，在坐标(－a ，0)处放置另一点电荷－q ．P 点是y 轴上的一点，坐标为(0，y )．当y >>a 时，该点场强的大小为：(A) 204y qεπ． (B) 202y q επ． (C) 302y qa επ． (D) 304y qa επ． [ ]4.设有一“无限大”均匀带正电荷的平面．取x 轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度E 随距离平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿x 轴正向为正、反之为负)：［ ］x5.有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为 (A) 03εq ． (B) 04επq(C) 03επq ． (D) 06εq6. 已知一高斯面所包围的体积内电荷代数和∑q ＝0，则可肯定：(A) 高斯面上各点场强均为零．(B) 穿过高斯面上每一面元的电场强度通量均为零．(C) 穿过整个高斯面的电场强度通量为零．(D) 以上说法都不对．7.半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：［ ］8. 半径为R 的均匀带电球面，若其电荷面密度为σ，则在距离球面R 处的电场强度大小为：(A)εσ． (B) 02εσ． (C) 04εσ． (D) 08εσ． 9. 如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带有电荷1Q , 外球面半径为R 2、带有电荷Q 2，则在内球面里面、距离球心为r 处的P 点的场强大小E 为： q EOr (A)E ∝1/r(A) 20214r Q Q επ+． (B) 2202210144R Q R Q εεπ+π (C) 2014r Q επ． (D) 0．10. 如图所示，两个“无限长”的共轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2，其上均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2，则在两圆柱面之间、距离轴线为r 的P 点处的场强大小E 为：(A) r012ελπ． (B) r 0212ελλπ+． (C) ()rR -π2022ελ． (D) ()1012R r -πελ．［ ］11.半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ．设无穷远处电势为零，则该带电体所产生的电场的电势U ，随离球心的距离r 变化的分布曲线为 ［ ］12.在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M点的电势为(A) a q 04επ． (B) aq 08επ． (C) a q 04επ-． (D) a q 08επ- 13. 如图，在点电荷q 的电场中，选取以q 为中心、R 为半径的球面上一点P 则与点电荷q 距离为r 的P'点的电势为(A)rq 04επ (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πR r q 1140ε (C) ()R r q -π04ε (D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πr R q 1140ε (A) (B) (C)2 (D) 2(E)14. 如图所示，边长为l 的正方形，在其四个顶点上各放有等量的点电荷．若正方形中心O 处的场强值和电势值都等于零，则：(A) 顶点a 、b 、c、d 处都是正电荷．(B) 顶点a 、b 处是正电荷，c 、d 处是负电荷．(C) 顶点a 、c 处是正电荷，b 、d 处是负电荷．(D) 顶点a 、b 、c 、d 处都是负电荷． ［ ］15.如图所示，边长为 0.3 m 的正三角形abc ，在顶点a 处有一电荷为10-8 C 的正点电荷，顶点b 处有一电荷为-10-8 C 的负点电荷，则顶点c 处的电场强度的大小E 和电势U 为： (041επ=9×10-9 N m /C 2) (A) E ＝0，U ＝0．(B) E ＝1000 V/m ，U ＝0．(C) E ＝1000 V/m ，U ＝600 V ．(D) E ＝2000 V/m ，U ＝600 V ．16. 如图所示，半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ，设无穷远处的电势为零，则球内距离球心为r 的P 点处的电场强度的大小和电势为：(A) E =0，r Q U 04επ=． (B) E =0，RQ U 04επ=． (C) 204r Q E επ=，rQ U 04επ= ． (D)204r Q E επ=，R Q U 04επ=． 17. 有N 个电荷均为q 的点电荷，以两种方式分布在相同半径的圆周上：一种是无规则地分布，另一种是均匀分布．比较这两种情况下在过圆心O 并垂直于圆平面的z 轴上任一点P (如图所示)的场强与电势，则有(A) 场强相等，电势相等．(B) 场强不等，电势不等．b a(C) 场强分量E z 相等，电势相等．(D) 场强分量E z 相等，电势不等．18. 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，则在内球壳里面，距离球心为r 处的P 点的场强大小及电势分别为：(A) E ＝0，U ＝104R Q επ． (B) E ＝0，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π210114R R Q ε． (C) E ＝204r Q επ，U ＝rQ 04επ． (D) E ＝204r Q επ， U ＝104R Q επ． 19. 如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带有电荷Q 2．设无穷远处为电势零点，则在内球面之内、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A) r Q Q 0214επ+． (B) 20210144R Q R Q εεπ+π． (C) 0． (D) 1014R Q επ． 20.点电荷-q 位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，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．21. 在已知静电场分布的条件下，任意两点P 1和P 2之间的电势差决定于(A) P 1和P 2两点的位置．(B) P 1和P 2两点处的电场强度的大小和方向．(C) 试验电荷所带电荷的正负．(D) 试验电荷的电荷大小．22.半径为r 的均匀带电球面1，带有电荷q ，其外有一同心的半径为R 的均匀带电球面2，带有电荷Q ，则此两球面之间的电势差U 1-U 2A为：(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πR r q 1140ε . (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πr R Q 1140ε . (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πR Q r q 041ε . (D) r q 04επ . 23. 面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)S q 02ε． (B) Sq 022ε． (C) 2022S q ε． (D) 202S q ε． 24.充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F与两极板间的电压U 的关系是：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ．(C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2．25. 如图所示，在真空中半径分别为R 和2R 的两个同心球面，其上分别均匀地带有电荷+q 和－3q ．今将一电荷为+Ｑ的带电粒子从内球面处由静止释放，则该粒子到达外球面时的动能为：(A) R Qq 04επ． (B) RQq 02επ． (C) R Qq 08επ． (D) RQq 083επ． 26. 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 、带有两个电子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U 12．当电势差增加到4U 12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) 16e27.一个静止的氢离子(H +)在电场中被加速而获得的速率为一静止的氧离子(O +2)在同一电场中且通过相同的路径被加速所获速率的：(A) 2倍． (B) 22倍．(C) 4倍． (D) 42倍． 28. 真空中有两个点电荷M 、N ，相互间作用力为F ，当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时，M 、N 两点电荷之间的作用力(A) 大小不变，方向改变． (B) 大小改变，方向不变．(C) 大小和方向都不变． (D) 大小和方向都改．29. 有一带正电荷的大导体，欲测其附近P 点处的场强，将一电荷量为q 0 (q 0 >0 )的点电荷放在P 点，如图所示，测得它所受的电场力为F ．若电荷量q 0不是足够小，则 (A) F / q 0比P 点处场强的数值大．(B) F / q 0比P 点处场强的数值小．(C) F / q 0与P 点处场强的数值相等．(D) F / q 0与P 点处场强的数值哪个大无法确定．30.有一接地的金属球，用一弹簧吊起，金属球原来不带电．若在它的下方放置一电荷为q 的点电荷，如图所示，则(A) 只有当q > 0时，金属球才下移．(B) 只有当q < 0时，金属球才下移．(C) 无论q 是正是负金属球都下移．(D) 无论q 是正是负金属球都不动．31. 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 ． q 0P32. 如图所示，一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板，电荷面密度为σ ，则板的两侧离板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为：(A) 0． (B) 02εσ．(C) 0εσh ．(D) 02εσh ． 33. 一空心导体球壳，其内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷q ，如图所示．当球壳中心处再放一电荷为q 则导体球壳的电势(设无穷远处为电势零点)为 (A) 104R qεπ ． (B) 204R q επ ． (C) 102R q επ . (D) 20R q ε2π ． 34. 如图所示，一带负电荷的金属球，外面同心地罩一不带电的金属球壳，则在球壳中一点P 处的场强大小与电势(设无穷远处为电势零点)分别为： (A) E = 0，U > 0． (B) E = 0，U < 0． (C) E = 0，U = 0． (D) E > 0，U < 0．35. 同心导体球与导体球壳周围电场的电场线分布如图所示，由电场线分布情况可知球壳上所带总电荷(A) q > 0． (B) q = 0．(C) q < 0． (D) 无法确定．36.一长直导线横截面半径为a ，导线外同轴地套一半径为b 的薄圆筒，两者互相绝缘，并且外筒接地，如图所示．设导线单位长度的电荷为+λ，并设地的电势为零，则两导体之间的P 点( OP = r )的场强大小和电势分别为：q(A) 204r E ελπ=，a b U ln 20ελπ=． (B) 204rE ελπ=，r b U ln 20ελπ=． (C) r E 02ελπ=，ra U ln 20ελπ=． (D) r E 02ελπ=，rb U ln 20ελπ=． ［ ］ 37. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？(A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零．(B) 高斯面上处处D 为零，则面内必不存在自由电荷．(C) 高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关．(D) 以上说法都不正确．38. 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ．(C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ．39. 在一点电荷q 产生的静电场中，一块电介质如图放置，以点电荷所在处为球心作一球形闭合面S ，则对此球形闭合面： (A) 高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强．(B) 高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强．(C) 由于电介质不对称分布，高斯定理不成立．(D) 即使电介质对称分布，高斯定理也不成立．40. 设有一个带正电的导体球壳．当球壳内充满电介质、球壳外是真空时，球壳外一点的场强大小和电势用E 1，U 1表示；而球壳内、外均为真空时，壳外一点的场强大小和电势用E2，U2表示，则两种情况下壳外同一点处的场强大小和电势大小的关系为(A) E1 = E2，U1 = U2．(B) E1 = E2，U1 > U2．(C) E1 > E2，U1 > U2．(D) E1 < E2，U1 < U2．41.一个平行板电容器，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．42. 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．43.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(A) 2倍．(B) 1/2倍．(C) 4倍．(D) 1/4倍．44.通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为： (A) B P > B Q > B O . (B) B Q >B P >B O （C ）B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > Bp45. 一个电流元l Id 位于直角坐标系原点 ，电流沿z 轴方向 ，点P (x ，y ，z )的磁感强度沿x 轴的分量是：(A) 0． (B) 2/32220)/(d )4/(z y x l Iy ++π-μ． (C) 2/32220)/(d )4/(z y x l Ix ++π-μ．(D) )/(d )4/(2220z y x l Iy ++π-μ． 46. 电流I 由长直导线1沿垂直bc 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b 点沿垂直ac 边方向流出，经长直导线2返回电源(如图)．若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O 点产生的磁感强度分别用1B 、2B 和3B 表示，则O 点的磁感强度大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B，B 3 = 0．(C) B ≠ 0，因为虽然B 3= 0，但021≠+B B.(D) B ≠ 0，因为虽然021=+B B，但B 3≠ 0． 47. 图中，六根无限长导线互相绝缘，通过电流均为I ，区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为相等的正方形，哪一个区域指向纸内的磁通量最大？(A) Ⅰ区域． (B) Ⅱ区域． (C) Ⅲ区域． (D) Ⅳ区域．(E) 最大不止一个． 48. 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( rⅠⅡⅢⅣ< 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．49.磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上．图(A)～(E)哪一条曲线表示B －x 的关系？50. 如图，一个电荷为+q 、质量为m 的质点，以速度v沿x 轴射入磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，其范围从x = 0延伸到无限远，如果质点在x = 0和y = 0处进入磁场，则它将以速度v-从磁场中某一点出来，这点坐标是x = 0 和(A) qB m y v +=． (B) qBm y v 2+=． (C) qB m y v 2-= (D) qBm y v -=． 51. 一电子以速度v垂直地进入磁感强度为B的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ，反比于v 2． (B) 反比于B ，正比于v 2．(C) 正比于B ，反比于v ． (D) 反比于B ，反比于v ． 52. α 粒子与质子以同一速率垂直于磁场方向入射到均匀磁场中，它们各自作圆周运动的半径比R α / R p 和周期比T α / T p 分别为：Bx OR(D) Bx O R(C) BxOR (E)(A) 1和2 ； (B) 1和1 ； (C) 2和2 ； (D) 2和1 ．53.如图，长载流导线ab 和cd 相互垂直，它们相距l ，ab 固定不动，cd 能绕中点O 转动，并能靠近或离开ab ．当电流方向如图所示时，导线cd 将(A) 顺时针转动同时离开ab ． (B) 顺时针转动同时靠近ab ． (C) 逆时针转动同时离开ab ． (D) 逆时针转动同时靠近ab ． 54. 两个同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1；小圆半径为r ，通有电流I 2，方向如图．若r << R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场)，当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为 (A)R r I I 22210πμ． (B)R r I I 22210μ．(C) rR I I 22210πμ． (D) 0．55. 三条无限长直导线等距地并排安放，导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别载有1 A ，2 A ，3 A 同方向的电流．由于磁相互作用的结果，导线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ单位长度上分别受力F 1、F 2和F 3，如图所示．则F 1与F 2的比值是：(A) 7/16． (B) 5/8．(C) 7/8． (D) 5/4． ［ ］ 56. 把通电的直导线放在蹄形磁铁磁极的上方，如图所示．导线可以自由活动，且不计重力．当导线内通以如图所示的电流时，导线将 (A) 不动．O r R I 1 I 2F 1F 2F 31 A2 A3 AⅠⅡⅢI(B) 顺时针方向转动(从上往下看)． (C) 逆时针方向转动(从上往下看)，然后下降． (D) 顺时针方向转动(从上往下看)，然后下降． (E) 逆时针方向转动(从上往下看)，然后上升． 57. 四条皆垂直于纸面的载流细长直导线，每条中的电流皆为I ．这四条导线被纸面截得的断面，如图所示，它们组成了边长为2a 的正方形的四个角顶，每条导线中的电流流向亦如图所示．则在图中正方形中心点O 的磁感强度的大小为 (A) I a B π=02μ． (B) I aB 2π=2μ． (C) B = 0． (D) I aB π=μ．58. 如图两个半径为R 的相同的金属环在a 、b 两点接触(ab 连线为环直径)，并相互垂直放置．电流I 沿ab 连线方向由a 端流入，b端流出，则环中心O 点的磁感强度的大小为(A) 0．(B)R I40μ． (C) R I 420μ． (D) R I0μ．(E)RI820μ． 59.一无限长直导体薄板宽为l ，板面与z 轴垂直，板的长度方向沿y 轴，板的两侧与一个伏特计相接，如图．整个系统放在磁感强度为B 的均匀磁场中，B的方向沿z 轴正方向．如果伏特计与导体平板均以速度v向y 则伏特计指示的电压值为(A) 0． (B)21v Bl ． (C) v Bl ． (D) 2v Bl ． 60. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时(A) 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势．IaI Ib a(B) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小．(C) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大．(D)两环中感应电动势相等．61. 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B中，另一半位于磁场之外，如图所示．磁场B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． 62. 在如图所示的装置中，把静止的条形磁铁从螺线管中按图示情况抽出时 (A) 螺线管线圈中感生电流方向如A 点处箭头所示． (B) 螺线管右端感应呈S 极．(C) 线框EFGH 从图下方粗箭头方向看去将逆时针旋转．(D) 线框EFGH 从图下方粗箭头方向看去将顺时针旋转． ［ ］63.如图所示，一矩形线圈，以匀速自无场区平移进入均匀磁场区，又平移穿出．在(A)、(B)、(C)、(D)各I --t 曲线中哪一种符合线圈中的电流随时间的变化关系(取逆时针指向为电流正方向，且不计线圈的自感)？ ［ ］ 64. 如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］磁极磁极 0 t I0 t I0 t I 0t I(A) (B)(C) (D)c ab d N M B65. 一根长度为L 的铜棒，在均匀磁场 B中以匀角速度ω绕通过其一端O 的定轴旋转着，B的方向垂直铜棒转动的平面，如图所示．设t =0时，铜棒与Ob 成θ 角(b 为铜棒转动的平面上的一个固定点)，则在任一时刻t 这根铜棒两端之间的感应电动势是：(A) )cos(2θωω+t B L ． (B) t B L ωωcos 212．(C) )cos(22θωω+t B L ． (D) B L 2ω．(E) B L 221ω．66. 自感为 0.25 H 的线圈中，当电流在(1/16) s 内由2 A 均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小为： (A) 7.8 ×10-3 V ． (B) 3.1 ×10-2 V ．(C) 8.0 V ． (D) 12.0 V ． 67. 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) 一个线圈平面平行于两圆心连线，另一个线圈平面垂直于两圆心连线．(D) 两线圈中电流方向相反． 68. 在一个塑料圆筒上紧密地绕有两个完全相同的线圈aa ′和bb ′，当线圈aa ′和 bb ′如图(1)绕制时其互感系数为M 1，如图(2)绕制时其互感系数为M 2，M 1与M 2的关系是(A) M 1 = M 2 ≠0． (B) M 1 = M 2 = 0． (C) M 1 ≠M 2，M 2 = 0．(D) M 1 ≠M 2，M 2 ≠0．B(2)69. 如图所示，两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上．线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍，线圈P 和Q 之间的互感可忽略不计．当达到稳定状态后，线圈P 的磁场能量与Q 的磁场能量的比值是 (A) 4． (B) 2． (C) 1． (D)21． 选择题答案：填空题答案：70.静电场中某点的电场强度，其大小和方向与（单位正试验电荷在该点所受的静电力相同）．71.由一根绝缘细线围成的边长为l 的正方形线框，使它均匀带电，其电荷线密度为λ，则在正方形中心处的电场强度的大小E ＝_______0______． 72.两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d ，其电荷线密度分别为λ1和λ2如图所示，则场强等于零的点与直线1的距离a 为+σ +2σ．73.“无限大”均匀带电平面，σ和＋2 σ，如图所示，则A 、B 、C 三个区域的电场强度分别为：E A ＝，E B ＝，E C＝ 设方向向右为正)．74.R 的均匀带电球面带有电荷Q (Q ＞0)．今在球面上挖去非常小块的面积△S (连同电荷)，如图所示，假设不影响其他处原来的挖去△S 后球心处电场强度的大小E ＝，其方向为_(由球心指向△S )__． 电荷线密度为λ，其单位长度上总共发出的电场线条数(即电场强度通量)．76.静电场中某点的电势，其数值等于_单位正试验电荷在该点的电势能___或 _把单位正电荷由该点沿任意路_径移到零势点时电场力所作的功__．77.图中曲线表示一种轴对称性静电场的场强大小E 的分布，r 表示离对称轴的距离，这是由_半径为R 的无限长均匀带电圆柱面___产生的电场．78.真空中，有一均匀带电细圆环，电荷线密度为λ，其圆心处的电场强度E 0＝ 0 ，电势U 0＝．(选无穷远处电势为零)79.+Q r 1吹胀到r 2，则半径为R (r 1＜R ＜r 2＝的球面上任一点的场强大小E变为_0_；电势U 由80.,两同心带电球面，内球面半径为r 1＝5 cm ，带电荷q 1＝3×10-8C ；外球面半径为r 2＝20 cm ， 带电荷q 2＝－6×108C间另一电势为零的球面半径r ＝ 10 cm ___．81.半径为0.1 m 的孤立导体球其电势为300 V ，则离导体球中心30 cm 处的电势U ＝ 100V (以无穷远为电势零点)．82.在点电荷q 的电场中，把一个－1.0×10-9 C 的电荷，从无限远处(设无限远处电势为零)移到离该点电荷距离 0.1 m 处，克服电场力作功1.8×10-5 J ，则该点电荷q ＝7102-⨯-．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 ) 83.如图所示．试验电荷q ， 在点电荷+Q 产生的电场中，沿半径为R 的整个圆弧的3/4圆弧轨道由a 点移到d 点的过程中电场力作功为S____0____________；从d 点移到无穷远处的过程中，电场力作功为．84.图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电荷为+q 的点电荷，O 点有一电荷为－q 的点电荷．线段R BA =B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电功为．85.(带电荷e ＝1.6×10-19 C)沿四分之一的圆弧轨道从A 点移到B 点(如图)，电场力作功8.0×10-15 J ．则当质子沿四分之三的圆弧轨道从B 点回到A 点时，电场力作功A ＝-8.0×10-15 J ．设A 点电势为零，则B 点电势U ＝-5×104V . 86.一电子和一质子相距2×10-10 m (两者静止)，将此两粒子分开到无穷远距离(两者仍静止)所需要的最小能量是_7.2_eV ． (041επ＝9×109 N ·m 2/C 2 , 质子电荷e =1.60×10-19C, 1 eV=1.60×10-19J )87.在点电荷q 的静电场中，若选取与点电荷距离为r0的一点为电势零点，则点电荷距离为r 处的电势U 88.如图所示, 在场强为E的均匀电场中，A 、B 两点间距离为d ．AB连线方向与E方向一致．从A 点经任意路径到B 点的场强线积分⎰⋅ABl Ed ＝Ed ． 89.静电场中有一质子(带电荷e ＝1.6×10-19 ) 沿图示路径从a 点经c 点移动到b 点时，电场力作功8×10-15 J ．则当质子从b 点沿另一路径回到a 点过程中，电场力作功A ＝-8×10-15 J ；若设a 点电势为零，则b 点电势U b ＝5×104V90.真空中，一边长为a 的正方形平板上均匀分布着电荷q ；在其中垂线上距离平板d 处放一点电荷q 0如图所示．在d 与a 满足____d ＞＞a___条件下，q 0所受的电场力可写成q 0q / (4πε0d 2)．91.一电矩为p 的电偶极子在场强为E 的均匀电场中，p与E 间的夹角为α，则它所受的电场力F＝0，力矩的大小M ＝__pEsin α__．92.一空气平行板电容器，两极板间距为d ，充电后板间电压为U ．然后将电源断开，在两板间平行地插入一厚度为d /3的金属板，则板间电压变成U ' ．93.在一个不带电的导体球壳内，先放进一电荷为+q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触．然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走．此时，球壳的电荷为_-q __，电场分布的范围是_球壳外的整个空间．Aa 094.带有电荷q 、半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置如图．则图中P 点的电场强度=EA 、B 连接起来，则A 球的电势U(设无穷远处电势为零)95.半径为R 1和R 2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常量为εr 的均匀介质．设两筒上单位长度带有的电荷分别为+λ和-λ，则介质中离轴线的距离为r 处的电位移矢量的大小D，电场强度的大小 E96. 1、2是两个完全相同的空气电容器．将其充电后与电源断开，再将一块各向同性均匀电介质板插入电容器1的两极板间，如图所示, 则电容器2的电压U 2，电场能量W 2如何变化？(填增大，减小或不变) U 2减小，W 2减小97. 一质点带有电荷q =8.0×10-10 C ，以速度v =3.0×105 m ·s -1在半径为R =6.00×10-3 m 的圆周上，作匀速圆周运动．该带电质点在轨道中心所产生的磁感强度B =_6.67×10-7T __，该带电轨道运动的磁矩p m．(μ0 =4π×10-7 H ·m -1)98.一长直载流导线，沿空间直角坐标Oy 轴放置，电流沿y 正向．在原点O 处取一电流元l I d ，则该电流元在(a ，0，0)__沿Z轴负向____．99.如图，两根导线沿半径方向引到铁环的上A 、A ′两点，并在很远处与电源相连，则环中心的磁感强度为_0__．100.如图所示，有两个半径相同的均匀带电绝缘体球面，O 1为左侧球面的球心，带的是正电；O 2为右侧球面的球心，它带的是负电，两者的面电荷密度相等．当它们绕21O O 轴旋转时，两球面相切处A 点的磁感强度B A =__0___．101.一长直螺线管是由直径d = 0.2 mm 的漆包线密绕而成．当它通以I = 0.5 A的电流时，其内部的磁感强度B =_T310-⨯π_．(忽略绝缘层厚度)(μ0 =4π×10-7 N/A2)102. 两根长直导线通有电流I，图示有三种环路；在每种情况下，⎰⋅lBd等于：-μ0I(对环路a)．__0__(对环路b)．2μ0I(对环路c)．103.如图所示，一半径为R，通有电流为I的圆形回路，位于Oxy平面内，圆心为O．一带正电荷为q的粒子，以速度v 沿z轴向上运动，当带正电荷的粒子恰好通过O点时，作用于圆形回路上的力为__0______，作用在带电粒子上的力为__0______．104.两个带电粒子，以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场，它们的质量之比是1∶4，电荷之比是1∶2，它们所受的磁场力之比是1：2，运动轨迹半径之比是1：2．105. 如图所示的空间区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，在纸面内有一正方形边框abcd(磁场以边框为界)．而a、b、c三个角顶处开有很小的缺口．今有一束具有不同速度的电子由a缺口沿ad方向射入磁场区域，若b、c两缺口处分别有电子射出，则此两处出射电子的速率之比v b/v c =1：2．106.如图，半圆形线圈(半径为R)通有电流I．线圈处在与线圈平面平行向右的均匀磁场B中．线圈所受磁力矩的大小为，方向为_在图面中向上，O107.有两个竖直放置彼此绝缘的圆形刚性线圈(它们的直径几乎相等)，可以分别绕它们的共同直径自由转动．把它们放在互相垂直的位置上．若给它们通以电流（如图），则它们转动的最后状态是_两线圈平面平行（磁矩方向一致）__．108.如图所示，在真空中有一半径为a的3/4圆弧形的导线，其c以稳恒电流I，B中，且B与导线所在平面垂直．则该载流导线bc 所受的磁力大小为．109.一弯曲的载流导线在同一平面内，形状如图(O点是半径为R1和R2的两个半圆弧的共同圆心，电流自无穷远来到无穷远去)，则O点磁感强度的大小是．110.在xy平面内，有两根互相绝缘，分别通有电流I3和I的长直导线．设两根导线互相垂直(如图)，则在xy平面内，磁感强度为零的点的轨迹方程为111.试写出下列两种情况的平面内的载流均匀导线在给定点P处所产生的磁感强度的大小．(1) B0_______.112.一根无限长直导线通有电流I，在P点处被弯成了一个半径为R 的圆，且P点处无交叉和接触，则圆心O处的磁感强度大小为，方向为垂直于纸面向里.113.用导线制成一半径为r=10 cm的闭合圆形线圈，其电阻R=10 Ω，均匀磁场垂直于线圈平面．欲使电路中有一稳定的感应电流i = 0.01 A，B的变化率应为d B /d t =__3.185 T／S_．114.一段导线被弯成圆心在O点、半径为R的三段圆弧ab、bc、ca，它们构成了一个闭合回路，ab位于xOy平面内，bc和ca分别位于另两个坐标面中(如图)．均匀磁场B沿x轴正方向穿过圆弧bcK(K>0)，则闭合回路abca弧bc中感应电流的方向是由C 流向b115.半径为a的无限长密绕螺线管，单位长度上的匝数为n，通以交变电流i =I m sinωt，则围在管外的同轴圆形回路(半径为r)上的感生电动势为)cos(2tnIamωωμπ-．116.已知在一个面积为S的平面闭合线圈的范围内，有一随时间变化的均匀磁场)(tB，则此闭合线圈内的感应电动势．yx×××××xy。
大物实验复习题
大物实验复习题(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--物理实验复习题1.误差是 与 的差值，偏差是 与 的差值，偏差是误差的 值。
2.有效数字是由 数字和一位 数字组成，有效数字的多少反映着测量 的高低。
3.写出下列几个符号的含义（文字叙述及公式表达）（1）σx （2）S x （3）S x4.在工科物理实验中，不确定度一般取 位有效数字，相对不确定度一般取 位有效数字。
5.写出以下几个简单函数不确定度的传递公式：N=x+y U N = ,E N =N= U N = ,E N =N=x m /y n U N = ,E N =5.作图法有什么优点作图时应注意什么6.使用天平前要进行那些调节称量时应注意什么7.使用测量望远镜必须先调节，按顺序写出调节内容。
8.测量望远镜的视差是怎样形成的如何消除视差9.以下电表上所标符号的含义各是什么V mA Ω ∩ —10.系统误差的特点是具有----------------性，它来自---------------- 。
------------------- 。
-------------------随机误差 的特点是具有----------------性，其误差的大小和符号的变化是----------------的。
但它服从-------------规律。
11.测量不确定度是表征被测量的---------------------在某个-------------------------的一个评定。
A 类不确定 度分量由----------------方法求出、推出或评出。
B 类不确定度分量由不同于--------------------的其他方法求出的不确定度分量。
12.据误差限评定不确定度B 分量时，对于均匀分布u j =---------------，对于正态分布u j =---------------，13.物理实验仪器中误差限的确定或估计大体有三种情况，它们是什么14.改正下列错误：（1） M=3169+200Kg（2） D=+（3） L=12Km+100m（4） Y=×105+×103)N/㎜（5） T=+（6） h=×104+200Km15.写出下列函数 不确定度的传递公式：（1）z y x N -= （2）33121y x N -= （3） ρπh m r =16.写出下列函数 不确定度的传递公式：（1）01ρρm m m -= （2）Dd D f 422-= 17.写出下列仪器的误差限：（1） 米尺类 （2）千分尺 （3）物理天平 （4）游标卡尺（50分度值）（5）电表 （6）电阻18.下列电器元件符号各表示什么19.某圆直径测量结果为 d=+,求圆的面积，并估算不确定度。
中国石油大学(华东)2012-2013学年第一学期大物期末试卷
一、选择题（10小题，共30分）
1. 根据高斯定理的数学表达式
S
E dS q / 0
可知下述各种说法中，正确的是：
C
√
(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场 强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点 场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场 强不一定处处为零． (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处 无电荷．
√
9. 如果(1)锗用锑(五价元素)掺杂，(2)硅用铝(三价元素)掺杂， 则分别获得的半导体属于下述类型 B
(A) (1)，(2)均为n型半导体．
√ (C) (1)为p型半导体，(2)为n型半导体．
(B) (1)为n型半导体，(2)为p型半导体．
(D) (1)，(2)均为p型半导体．
10. 在激光器中利用光学谐振腔
√
√
5. 如右图，无限长载流直导线与正三角 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 (A) 向着长直导线平移． (B) 离开长直导线平移． (C) 转动． (D) 不动．
√
6. 自感为0.25 H的线圈中，当电流在(1/16) s内由2 A均匀减小到 零时，线圈中自感电动势的大小为 C (A) 7.8 ×10-3 V． (B) 3.1 ×10-2 V． (C) 8.0 V． (D) 12.0 V．
解：(1) 在球内作一半径为r的高斯球面，按高斯定理有
S
D dS q0
4 r 2 D1 q0 0
E 1 0
(r≤R)
D1 0
大物(2)期末复习
11练习一 静电场中的导体三、计算题1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(x 2+y 2)3/2,其中C 为常数.求(1)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.解：. E x =U/x=C [1/(x 2+y 2)3/2+x (3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]= (2x2y 2)C /(x 2+y 2)5/2E y =U/y=Cx (3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3y 轴上点(x =0) E x =Cy 2/y 5=C /y 3 E y =0E =C i /y 32．如图,一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球B (半径为R 1)上,今给A 球带负电Q , 求B 球所带电荷Q B 及的A 球的电势U A .静电场中的导体答案解： 2. B 球接地,有 U B =U =0, U A =U BAU A =(Q+Q B )/(40R 3)U BA =[Q B /(4)](1/R 21/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3 R 1R3)U A =[Q/(40R 3)][1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3R 1R 3)]图22 =Q (R 2R 1)/[4(R 1R 2+R 2R 3R 1R 3)]练习二 静电场中的电介质三、计算题1. 如图所示,面积均为S =的两金属平板A ,B 平行对称放置,间距为d =1mm,今给A , B 两板分别带电 Q 1=×10－9C, Q 2=×10－9C.忽略边缘效应,求：(1) 两板共四个表面的面电荷密度1,2,3,4;(2) 两板间的电势差V =U A －U B .解：1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有E A =1/(2)2/(20)3/(2)4/(2)=0E A =1/(2)+2/(20)+3/(2)4/(2)=0而 S (1+2)=Q 1 S (3+4)=Q 2有 1234=01+2+34=01+2=Q 1/S 3+4=Q 2/S解得1=4=(Q 1+Q 2)/(2S )=108C/m 22=3=(Q 1Q 2)/(2S )=108C/m 2两板间的场强 E=2/=(Q 1Q 2)/(2S )V=U A －U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1Q 2)d /(2S )=1000V四、证明题导体 图A Q 1图Q 21234331. 如图所示，置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在.解：1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2=⎰⋅ACBlE d 0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l 0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量三、计算题1. 半径为R 1的导体球带电Q ,球外一层半径为R 2相对电容率为r的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图所示.求:(1)离球心距离为r 1(r 1<R 1), r 2(R 1<r1<R2), r 3(r 1>R 2)处的D 和E ；(2)离球心r 1, r 2, r 3,处的U ；(3)介质球壳内外表面的极化电荷. 解：1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4r 2D=q 0i当r=5cm <R 1, q 0i =0得 D 1=0, E 1=0 当r=15cm(R 1<r <R 1+d ) q 0i =Q=×108C 得D 2=Q /(4r 2)=×108C/m 2E 2=Q /(40rr 2)=×103N/C图R 2BA C当r=25cm(r>R1+d )q 0i=Q=×108C 得D3=Q/(4r2)=×108C/m2E3=Q/(40r2)=×104N/CD和E的方向沿径向.(2) 当r=5cm<R1时U1=⎰∞⋅r lE d⎰=R r r E d1⎰++d RRrE d2⎰∞++dRrE d3=Q/(40r R)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]=540V当r=15cm<R1时U2=⎰∞⋅r lE d⎰+=d RrrE d2⎰∞++dRrE d3=Q/(40r r)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]=480V当r=25cm<R1时U3=⎰∞⋅r lE d⎰∞=rrE d3=Q/(40r)=360V(3)在介质的内外表面存在极化电荷,P e=0E=0(r1)E =P e·n r=R处, 介质表面法线指向球心=P e·n =P e cos =0(r 1)Eq =S=0(r1) [Q /(40r R2)]4R2=(r1)Q/r=×108Cr=R+d处, 介质表面法线向外=P e·n =P e cos0=0(r1)Eq=S=0(r1)[Q /(40r(R+d)2]4(R+d)2=(r1)Q/r=×108C44552.两个相距很远可看作孤立的导体球，半径均为10cm ，分别充电至200V 和400V ，然后用一根细导线连接两球，使之达到等电势. 计算变为等势体的过程中，静电力所作的功. 解;2.球形电容器 C =4RQ 1=C 1V 1= 40RV 1 Q 2=C 2V 2= 4RV 2W 0=C 1V 12/2+C 2V 22/2=2R (V 12+V 22)两导体相连后 C =C 1+C 2=8RQ=Q 1+Q 2= C 1V 1+C 2V 2=40R (V 1+V 2)W=Q 2/(2C )= [4R (V 1+V 2)]2/(16R )=R (V 1+V 2)2静电力作功 A=W 0W=2R (V 12+V 22)R (V 1+V 2)2=R (V 1V 2)2=×107J练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律三、计算题1. 如图所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片, 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布. 求中心轴线OO上方距导体薄片为a 的磁感强度.解：1.取宽为d x 的无限长电流元d I=I d x/(2a ) d B=0d I/(2r )=I d x/(4ar )d B x =d B cos =[0I d x/(4ar )](a/r )=I dx/(4r 2)= 0I d x/[4(x 2+a2)]xy d Bd IPr OO Ixy zP2a图66 d B y =d B sin =Ix d x/[4a (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==aax x a x xI B B 2204d d πμ=[I/(4)](1/a )arctan(x/a )a a-=I/(8a )()⎰⎰-+==aay y ax a xIx B B 2204d d πμ=[I/(8a )]ln(x 2+a 2)a a-=02. 如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I . 求球心O 的磁感强度.解：2. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(R/2)]R d =(2IN/)d d B=d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2]r=R sin x=R cosd B=NI sin 2 d /(R )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B=0NI/(4R )练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S 1回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比. 解： 1.取窄条面元d S =b d r ,O R 图图2aaaS 2S 1 bx d Bd I77面元上磁场的大小为B =0I /(2r ), 面元法线与磁场方向相反.有1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ 2=⎰-=aabI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ 1/2=12. 半径为R 的薄圆盘均匀带电，总电量为Q . 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动，角速度为，求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩. 解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =2r d r , [=Q /(R 2) ],等效电流元为d I =d Q /T =2r d r/(2/)=r d r(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与同向,大小为 d B=d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=r 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=R Rxrx r r xr rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++R xrx r x r 0232222220d 4σωμ()()⎰++R xrx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x xr 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩 d P m =d IS=r d r r 2=r 2d r ⎰=R m dr r P 03πσω=R 4/4=QR 2/488 练习八 安培环路定律三、计算题1. 如图所示，一根半径为R 的无限长载流直导体，其中电流I 沿轴向流过，并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R 的圆柱形空腔，其轴与直导体的轴平行，两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度.解：1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R 的无限长圆柱电流I 2组成.I 1=J R 2 I 2=J R2J =I/[ (R 2R2)]它们在空腔内产生的磁感强度分别为B 1=0r 1J/2 B 2=0r 2J/2方向如图.有 B x =B 2sin2B 1sin1=(J/2)(r 2sin2r 1sin1)=B y =B 2cos2＋B 1cos1=(J/2)(r 2cos 2＋r 1cos1)=(J/2)d所以 B = B y = 0dI/[2(R 2－R2)]方向沿y 轴正向2. 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求： (1) 载流平面之间的磁感强度； (2) 两面之外空间的磁感强度.解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=J /2在平面①的上方向右,在平面①的下方向左; 电流②在空间产生的磁场为 B 2=J /2图O 2RdORI 1 I 2① ②OO Irr B B y xRRd在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有B=B1+B2=0J(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有B=B1B2=0练习九安培力三、计算题1. 一边长a =10cm的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S=, 铜的密度=cm3), 放在均匀外磁场中. B竖直向上, 且B = 103T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中求:(1) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少.(2) 假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.解：1. (1) P m=IS=Ia2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m与B垂直.有M m=P m×BM m=P m B sin(/2)=Ia2B=×10－4m N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向M m=P m B sin(/2－)=Ia 2B cosM G= M G 1 + M G2 + M G 3= mg(a/2)sin+ mga sin+ mg(a/2)sin =2(Sa)ga sin=2Sa2g sinBn/2mgmgmg991010Ia 2B cos =2Sa 2g sintan=IB/(2Sg )==152. 如图所示，半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2, 置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流I 1 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I 1的磁力.解：2.在圆环上取微元I 2d l = I 2R d该处磁场为B =0I 1/(2R cos )I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(/2)d F=0I 1I 2d/(2cos )d F x =d F cos =0I 1I 2d/(2)d F y =d F sin =0I 1I 2sin d/(2cos )⎰-=222102πππθμd I I F x =0I 1I 2/2因对称F y =0.故 F =0I 1I 2/2 方向向右.练习十 洛仑兹力三、计算题1. 如图所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i (即单位宽度上通有的电流强度)(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向.(2) 有一质量为m ，带正电量为q 的粒子，以速度v 沿平板法线方向向外运动. 若不计粒子重力.求：(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞. (B) 需经多长时间，才能回到初始位置.. 解：1. (1)求磁场.用安培环路定律得 B =i/2iv图I 1 I 2图I 1I 2Rx y d F在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.(2) F =q v×B=m a qvB=ma n=mv2/R带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径.R=mv/qB= 2mv/(0iq)(3) 经一个周期时间，粒子回到初始位置.即t=T=2R/v= 4m/(0iq)2. 一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y 轴方向)垂直,求粒子下落距离为y 时的速率.并讲清求解方法的理论依据.解：2. 洛伦兹力Q v×B垂直于v,不作功,不改变v的大小；重力作功.依能量守恒有mv2/2=mgy，得v=(2gy)1/2.练习十一磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为,电场强度为E,方向如图所示,平板的相对磁导率为r1,平板两侧充满相对磁导率为r2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.解：1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有⎰⋅l lH d=ΣI0 2LH=ΣI0(1)介质内,0<x<b/2. ΣI0=2x lJ=2x l E,有H=x E B=0r1H=0r1x E(2)介质外,x>b/2. ΣI0=b lJ=b l E,有H=b E/2 B=0r2H=0r2b E/2×EHHl111112122. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成，中间充满磁化率为m的各向同性均匀非铁磁绝缘介质，如图所示. 传导电流沿导线向上流去, 由圆筒向下流回，电流在截面上均匀分布. 求介质内外表面的磁化电流的大小及方向.解： 2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有 ⎰⋅l l H d =ΣI 0在介质中(R 1r R 2)，ΣI 0=I ，有2rH = I H = I /(2r )介质内的磁化强度M =mH =mI /(2r )介质内表面的磁化电流J SR 1= M R 1×n R 1= M R 1=mI /(2R 1)I SR 1=J SR 12R 1=mI (与I 同向)介质外表面的磁化电流J SR 2= M R 2×n R 2= M R 2=mI /(2R 2)I SR 2=J SR 22R 2=mI (与I 反向)练习十二 电磁感应定律 动生电动势三、计算题1. 如图所示，长直导线AC 中的电流I 沿导线向上，并以d I /d t = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.解： 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元20cm10cm5cm 图bBla图rrrbE图OI图R 1R 21313d S =y d x =[(a+b x )l/b ]d xm=⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a bIl ln 20πμ εi =dm/d t=()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ =×10－8V负号表示逆时针2. 一很长的长方形的U 形导轨，与水平面成 角，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度B 垂直向上的均匀磁场中，如图所示. 设导线ab 的质量为m ，电阻为R ，长度为l ，导轨的电阻略去不计, abcd 形成电路. t=0时，v=0. 求：(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2) 导线ab 的最大速度v m .解： 2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi =lv×B ·d l=vBl sin(/2+)=vBl cos I i =εi /R = vBl cos /R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为F =l(I i d l×B )= vB 2l 2cos /RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F = F cos =vB 2l 2cos 2/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sinmg sin vB 2l 2cos 2/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin vB 2l 2cos 2/(mR )]1414()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B el B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习十三 感生电动势 自感三、计算题1. 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B 的方向与柱的轴线平行.有一长为2R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场B 的轴线垂直.如图所示.设B 随时间的变化率d B /d t 为大于零的常量.求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高. (分别用对感生电场的积分εi =l E i·d l 和法拉第电磁感应定律εi =－d /d t 两种方法解)..解：(1) 用对感生电场的积分εi =l E i·d l 解:在棒MN 上取微元d x (R<x<R ),该处感生电场大小为E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角满足tan =x/Rεi =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RRr R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RR R x xt B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )RR-=R 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高. (2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d /d t 解:图×× × ×OR 2RBa2az图L× ×× ×OBMNd E × ×× ×OB1515沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅N Ml E i d =⎰⋅-MNl E i d=⎢⎣⎡⋅⎰M N l E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰N O l E i d=－(－dmMONM/d t ) =dmMONM/d t而mMONM=⎰⋅S d S B =R 2B/4故 εi =R 2(d B/d t )/4N 点的电势高.2. 电量Q 均匀分布在半径为a ,长为L (L >>a )的绝缘薄壁长圆筒表面上,圆筒以角速度绕中心轴旋转.一半径为2a ,电阻为R 总匝数为N 的圆线圈套在圆筒上,如图所示.若圆筒转速按=(1t/t 0)的规律(,t 0为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向.解：2. .等效于螺线管B 内=nI=[Q /(2)]/L=Q /(2L )B 外=0=SB d S=B a 2=Q a 2 /(2 L )εi =－d /d t=－[Q a 2 /(2 L )]d /d t=Q a 2 /(2 L t 0)I i =εi /R=Q a 2 /(2 LR t 0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感（续）互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a 的长直导线平行放置,相距为d ,组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.1616解：1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=Ir/(2a 2)+I/[2(d r )]a ≤r ≤d a B 2=0I/(2r )+0I/[2(d r )]d a ≤r ≤d B 3=I/(2r )+I (d r )/(2a 2)取窄条微元d S=l d r ,由m=⎰⋅S S B d 得ml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d rIl 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰--a d ar d r Il πμ2d 0+⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =Il/(4)+[0Il/(2)]ln[d/(d a )]+[Il/(2)]ln[(d a )/a ] +[Il/(2)]ln[(d a )/a ]+[Il/(2)]ln[d/(d a )]+Il/(4)=Il/(2)+(Il/)ln(d/a )由L l =l/I ,L 0= L l /l=l/(Il ).得单位长度导线自感 L 0==0l/(2)+(l/)ln(d/a )2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有N 匝线圈.另有一矩形导线线圈与其套合,如图(1)所示. 其尺寸标在图(2) 所示的截面图中,求其互感系数.解：2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为B =NI/(2) r ≤≤R图(1Rrh a b(21717方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元d S=h d ,由m=⎰⋅S S B d 得m=⎰RrNIh πρρμ2d 0=0NIh ln(R/r )/(2)M =m/I ==Nh ln(R/r )/(2)。
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练习一 静电场中的导体三、计算题1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(ｘ2+ｙ２）３/2,其中Ｃ为常数.求(１)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.解：. E x =U/x=C [１/（x 2+y ２)３／2+x (3/２）２ｘ/（x 2＋y ２)5/2]= (2x 2y 2)C /(x ２＋y 2)5/2E y =Ｕ/ｙ=C ｘ（3/2)２ｙ/(ｘ2＋y ２)5／２=3Ｃxy /(ｘ2+y 2)5/2ｘ轴上点(y =0) E x ＝2Ｃx 2／ｘ５=2C /x 3 E ｙ＝0E ＝2C i /x 3ｙ轴上点(x ＝0） E x =Cy ２/y 5=C /y ３ Ｅy =０E ＝C ｉ/y 32.如图5.6，一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球Ｂ（半径为R 1)上,今给A 球带负电Ｑ, 求Ｂ球所带电荷Q B 及的Ａ球的电势ＵA ．静电场中的导体答案 解： 2. B 球接地,有 U B ＝Ｕ=0, U A =U BAＵA =(Q+Q B )/（４0Ｒ3) U ＢA =[Q B ／（40)］(1/R ２１/R 1) 得 ＱB =QR 1R 2/（ R 1Ｒ2+ R 2R 3 R 1R ３)ＵA =[Q ／（40R 3)][1＋R 1R ２/（R 1R ２+R 2R ３R 1R 3）］ =Q (R 2R １)/[40(R 1R ２＋R 2R 3R 1Ｒ3)］练习二 静电场中的电介质三、计算题1. 如图6.6所示,面积均为S ＝０.1m 2的两金属平板A ，B 平行对称放置，间距为d ＝１ｍm ，今给A , B 两板分别带电 Q 1=3.5４×１0-9C, Q 2=1.７７×10－9C.忽略边缘效应， 求：(１） 两板共四个表面的面电荷密度1,2，３,4;(２) 两板间的电势差V ＝U A －U B ．解：1. 在A 板体内取一点A ， B 板体内取一点B ,它们的电场强度是-Q图5.6A Q 1图6.62σ1 2 σ3 σ4四个表面的电荷产生的,应为零,有ＥA =1／(２0)2/(20)３/(20)4／(２)＝０ＥA =1/（20)+2/(20)＋３/(2０)4／(20)=0而 S （1+２)=Q 1 Ｓ（3＋4）=Ｑ2有1234=01＋２+３４＝０1+2=Q 1/S3+4=Q ２/Ｓ 解得1=4=（Ｑ1+Q 2)/（2S )=2．661０8C/ｍ22＝3=(Q 1Q ２)/(2S )＝０.891０８C ／m ２两板间的场强 Ｅ=２/0=（Q 1Q 2）/(20Ｓ)V=U A -ＵＢ⎰⋅=BAl E d=E ｄ=(Q 1Q 2)ｄ/(2０S )=10００Ｖ四、证明题1. 如图６.7所示,置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在. 解：1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ＡCB 作环路AC ＢA ,导体内直线BA 的场强为零，ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2＝⎰⋅ACBl E d 0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量三、计算题1. 半径为R 1的导体球带电Ｑ ,球外一层半径为Ｒ2相对电容率为r 的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图７.1所示.求：(1)离球心距离为r １(ｒ1＜R 1), r ２(R 1<r １<R 2), r 3(r １>R 2)处的D 和E ；（2）离球心r １, r 2, r 3,处的Ｕ；(3)介质球壳内外表面的极化电荷.+ - ++ ----- ++ + 导体 图 7.1R 2+ + + +- - - - B AC解：１. （1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称，过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4r 2D ＝ｑ0ｉ当r=５cm <R 1, q 0i =0得 D １＝0, E 1=０ 当r ＝15cm(Ｒ１<r <R 1＋d )q 0ｉ＝Q=1．0×1０8C得 D 2=Q /(4ｒ２)＝3.５4×108Ｃ/m 2Ｅ2=Q /(40r r ２）=7.99×103Ｎ/C 当r ＝25cm(r ＞R 1＋d )ｑ0i ＝Q ＝１.0×108C得 Ｄ3=Q /（4r ２)=１.２7×108C/m 2E 3=Q /（4r ２)＝1.４4×104Ｎ/ＣD 和E 的方向沿径向.（２) 当r=5ｃｍ<Ｒ1时 U 1=⎰∞⋅rl E d⎰=R rr E d 1⎰++d R Rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q ／(4rR )Q/[４ｒ(R+d ）]+Ｑ/［4(Ｒ+d )］＝５４0V当r=1５cm <R 1时Ｕ2=⎰∞⋅rl E d ⎰+=dR rr E d 2⎰∞++dR r E d 3＝Ｑ/(4rr )Q/[40r(R+d )]+Q/[40（R+d )]=480V当r ＝2５cm <Ｒ1时U 3＝⎰∞⋅rl E d ⎰∞=rr E d 3=Q/（4r )=360V(3）在介质的内外表面存在极化电荷，Ｐe =０E=(r1)E= P e ·nｒ=R 处, 介质表面法线指向球心＝P e ·ｎ =Ｐe c ｏｓ=0(r1)E q ＝S =0(r １) [Q /（40ｒR ２)]４R ２ =（r １)Q /r =0.8×108Cr=R+d 处, 介质表面法线向外=P e ·n =P e ｃｏs ０=0(r １）Eq ＝S =０（r 1)[Q /(40r (R+d ）2]4(Ｒ+d )2＝(r 1）Q /r =0.８×１08Ｃ２.两个相距很远可看作孤立的导体球,半径均为10cm ，分别充电至200V 和400V,然后用一根细导线连接两球,使之达到等电势. 计算变为等势体的过程中,静电力所作的功. 解；2.球形电容器 C =4０ＲＱ１＝C １Ｖ1= ４ＲＶ１ Q 2=Ｃ2V ２= ４RV 2Ｗ0=C 1V 12/2+Ｃ2V 22／2=20R (V 1２+V ２2）两导体相连后 Ｃ＝Ｃ1+C 2=８RQ=Q 1+Ｑ2= C 1V 1+C 2V 2＝4R (V １+V ２)W=Q ２/(2C )＝ [4０R (V 1+V ２)]2／(１6R )＝R (V 1＋V 2)2静电力作功 A=W 0W=2R (Ｖ12+V ２2)０R （V 1＋V 2)2=０R （Ｖ1V ２)2=1.11×10７Ｊ练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律三、计算题1. 如图1０.7所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片， 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布． 求中心轴线O Ｏ上方距导体薄片为a 的磁感强度.解：1.取宽为ｄx 的无限长电流元ｄI ＝Ｉd ｘ／（2a ) d B=0d I/(2r ) =0I d x/（4ar ) d B x ＝ｄＢcos ＝[I d x ／(4ar )]（ａ／ｒ）=0Ｉd x/(4r 2）＝ 0I ｄx ／[4（x 2+a 2)］d B y =ｄB sin = 0Ｉx d x/[４a （ｘ2+ａ2)]()⎰⎰-+==aax x a x xI B B 2204d d πμan(x/a )a a-=I/（8a )=[I/(4)](1/a )aｒｃｔ()⎰⎰-+==a ay y ax a xIx B B 2204d d πμ＝［０Ｉ/(８a ）］ln （x 2＋ａ２)a a-=02． 如图1０.8所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为Ｉ． 求球心O 的磁感强度.解：２. 取宽为d Ｌ细圆环电流， ｄI=ＩｄN=I [Ｎ/(R/2)]R d =(2IN/)dｄB ＝0ｄＩr 2/[２(r ２+x 2)3/２]r=R sin x=Ｒc ｏsd B=０N Ｉsin 2d /（Ｒ)O •R 图10.8⨯ I x xy x d Bx xα x α xPx rO O ' Ixy zP 2a⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B＝0N Ｉ/(4R )练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和Ｓ2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图11.６所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S １回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比. 解: １．取窄条面元d S =ｂd r ， 面元上磁场的大小为B =0I /(2r ), 面元法线与磁场方向相反.有１=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ ２=⎰-=aabI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ １／2=12． 半径为Ｒ的薄圆盘均匀带电，总电量为Q ． 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动,角速度为，求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩．解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元ｄQ ＝２r d r ,［=Ｑ/（R 2) ]，等效电流元为 d I =d Q /T =２ｒd r/(2/)＝ｒd r(1)求磁场， 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与同向,大小为ｄＢ=0d Ｉr 2／[２(x ２+r 2)3/２］=0r 3d r /[２（x ２+r 2)３/２]()()()⎰⎰++=+=R Rxrx r r xr rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++R xrx r x r 0232222220d 4σωμ()()⎰++R xrx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x xr 022202202σωμ 图11.62aaaS 2 S 1 b=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (２)求磁距. 电流元的磁矩d Ｐm =ｄIS ＝r d r r 2＝r 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=R 4/4=QR 2／4练习八 安培环路定律三、计算题1. 如图12.5所示,一根半径为R 的无限长载流直导体,其中电流I 沿轴向流过,并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R 的圆柱形空腔,其轴与直导体的轴平行，两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度． 解：１. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流Ｉ1和一个同电流密度的反方向的半径为R 的无限长圆柱电流Ｉ2组成．I 1＝ＪR 2 I 2=ＪR2J ＝I/［ (R 2R2）］它们在空腔内产生的磁感强度分别为B 1＝0ｒ1J/2 B 2=0ｒ2J/２ 方向如图.有B x =B 2sin 2B 1s ｉn １＝(0J/2)（r 2ｓi ｎ2r 1sin １)=０ B ｙ ＝B ２c ｏｓ2＋Ｂ１cos 1＝(0J/2)（ｒ２cos 2+r 1ｃｏs 1)=(０J/2)d所以 B = B y ＝ 0dI/[2(R 2-R 2)] 方向沿y 轴正向2． 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求: (1) 载流平面之间的磁感强度; (2) 两面之外空间的磁感强度．解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B １=Ｊ/２在平面①的上方向右，在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为 Ｂ2=J /2在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=Ｂ1+B ２＝０J(２） 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有 Ｂ=B 1B 2＝0•图12.5• O '2R ' dO R ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ • • • • • • • I 1 I 2①② OO I rr θθθθB B y xRRd练习九 安培力三、计算题１. 一边长a ＝10cm 的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S =2.00mm 2， 铜的密度=8.９0g ／cm 3), 放在均匀外磁场中. Ｂ竖直向上， 且B = 9.40103T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中 求:（１) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少.(2) 假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时，线圈平面与竖直面夹角为多少.解：１. （1) Ｐm =I Ｓ＝Ia 2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P ｍ与B 垂直．有 Ｍm =P m ×BＭm =P m B si ｎ(／2)＝Ia 2B =9.4×10-4m Ｎ(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向 M m =P m B sin(/2-)＝Ia ２ＢcosＭG = M Ｇ1 + M G 2 + ＭG 3＝ ｍｇ(ａ/2)sin ＋ m ｇａｓin ＋ ｍg (ａ／2)si ｎ =2(Sa )ga ｓin =2Ｓａ２g sin Ｉa ２Ｂcos ＝2Ｓa 2g sin tan =IB/(２Sg )=０.26９4 =152. 如图13.5所示，半径为Ｒ的半圆线圈ACD 通有电流I ２, 置于电流为I 1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I 1的磁力． 解:2.在圆环上取微元 Ｉ2d l ＝ Ｉ2R d 该处磁场为Ｂ＝０I １／（2R co ｓ）I ２d ｌ与B 垂直,有d F= Ｉ2d ｌB sin （/２)I 1I 2图13.5I 1I 2Rθ x y d F Bnθπ/2-θmg mgmgd F=Ｉ1I 2d ／(2c ｏs ）d F ｘ＝d Ｆcos =０I 1Ｉ２d/(2)d F y ＝d Ｆsi ｎ=0I 1I 2ｓin ｄ/(2cos ）⎰-=222102πππθμd I I F x ＝0I 1Ｉ2/２因对称Ｆy =0.故 F =0I 1I 2／2 方向向右.练习十 洛仑兹力三、计算题1. 如图14.６所示，有一无限大平面导体薄板,自下而上均匀通有电流,已知其面电流密度为ｉ（即单位宽度上通有的电流强度）（1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向．(2) 有一质量为ｍ，带正电量为q 的粒子,以速度v 沿平板法线方向向外运动. 若不计粒子重力.求:(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞． (B) 需经多长时间,才能回到初始位置.. 解：1. (１)求磁场.用安培环路定律得 Ｂ=０ｉ/２在面电流右边B 的方向指向纸面向里，在面电流左边B 的方向沿纸面向外.(2） F =q ｖ×B=m a qvB ＝ｍａn =mv 2／R带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交，即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径．R =mv/ｑB= ２mv ／(i ｑ)(3） 经一个周期时间，粒子回到初始位置.即ｔ＝Ｔ＝２R/v ＝ 4ｍ／(０i ｑ)２. 一带电为Q 质量为m 的粒子在均匀磁场中由静止开始下落，磁场的方向(z 轴方向)与重力方向(y 轴方向)垂直,求粒子下落距离为ｙ时的速率.并讲清求解方法的理论依据．解:2. 洛伦兹力Ｑv ×B 垂直于v ，不作功,不改变ｖ的大小;重力作功.依能量守恒有 mv ２／2＝ｍｇy ，得 v =(2gy )1/2.练习十一 磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b 的无限大平板中通有一个方向的电流，平板内各点的电导率为,电场强度为E ，方向如图１5．６所示，平板的相对磁导率为r 1，平板两侧充满相对磁导率为ｒ2的iv•图14.6各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度．解:1． 设场点距中心面为x ,因磁场面对称 以中心面为对称面过场点取矩形安培环路,有⎰⋅ll H d =ΣI 02LH=ΣI ０(1) 介质内，0<x <b/2. ΣI ０＝2x l Ｊ=2ｘｌE ,有H =x Ｅ B =0ｒ１H ＝0r 1x Ｅ(2) 介质外，x >b ／2. ΣI ０=b l Ｊ=b l E ,有 H ＝ｂE/２ B ＝０r 2H=０r 2ｂE/22. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成,中间充满磁化率为m的各向同性均匀非铁磁绝缘介质，如图15.7所示. 传导电流沿导线向上流去， 由圆筒向下流回，电流在截面上均匀分布. 求介质内外表面的磁化电流的大小及方向.解:2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有 ⎰⋅l l H d =ΣＩ0在介质中(Ｒ1r R 2)，ΣI ０＝I ，有 2rH ＝ I H = Ｉ/(２r ) 介质内的磁化强度 M =m H =m I ／(2ｒ） 介质内表面的磁化电流J S Ｒ1＝ M R 1×n R １= M Ｒ1=m Ｉ/（2R １) I SR １=ＪSR 1２R １＝m I (与Ｉ同向) 介质外表面的磁化电流J SR 2＝ M R 2×n Ｒ2＝ M R 2=ｍI /（2R ２) I SR ２=ＪSR ２2R ２=m I （与I 反向)练习十二电磁感应定律 动生电动势三、计算题1. 如图17.8所示，长直导线AC 中的电流I 沿导线向上,并以d Ｉ /ｄt = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框,其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.20cm10cm 5cm图17.8 bθBldca图17.9μr 2μr 2μr 1 b EγχmOI图15.7R 1R 2 × EHHl解： 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向，得三角形面法线垂直纸面向里．取窄条面积微元d S =ｙd ｘ＝[(a+ｂx )l/b ]d xｍ=⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a bIl ln 20πμ εi =d m /d t ＝()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ=５.18×10-8V负号表示逆时针2． 一很长的长方形的U 形导轨,与水平面成 角，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑,导轨位于磁感强度Ｂ垂直向上的均匀磁场中，如图17.9所示. 设导线ａb 的质量为m ，电阻为R ,长度为l ，导轨的电阻略去不计， abcd 形成电路. t ＝０时，v ＝0. 求:(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2） 导线ａｂ的最大速度ｖm .解：2. (1) 导线a ｂ的动生电动势为εi ＝lv×B ·d l ＝ｖB ｌsi ｎ(/２+)=vBl co ｓ Ｉi =εi ／Ｒ＝ ｖBl cos /R方向由ｂ到a . 受安培力方向向右,大小为F = l (I ｉｄl×B )＝ v Ｂ2l 2c ｏs /ＲF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为Ｆ ＝ F c ｏs ＝v Ｂ2l ２co ｓ2/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为m ｇsinmg ｓi ｎ ｖB 2l ２c ｏs 2／Ｒ=m ａ＝ｍd v ／d t dt ＝d v /[ｇsin vB 2ｌ2cos 2／(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ａb 的最大速度v ｍ=θθ222cos sin l B mgR ．练习十三 感生电动势 自感三、计算题1. 在半径为Ｒ的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B 的方向与柱的轴线平行.有一长为2R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场B 的轴线垂直.如图１8.6所示.设B 随时间的变化率d B /d ｔ为大于零的常量．求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高.(分别用对感生电场的积分εi =l E i ·d l 和法拉第电磁感应定律εi =－d /d ｔ两种方法解）. .解:（１) 用对感生电场的积分εi =l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (R ＜x<R ), 该处感生电场大小为E i ＝[R 2/(2r )](ｄB/d t )与棒夹角满足ｔan ＝x ／R εｉ =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RR r R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RRR x x t B R 2232d d d =［Ｒ3(d B/ｄt )／2](１/R ）ａrc ｔan(x/R )RR-=R 2(ｄB/ｄｔ)／４ 因εi ＝>0，故Ｎ点的电势高.（2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d ／d ｔ解: 沿半径作辅助线O Ｍ，ON 组成三角形回路MONMεi ＝⎰⋅NMl E i d ＝⎰⋅-MNl E i d=⎢⎣⎡⋅⎰M N l E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰N O l E i d=－(-ｄｍMO ＮM/ｄt ) =ｄｍMONM/d t而mMONM=⎰⋅Sd S B ＝R 2B ／４故 εｉ=R 2(d B/d t ）/4N 点的电势高.2. 电量Ｑ均匀分布在半径为a ,长为Ｌ（Ｌ>>a ）的绝缘薄壁长圆筒表面上,圆筒以角速度绕中心轴旋转.一半径为2a ,电阻为R 总匝数为N 的圆线圈套在圆筒上,如图1８．7所示.若× × × ×O R2RB a2aω图18.7L× × × ×OB× ×× ×OB圆筒转速按=(1t/t 0)的规律（,t ０为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向．解:2. .等效于螺线管B 内=0 nI=0 [Q /(2)]/Ｌ＝Q /(2Ｌ)B 外=0=S B ｄS=Ｂa 2＝0Q ａ2 /(2 Ｌ）εｉ =－d /d ｔ=-［０Ｑ ａ2 /（2 L )]d /ｄt=０ 0Ｑ ａ2 /（2 L t ０) I i =εi /R ＝0 0Q a 2 /(2 ＬＲ t 0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感（续）互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a 的长直导线平行放置，相距为d ，组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.解：１. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里，大小为0≤r ≤a B １=０Ｉｒ／(２a 2)+ ０I/［2(ｄr )]a ≤r ≤d a B 2=0I ／(2r )+０I ／[２(ｄr ）] d a ≤ｒ≤d B ３=0I/(２r )+ 0I （d r )／(２a ２)取窄条微元d S=l d r ，由m＝⎰⋅S S B d 得ml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d rIl 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0＋()⎰--a d ar d r Il πμ2d 0 +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =0Il ／(4)＋[０Il/(2)]l ｎ[d/(ｄa ）］+[0Ｉl/（２)]ｌｎ[（ｄa )／a ］ +[0Il/（2)]ｌn[(d a ）/ａ］＋[０Il/(２)]ln[d/(d a ）]＋0Ｉｌ／(４) =0Ｉl/(2)+(0Il ／)ln(d/ａ）由Ｌｌ=l /I ,Ｌ０= Ｌｌ／l ＝ｌ /(Il ）.得单位长度导线自感 L 0==0l/(2)+(0l/)ln(d/ａ)2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有Ｎ匝线圈．另有一矩形导线线圈与其套合，图19.4(1)Rr h a b(2)如图１9．4(1）所示． 其尺寸标在图19.4（２) 所示的截面图中,求其互感系数．解：2. 设环形螺旋管电流为I ， 则管内磁场大小为B ＝NI/(2) r ≤≤R方向垂直于截面； 管外磁场为零.取窄条微元ｄS ＝ｈd ，由m=⎰⋅S S B d 得ｍ＝⎰RrNIh πρρμ2d 0=0NIh ln(R/ｒ)/(2）Ｍ=m/I =＝Nh l ｎ(Ｒ/r ）/(2）。