9大学物理习题及综合练习答案详解

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大学物理练习册(下)答案解析

练习一1、C ，2、C ，3、C ，4、D,5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)， 2/a ± ，6、()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 7、解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强： ()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．8、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它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π=按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R Q E E x π==，θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=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 ＝02022/2/0202d cos d cos 2R Q R Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习二1、D ，2、C ，3、A ，4、C,5、不变、变，6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)7、解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) （2）过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有 ()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰xS P SEESSEd x b E 'd qR O xyθd θθＰLdd q x (L+d －x )d ExO得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ，可得2/b x = 6、解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场1E，而另在挖去处放上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场2E，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 210E E E +=在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’＝E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212dr E P ερ-= （1）求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =03ερd，方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r则3ερr E PO =， 03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．练习三1、D ，2、B ，3、C,4、C,5、q / (6πε0R )6、负，增加7、解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝E 1P ρ PE 2P E P 图(d) O O ' P E 1O’ ρ 图(a) O ρO ' d E O’=E 1 图(c)O P E 2P -ρ O 'r E 2O’=0图(b)E 1P由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -=在－a ≤x ≤a 区间 00d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 在a ≤x ＜∞区间 0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰8、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为： ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ 方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ练习四1、D ，2、D ，3、B ，4、C ，5、U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-，6、r εεσσ0,， 7、解：金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ∵ AB AC U U =，即-a +a O x UO R x r 0 r 0+ld xx∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV练习五1、πR 2c2、 5.00×10-5 T ， 3、20d 4a lI πμ ，平行z 轴负向； 4、)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外，2/122210)11(4R R I+μ ，12arctg R R +π21，5、)3231(40ππμ-+R I , 6、C, 7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l R II d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为RI R R R I R I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴ i B51037.6-⨯= T8、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21d d 22λω=π=⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内．练习六1、B2、)2(120I I -μ3、320μI ， 4、Rihπμ20，5、)2/(210R rI πμ ，0 6、解：取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 7、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμOarbd r ω1、A ，2、B ，3、)/(cos 2eB m θv π， )/(sin eB m θv ，4、alB 2，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质，6、 0.226 T ，300 A/m7、解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J 8、解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰1、D ，2、C ，3、A ，4、0.40 V ， 0.5 m 2/s ，5、 5×10-4 Wb ，6、解：2IB xμπ=ln 22d adIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0l n c o s 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 7、解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．练习九1、28/104.0s m ⨯顺时针 2、 πBnR 2 ，O 3、dtdBR221π， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零 5、RBfr 22π6、解：作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ 7、解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=t abd d 2ΦεtB R B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →练习十1、C ，2、C ，3、0，4、垂直纸面向里，垂直OP 连线向下，5、（4）（2）（1） 5、解：圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktDj ε=∂∂=6、如图10-17图所示，取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ练习十一1、A2、 B3、B ，4、D ，5、2π (n -1) e / λ ， 4×103 ；6、解: (1)由λk d D x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm7、解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1)e ＋r 1＝r 2设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ所以 (n －1)e = k λk ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处练习十二1、A ，2、 C ，3、C ，4、 1.40 ，5、0.6mm 。

大学物理试题库及答案详解pdf

大学物理试题库及答案详解pdf一、选择题1. 光在真空中的传播速度是（）。

A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 299,792,458 km/hD. 299,792,458 m/h答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

这个定律的数学表达式是（）。

A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A二、填空题1. 电磁波的波速在真空中是恒定的，其值为______ m/s。

答案：299,792,4582. 根据热力学第一定律，能量守恒，即能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。

其数学表达式为：ΔU = Q - W，其中ΔU表示内能的变化，Q表示______，W表示______。

答案：热量的转移；功的做功三、计算题1. 一个质量为5kg的物体从静止开始，受到一个恒定的力F=20N的作用，求物体在5秒内移动的距离。

答案：首先根据牛顿第二定律F=ma，可以计算出物体的加速度a=F/m=20N/5kg=4m/s²。

然后根据位移公式s=1/2at²，可以计算出物体在5秒内移动的距离s=1/2*4m/s²*(5s)²=50m。

2. 一个电容器的电容为2μF，当电压从0增加到5V时，求电容器储存的电荷量。

答案：根据电容的定义C=Q/V，可以计算出电容器储存的电荷量Q=CV=2*10^-6F*5V=10^-5C。

四、简答题1. 简述麦克斯韦方程组的四个方程。

答案：麦克斯韦方程组包括四个方程，分别是：- 高斯电场定律：∇·E = ρ/ε₀- 高斯磁场定律：∇·B = 0- 法拉第电磁感应定律：∇×E = -∂B/∂t- 安培环路定律（包含麦克斯韦修正项）：∇×B = μ₀(J +ε₀∂E/∂t)2. 什么是量子力学的不确定性原理？答案：不确定性原理是量子力学中的一个基本原理，由海森堡提出。

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ,速率为v ，t 至（t ＋Δt ）时间内的位移为Δr , 路程为Δs ，位矢大小的变化量为Δr （或称Δ｜r ｜），平均速度为v ,平均速率为v ．(1）根据上述情况,则必有( ) （A) ｜Δr ｜= Δs = Δr（B) |Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ，当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r （C) ｜Δr |≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s （D ）｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ，当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s （2) 根据上述情况，则必有( ）（A ）｜v ｜= v ，｜v |= v （B ） |v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) |v ｜= v ，｜v ｜≠ v （D) ｜v ｜≠v ，|v ｜= v分析与解（1）质点在t 至(t ＋Δt ）时间内沿曲线从P 点运动到P′点，各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小|Δr ｜＝PP ′，而Δr ＝｜r |—｜r ｜表示质点位矢大小的变化量，三个量的物理含义不同，在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能）．但当Δt →0 时，点P ′无限趋近P 点，则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选（B ）．(2）由于｜Δr |≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ，即|v |≠v ．但由于|d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v |＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x ，y )的端点处，对其速度的大小有四种意见，即(1）t r d d ；（2）t d d r ；（3)t s d d ； (4）22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( ）(A ）只有(1)（2)正确（B ）只有(2)正确（C ）只有（2）（3）正确 (D ）只有(3）（4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示，这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t sd d =v 计算，在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选（D ）．1 -3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度，s 表示路程， a ｔ表示切向加速度．对下列表达式，即（1)d v /d t ＝a ；（2）d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；（4）d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A ）只有(1)、（4)是对的（B ）只有（2）、（4)是对的(C ）只有（2)是对的（D ）只有(3)是对的分析与解 td d v表示切向加速度a ｔ，它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量，起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r （如题1 -2 所述)；t sd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有（3) 式表达是正确的．故选（D)． 1 —4 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,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用，而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时，由于速度方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时， a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见，应选（B ）．*1 -5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳，绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作（ )（A) 匀加速运动，θcos 0v v =（B) 匀减速运动,θcos 0v v = （C) 变加速运动，θcos 0v v =(D ）变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系，设定滑轮距水面高度为h ，t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ，则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ，式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率，其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=，方向沿x 轴负向．由速度表达式，可判断小船作变加速运动．故选(C ）．讨论有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解，则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m ，t 的单位为 s ．求： (1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2）质点在该时间内所通过的路程;(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=，而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0~t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ，则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用t x d d 和22d d tx两式计算．解（1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2）由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x x m 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4。

大学物理试题答案及解析

大学物理试题答案及解析一、选择题1. 光年是表示距离的单位，它等于（）。

A. 一年内光所行进的距离B. 一年内光所行进的时间C. 一年内光所行进的路程D. 一年内光所行进的速度答案：A解析：光年是天文学中用来表示距离的单位，它表示光在真空中一年内所行进的距离。

2. 根据牛顿第二定律，一个物体的加速度与作用在它上面的力成正比，与它的质量成反比。

这个定律的数学表达式是（）。

A. $ F = ma $B. $ F = \frac{m}{a} $C. $ a = \frac{F}{m} $D. $ a = \frac{m}{F} $答案：C解析：牛顿第二定律指出，物体的加速度与作用在它上面的力成正比，与它的质量成反比，数学表达式为 $ a = \frac{F}{m} $。

二、填空题1. 根据热力学第一定律，能量守恒，即能量不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。

用公式表示为：$ \Delta U = Q- W $，其中 $ \Delta U $ 表示内能的变化，$ Q $ 表示系统吸收的热量，$ W $ 表示系统对外做的功。

2. 电磁波谱中，波长最长的是（）。

答案：无线电波解析：电磁波谱中，波长从长到短依次为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和伽马射线。

三、计算题1. 一辆质量为1000kg的汽车以20m/s的速度行驶，突然遇到紧急情况需要刹车。

假设刹车过程中汽车的加速度为-5m/s²，求汽车从开始刹车到完全停止所需的时间。

答案：4秒解析：根据公式 $ v = u + at $，其中 $ v $ 是最终速度，$ u $ 是初始速度，$ a $ 是加速度，$ t $ 是时间。

已知$ v = 0 $，$ u = 20 $m/s，$ a = -5 $m/s²，代入公式得$ 0 = 20 - 5t $，解得 $ t = 4 $秒。

大学物理学练习册参考答案全

大学物理学练习册参考答案单元一质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)．在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-，故020d d v tv vk t v =-⎰⎰，可得：011kt v v =+．（2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+．证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)，切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)．（2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t 2)2，解得： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。

大学物理习题与答案解析

根据匀加速直线运动的速度公式$v = v_0 + at$，代入已知的 $v_0 = 2m/s$和$a = 3m/s^2$，以及时间$t = 3s$，计算得到$v = 2m/s + 3 times 3m/s^2 = 11m/s$。
一物体做匀减速直线运动，初速度为10m/s，加速度为2m/s^2，则该物体在速度减为零时的位移是多少？
04
答案解析
根据公式$v = lambda f$，频率$f = frac{v}{lambda} = frac{3 times 10^{8}}{500 times 10^{-9}}Hz = 6 times 10^{14}Hz$；根据公式 $E = hnu$，能量$E = h times f = 6.626 times 10^{-34} times 6 times
题目
答案解析
计算氢原子光谱线波长与频率的关系。
根据巴尔末公式，氢原子光谱线波长与频率的关系可以
表示为λ=R*(1/n1^2 1/n2^2)，其中λ是光谱线波长，R是里德伯常数，n1和 n2分别是两个能级的主量子
数。
பைடு நூலகம்
题目
一束光照射到某金属表面，求光电子的最大初动能。
答案解析
根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能Ekm=hν-W，其中h是普朗克常数，ν是入射光的频率，W是金属的逸出功。因此，通过测量入射光的频率和金属的逸出功，可以计算出光电子
题目
一定质量的理想气体，在等容升温过程中，不吸热也不放热，则内能如何变化？
答案解析
根据热力学第一定律，等容升温过程中，气体不吸热也不放热，则内能增加。
热传递习题及答案解析
题目

(完整版)大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

大学物理试题讲解及答案

大学物理试题讲解及答案一、选择题1. 光的波长为λ，频率为f，光速为c，下列关系式正确的是（）。

A. λf = cB. λf = 2cC. λf = c/2D. λf = c^2答案：A2. 一个物体在水平面上做匀加速直线运动，已知加速度a=2m/s²，初速度v₀=3m/s，那么2秒后的速度v₂为（）。

A. 7m/sB. 9m/sC. 11m/sD. 13m/s答案：B二、填空题3. 根据牛顿第二定律，物体的加速度a与作用力F和物体质量m的关系是a=______。

答案：F/m4. 一个物体从静止开始下落，忽略空气阻力，其下落过程中的加速度为______。

答案：g（重力加速度）三、计算题5. 一个质量为m的物体，从高度h处自由下落，求物体落地时的速度v。

解：由能量守恒定律可知，物体的势能转化为动能，即：mgh = 1/2 * mv²解得：v = √(2gh)答案：v = √(2gh)6. 一列火车以速度v₀进入一个隧道，隧道长度为L，火车长度为l，求火车完全通过隧道所需的时间t。

解：火车完全通过隧道时，其尾部刚好离开隧道口，此时火车行驶的距离为L+l。

由速度公式v = s/t，得：t = (L+l)/v₀答案：t = (L+l)/v₀四、简答题7. 简述牛顿第三定律的内容。

答案：牛顿第三定律指出，对于两个相互作用的物体，它们之间的作用力和反作用力大小相等、方向相反。

8. 什么是电磁感应现象？答案：电磁感应现象是指当导体在磁场中运动，或者磁场发生变化时，导体中会产生感应电动势的现象。

五、论述题9. 论述相对论中时间膨胀的概念。

答案：时间膨胀是相对论中的一个重要概念，指的是当一个物体以接近光速的速度运动时，相对于静止观察者的时间会变慢。

这种现象表明，时间并不是绝对的，而是相对的，取决于观察者的运动状态。

10. 试述量子力学与经典力学的主要区别。

答案：量子力学与经典力学的主要区别在于它们描述的物理现象的尺度不同。

大学物理9~13课后作业答案(精编文档).doc

【最新整理，下载后即可编辑】第八章8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强．解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分∴，方向沿轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为．(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强；(2)证明：在处，它相当于点电荷产生的场强．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为RλOϕRddl=ϕλλddd Rlq==O2π4ddRREεϕλ=ϕϕελϕdsinπ4sinddREEx==ϕϕελϕπdcosπ4)cos(ddREEy-=-=RREx0π2dsinπ4ελϕϕελπ==⎰dcosπ4=-=⎰ϕϕελπREyREExπ2ελ==xl qr E lr>>q E4qP P Ed()4π4coscosd2221lrEP+-=εθθλ∵∴在垂直于平面上的分量∴题8-8图由于对称性，点场强沿方向，大小为∵∴ 方向沿8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,当时，,时，22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=24π4d 2222l r l l r E P ++=ελP Ed βcos d d P E E =⊥424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελP OP 2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελl q 4=λ2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε510-02π4ε∑=qr E 5=r cm 0=∑q 0=E 8=r cm ∑q 3π4p =3(r )3内r -0d ε∑ ⎰ = ⋅ q S E s∴，方向沿半径向外．cm 时,∴沿半径向外.8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．解: 高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积则对(1)(2)∴沿径向向外(3) ∴题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅12=r 3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外1C N -⋅1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑⎰=⋅q S E srl S π2=rlE S E Sπ2d =⋅⎰1R r <0,0==∑E q 21R r R <<λl q =∑rE 0π2ελ=2R r >0=∑q 0=E 1σ2σ1σ2σnE)(21210σσε-=面外，面外，：垂直于两平面由面指为面．8-13 半径为的均匀带电球体内的电荷体密度为,若在球内挖去一块半径为＜的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心与点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) 球在点产生电场，球在点产生电场∴点电场；(2) 在产生电场球在产生电场∴ 点电场题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图)则， ,1σnE )(21210σσε+-=2σnE )(21210σσε+=n1σ2σR ρr R O O 'ρρ-ρ+O 010=Eρ-O d π4π3430320OO r E ερ= O d 33030r E ερ= ρ+O 'd π4d 3430301E ερπ='ρ-O '002='EO '003ερ='EOO P O 'r 'O r 03ερrE PO =3ερr E O P '-='∴∴腔内场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示∴8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题8-17图［］003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='A B q q AB R 0q O C 0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=Rqq U U qA oC O 00π6)(ε=-=λR O AB CD O θd d R l =θλd d R q =O Ed O y θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=)2sin(π-2sin π-(2) 电荷在点产生电势，以同理产生半圆环产生∴8-22 三个平行金属板，和的面积都是200cm 2，和相距4.0mm ，与相距2.0 mm ．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题8-22图(1)∵ ，即∴∴且 +得而R0π2ελ-=AB O 0=∞U ⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελCD 2ln π402ελ=U 0034π4πελελ==R R U 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O A B C A B A C B C A B C A A 1σ2σABAC U U =ABAB AC AC E E d d =2d d 21===AC ABAB AC E E σσ1σ2σS q A=,32S q A =σS q A321=σ7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)8-23 两个半径分别为和（＜)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；解: (1)内球带电；球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势题8-23图(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为．所以球壳电势由内球与内表面产生：8-27 在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理(1)介质内场强;介质外场强301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 1R 2R 1R 2R q q +q -q +⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε q +q -q +q -0π4π42020=-=R q R q U εε1R 2R r εQ ∑⎰=⋅qS D Sd )(21R r R <<303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内)(2R r <(2)介质外电势介质内电势(3)金属球的电势8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为，真空部分场强为，自由电荷面密度分别为与由得，而 ,∴303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外)(2R r >rQ E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外)(21R r R <<2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεεrd r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεεr ε2E 1E2σ1σ∑⎰=⋅0d q S D11σ=D 22σ=D 101E D ε=202E D r εε=d21UE E ==r D D εσσ==1212rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求：(1)在半径处(＜＜＝，厚度为dr ，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为的同轴圆柱面则当时， ∴(1)电场能量密度薄壳中(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵∴8-34 半径为=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为=4.0cm 和=5.0cm ，当内球带电荷=3.0×10-8C 时，求：l 1R 2R 2R 1R l 2R 1R εQ Q r 1R r 2R l r )(S rlDS D S π2d )(=⋅⎰)(21R r R <<Q q =∑rlQ D π2=22222π82lr Q D w εε==rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εεCQ W 22=)/ln(π22122R R l W Q C ε==1R 2R 3R Q(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电，外球壳内表面带电，外表面带电题8-34图(1)在和区域在时时∴在区域在区域∴ 总能量(2)导体壳接地时，只有时,∴(3)电容器电容Q Q -Q 1R r <32R r R <<0=E21R r R <<301π4r r Q E ε =3R r >302π4r r Q E ε =21R r R <<⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε3R r >⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J 21R r R <<30π4r rQ E ε =02=W 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ )11/(π422102R R Q W C -==ε121049.4-⨯=F习题九9-6 已知磁感应强度Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过面积的磁通是(2)通过面积的磁通量(3)通过面积的磁通量(或曰)题9-7图9-7 如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中产生产生，方向垂直向里段产生，方向向里 ∴，方向向里．0.2=B x abcd befc aefd abcd 1S 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb befc 2S 022=⋅=S BΦaefd 3S 24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb 24.0-Wb AB CD C BO R I O O AB C BCD AB 01=BCD RIB 1202μ=CD )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ⊥)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ⊥题9-9图 9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。

大学物理第九章振动学基础习题答案

第九章振动学习题9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。

解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=0.25s ，A=0.05m ，ϕ0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω=（2）π=8π3t φ+ （3）略9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。

设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。

（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。

解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++ 得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。

（2）ω==，2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ的均匀球体。

现假定沿直径凿通一条隧道，一质点在隧道内做无摩擦运动。

（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。

解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。

质点距球心x 时所受力为324433x mF G G mx x πρπρ=-=-令43k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。

（2）ω==2πT ω== 9-4 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T s 。

当t ＝0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在x ×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-×10-2 m 处，向正方向运动。

求以上各种情况的振动方程。

解：ω=2π/T=4πs -1（1）ϕ0=0，0.02cos4(m)x t π=（2）ϕ0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（3）ϕ0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（4）ϕ0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m 。

大学物理习题与答案解析

dvy dt
kv
2 y
v dvy kdt
2 y
设入水时为计时起点，水面为坐标原点， 0 时，y=0, v y v0 ， t 运动过程中t时刻速度为 v y ，将上式两侧分别以 v y和t为积分变量， k 以和 y 2 为被积函数作积分得： v
v v0 (kv0 t 1)
x x0 vdt A costdt A sin t
0 0
t
t
x A sin t
大学物理
4、一质点在XOY平面内运动，其运动方程为 x at , y b ct 2 式中a、b、c为常数，当质点运动方向与x 轴成 450角时，它的速率为 v 2a 。
则解得
2 t 9
3
3
2 于是角位移为 2 3t 2 3 0.67(rad) 9
大学物理 2 4、一质点作平面运动，加速度为 ax A cost ， a y B 2 sin t ，A B，A 0 ，B 0。当 t 0
时，v x 0 0 ，x0 点的运动轨迹。
2 2 t 1s时，v 2e i 2e j (m/s)
t 1s时，a 4e2i 4e2 j (m/s2 )
dv 2t 2t a 4e i 4e j (m/s 2 ) dt
dr 2t 2t v 2e i 2e j (m/s) dt
0
大学物理 6、一质点沿x轴作直线运动,在 t 0时，质点位于x0 2m
2 处，该质点的速度随时间的变化规律是 v 12 3t , 当质点瞬时静止时，其所在的位置和加速度分别为(A) x=来自6m, a=-12 m/s2 .

大学物理作业9.1

两面间的距离为d。当点电荷q从A面移到B面时，电场力作的功为：
(A) qd / 0 (C)qd / 2 0
答：C
(B) qd / 0
(D) qd / 20
第三页，编辑于星期六：十六点二十六分。
大学物理
6、电荷分布在有限空间内，则任意两点P1、P2之间的电势差取决于
(A) 从P1移到P2的试探电荷电量的大小
dU
1
4 0
dq
L d
x
kxdx
40 L d
x
UP
k
4 0
L 0
xdx
L d x
k
4 0
L 0
L
L
d
d
x
1dx
k (L d ) ln L d L
40
d
第十二页，编辑于星期六：十六点二十六分。
大学物理
2、半径R为的圆弧形细塑料棒，两端空隙为d ( R d)，总电荷量为q的正电荷均匀地分布在棒上。求圆心O处场强的大小和方向。
外有一同心的半径为R的均匀带电球面B，带电量
为 q2 ，则A、B两球面间的电势差为q1 (1 1。) 4 0 r R
第九页，编辑于星期六：十六点二十六分。
大学物理
7、两段形状相同的圆弧如图所示对称放置，圆弧
半径为R，圆心角为，均匀带电，线密度分别为
和，则圆心O点的场强大小为 0 。电势
大学物理
（3）半径相同处的电势相等
rR
U1
R r
E1
dl
R r dr
r 2 0
4 0
R2 r2
rR
U2
R r E2 dl
R R2 dr R2 ln r

大学物理习题集加答案解析

大学物理习题集（一）大学物理教研室2010年3月目录部分物理常量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2练习一库伦定律电场强度┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3练习二电场强度（续）电通量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4练习三高斯定理┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄5练习四静电场的环路定理电势┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6练习五场强与电势的关系静电场中的导体┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8练习六静电场中的导体（续）静电场中的电介质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄9练习七静电场中的电介质（续）电容静电场的能量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10练习八恒定电流┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄11练习九磁感应强度洛伦兹力┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄13练习十霍尔效应安培力┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄14练习十一毕奥—萨伐尔定律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄16练习十二毕奥—萨伐尔定律（续）安培环路定律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄17练习十三安培环路定律（续）变化电场激发的磁场┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄18练习十四静磁场中的磁介质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄20练习十五电磁感应定律动生电动势┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄21练习十六感生电动势互感┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄23练习十七互感（续）自感磁场的能量┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄24练习十八麦克斯韦方程组┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄26练习十九狭义相对论的基本原理及其时空观┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄27练习二十相对论力学基础┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄28练习二十一热辐射┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄29练习二十二光电效应康普顿效应热辐射┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄30练习二十三德布罗意波不确定关系┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄32练习二十四薛定格方程氢原子┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄33部分物理常量万有引力常量G=×1011N·m2·kg2重力加速度g=s2阿伏伽德罗常量N A=×1023mol1摩尔气体常量R=·mol1·K1玻耳兹曼常量k=×1023J·K1斯特藩玻尔兹曼常量= ×10-8 W·m2·K4标准大气压1atm=×105Pa真空中光速c=×108m/s基本电荷e=×1019C电子静质量m e=×1031kg质子静质量m n=×1027kg中子静质量m p=×1027kg真空介电常量0= ×1012 F/m真空磁导率0=4×107H/m=×106H/m普朗克常量h = ×1034 J·s维恩常量b=×103m·K说明：字母为黑体者表示矢量练习一库伦定律电场强度一.选择题1.关于试验电荷以下说法正确的是(A) 试验电荷是电量极小的正电荷；(B) 试验电荷是体积极小的正电荷；(C) 试验电荷是体积和电量都极小的正电荷；(D) 试验电荷是电量足够小，以至于它不影响产生原电场的电荷分布，从而不影响原电场;同时是体积足够小，以至于它所在的位置真正代表一点的正电荷（这里的足够小都是相对问题而言的）.2.关于点电荷电场强度的计算公式E = q r / (4 0 r3),以下说法正确的是(A) r→0时, E→∞；(B) r→0时,q不能作为点电荷,公式不适用；(C) r→0时,q仍是点电荷,但公式无意义；(D) r→0时,q已成为球形电荷,应用球对称电荷分布来计算电场.3.关于电偶极子的概念,其说法正确的是(A) 其电荷之间的距离远小于问题所涉及的距离的两个等量异号的点电荷系统；(B) 一个正点电荷和一个负点电荷组成的系统；(C) 两个等量异号电荷组成的系统；(D) 一个正电荷和一个负电荷组成的系统.(E) 两个等量异号的点电荷组成的系统4.试验电荷q0在电场中受力为f , 其电场强度的大小为f / q0 , 以下说法正确的是(A) E正比于f；(B) E反比于q0；(C) E正比于f 且反比于q0；(D) 电场强度E是由产生电场的电荷所决定的,不以试验电荷q0及其受力的大小决定.5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q1受另一点电荷q2的作用力为f12,当放入第三个电荷Q后,以下说法正确的是(A) f12的大小不变,但方向改变, q1所受的总电场力不变；(B) f12的大小改变了,但方向没变, q1受的总电场力不变；(C) f12的大小和方向都不会改变, 但q1受的总电场力发生了变化；(D) f12的大小、方向均发生改变, q1受的总电场力也发生了变化.二.填空题1.如图所示,一电荷线密度为的无限长带电直线垂直通过图面上的A点,一电荷为Q的均匀球体,其球心为O点,ΔAOP是边长为a的等边三角形,为了使P点处场强方向垂直于OP, 则和Q的数量关系式为,且与Q为号电荷(填同号或异号) .2.在一个正电荷激发的电场中的某点A，放入一个正的点电荷q ,测得它所受力的大小为f1;将其撤走,改放一个等量的点电荷q,测得电场力的大小为f2 ,则A点电场强度E的大小满足的关系式为.3.一半径为R的带有一缺口的细圆环, 缺口宽度为d (d<<R)环上均匀带正电, 总电量为q ,如图所示, 则圆心O处的场强大小E = ,场强方向为.三.计算题1.一“无限长”均匀带电的半圆柱面,半径为R, 设半圆柱面沿轴线单位长度上的电量为,如图所示.试求轴线上一点的电场强度.2.一带电细线弯成半径为R的半圆形, 电荷线密度为= 0 sin, 式中0为一常数, 为半径R与X 轴所成的夹角, 如图所示,试求环心O处的电场强度.练习二电场强度（续）电通量一.选择题1. 以下说法错误的是(A) 电荷电量大,受的电场力可能小；(B)电荷电量小,受的电场力可能大；(C)电场为零的点,任何点电荷在此受的电场力为零；(D)电荷在某点受的电场力与该点电场方向一致.2.在点电荷激发的电场中，如以点电荷为心作一个球面，关于球面上的电场，以下说法正确的是(A) 球面上的电场强度矢量E处处不等；(B) 球面上的电场强度矢量E处处相等，故球面上的电场是匀强电场；(C) 球面上的电场强度矢量E的方向一定指向球心；(D) 球面上的电场强度矢量E的方向一定沿半径垂直球面向外.3.关于电场线，以下说法正确的是(A) 电场线上各点的电场强度大小相等；(B) 电场线是一条曲线，曲线上的每一点的切线方向都与该点的电场强度方向平行；(A) 开始时处于静止的电荷在电场力的作用下运动的轨迹必与一条电场线重合；(D) 在无电荷的电场空间，电场线可以相交.4.如图，一半球面的底面园所在的平面与均强电场E的夹角为30°，球面的半径为R，球面的法线向外，则通过此半球面的电通量为(A)R2E/2 .(B) R2E/2.(C) R2E.(D) R2E.5.真空中有AB两板，相距为d ，板面积为S(S＞＞d2)，分别带+q和q，在忽略边缘效应的情况下，两板间的相互作用力的大小为(A)q2/(40d2 ) .(B) q2/(0 S) .(C) 2q2/(0 S).(D) q2/(20 S) .二.填空题1.真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+ 和，点P1和P2与两带电线共面，其位置如图所示，取向右为坐标X正向，则= ，= .2.为求半径为R带电量为Q的均匀带电园盘中心轴线上P点的电场强度, 可将园盘分成无数个同心的细园环, 园环宽度为d r，半径为r，此面元的面积d S= ，带电量为d q = ,此细园环在中心轴线上距圆心x的一点产生的电场强度E = .3.如图所示,均匀电场E中有一袋形曲面，袋口边缘线在一平面S内，边缘线所围面积为S0，袋形曲面的面积为S ，法线向外，电场与S面的夹角为，则通过袋形曲面的电通量为.三.计算题1.一带电细棒弯曲线半径为R的半圆形，带电均匀，总电量为Q，求圆心处的电场强度E.2.真空中有一半径为R的圆平面，在通过圆心O与平面垂直的轴线上一点P处，有一电量为q 的点电荷，O、P间距离为h ,试求通过该圆平面的电通量.练习三高斯定理一.选择题1.如果对某一闭合曲面的电通量为=0,以下说法正确的是(A) S面上的E必定为零；(B) S面内的电荷必定为零；(C) 空间电荷的代数和为零；(D) S面内电荷的代数和为零.2.如果对某一闭合曲面的电通量0,以下说法正确的是(A) S面上所有点的E必定不为零；(B) S面上有些点的E可能为零；(C) 空间电荷的代数和一定不为零；(D) 空间所有地方的电场强度一定不为零.3.关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是(A) 如高斯面上E处处为零,则该面内必无电荷；(B) 如高斯面内无电荷,则高斯面上E处处为零；(C) 如高斯面上E处处不为零,则高斯面内必有电荷；(D) 如高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电通量必不为零；(E) 高斯定理仅适用于具有高度对称的电场.4.图示为一轴对称性静电场的E～r关系曲线,请指出该电场是由哪种带电体产生的(E表示电场强度的大小, r表示离对称轴的距离)(A) “无限长”均匀带电直线；(B) 半径为R的“无限长”均匀带电圆柱体；(C) 半径为R的“无限长”均匀带电圆柱面；(D) 半径为R的有限长均匀带电圆柱面.5.如图所示,一个带电量为q 的点电荷位于立方体的A角上,则通过侧面a b c d 的电场强度通量等于:(A) q / 240.(B) q / 120.(C) q / 6 0 .(D) q / 480.二.填空题1.两块“无限大”的均匀带电平行平板,其电荷面密度分别为( 0)及2 ,如图所示,试写出各区域的电场强度EⅠ区E的大小,方向；Ⅱ区E的大小,方向；Ⅲ区E的大小,方向.2.如图所示,真空中两个正点电荷,带电量都为Q,相距2R,若以其中一点电荷所在处O点为中心,以R为半径作高斯球面S,则通过该球面的电场强度通量= ;若以r0表示高斯面外法线方向的单位矢量,则高斯面上a、b 两点的电场强度的矢量式分别为，.3.点电荷q1、q2、q3和q4在真空中的分布如图所示,图中S为闭合曲面,则通过该闭合曲面的电通量= ,式中的E是哪些点电荷在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和答：是.三.计算题1.厚度为d的无限大均匀带电平板，带电体密度为，试用高斯定理求带电平板内外的电场强度.2.半径为R的一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体内挖去半径r的一个小球体,球心为O′ , 两球心间距离= d, 如图所示, 求：(1) 在球形空腔内,球心O处的电场强度E0；(2) 在球体内P点处的电场强度E.设O、O、P三点在同一直径上，且= d .练习四静电场的环路定理电势一.选择题1.真空中某静电场区域的电力线是疏密均匀方向相同的平行直线,则在该区域内电场强度E和电位U是(A) 都是常量.(B) 都不是常量.(C) E是常量, U不是常量.(D) U是常量, E不是常量.2.电量Q均匀分布在半径为R的球面上,坐标原点位于球心处,现从球面与X轴交点处挖去面元S, 并把它移至无穷远处(如图,若选无穷远为零电势参考点,且将S移走后球面上的电荷分布不变,则此球心O点的场强E0与电位U0分别为（注：i为单位矢量）(A)－i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].(B) i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].(C) i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].(D) －i QS/[(4 R2 )20 ]；[Q/(40R)][1－S/(4R2)].3.以下说法中正确的是(A) 沿着电力线移动负电荷,负电荷的电势能是增加的；(B) 场强弱的地方电位一定低,电位高的地方场强一定强；(C) 等势面上各点的场强大小一定相等；(D) 初速度为零的点电荷, 仅在电场力作用下,总是从高电位处向低电位运动；(E) 场强处处相同的电场中,各点的电位也处处相同.4.如图，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) .(B) .(C) .(D) .5.一电量为q的点电荷位于圆心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到各点，电场力作功相等.(C) 从A到D，电场力作功最大.(D) 从A到C，电场力作功最大.二.填空题1.电量分别为q1 , q2 , q3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 = .2.如图,在场强为E的均匀电场中,A、B两点距离为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= .3.如图所示,BCD是以O点为圆心, 以R为半径的半圆弧, 在A点有一电量为+q的点电荷, O点有一电量为–q的点电荷, 线段= R, 现将一单位正电荷从B点沿半圆弧轨道BCD移到D点,则电场力所作的功为.三.计算题1.电量q均匀分布在长为2 l的细杆上, 求在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势(设无穷远处为电势零点) .2.一均匀带电的球层, 其电荷体密度为, 球层内表面半径为R1 , 外表面半径为R2 ,设无穷远处为电势零点, 求空腔内任一点的电势.练习五场强与电势的关系静电场中的导体一.选择题1.以下说法中正确的是(A) 电场强度相等的地方电势一定相等；(B) 电势梯度绝对值大的地方场强的绝对值也一定大；(C) 带正电的导体上电势一定为正；(D) 电势为零的导体一定不带电2.以下说法中正确的是(A) 场强大的地方电位一定高；(B) 带负电的物体电位一定为负；(C) 场强相等处电势梯度不一定相等；(D) 场强为零处电位不一定为零.3. 如图,真空中有一点电荷Q及空心金属球壳A, A处于静电平衡, 球内有一点M, 球壳中有一点N, 以下说法正确的是(A) E M≠0, E N=0 ,Q在M处产生电场,而在N处不产生电场；(B) E M =0, E N≠0 ,Q在M处不产生电场,而在N处产生电场；(C) E M =E N =0 ,Q在M、N处都不产生电场；(D) E M≠0,E N≠0,Q在M、N处都产生电场；(E) E M =E N =0 ,Q在M、N处都产生电场.4.如图,原先不带电的金属球壳的球心处放一点电荷q1, 球外放一点电荷q2,设q2、金属内表面的电荷、外表面的电荷对q1的作用力分别为F1、F2、F3 , q1受的总电场力为F, 则(A) F1=F2=F3=F=0.(B) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) ,F2 = 0 , F3 = 0, F=F1 .(C) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) , F2 = 0,F3 = q1 q2 / ( 4 0d2 ) (即与F1反向), F=0 .(D) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) ,F2 与F3的合力与F1等值反向,F=0 .(E) F1= q1 q2 / ( 4 0d2 ) , F2= q1 q2 / ( 4 0d2 ) (即与F1反向), F3 = 0, F=0 .5.如图,一导体球壳A,同心地罩在一接地导体B上,今给A球带负电Q, 则B球(A)带正电.(B) 带负电.(C) 不带电.(D) 上面带正电,下面带负电.二.填空题1.一偶极矩为P的电偶极子放在电场强度为E的均匀外电场中, P与E的夹角为角,在此电偶极子绕过其中心且垂直于P与E组成平面的轴沿角增加的方向转过180°的过程中,电场力作功为A = .2.若静电场的某个立体区域电势等于恒量, 则该区域的电场强度分布是;若电势随空间坐标作线性变化, 则该区域的场强分布是.3.一“无限长”均匀带电直线,电荷线密度为,在它的电场作用下,一质量为m,带电量为q 的质点以直线为轴线作匀速圆周运动,该质点的速率v = .三.计算题1.如图所示,三个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B和C,半径分别为R A、R B、R C，圆柱面B上带电荷,A和C 都接地,求B的内表面上电荷线密度1,和外表面上电荷线密度之比值1/2.22.已知某静电场的电势函数U=－+ ln x(SI) ,求点（4，3，0）处的电场强度各分量值.练习六静电场中的导体（续）静电场中的电介质一.选择题1.一孤立的带正电的导体球壳有一小孔,一直导线AB穿过小孔与球壳内壁的B点接触,且与外壁绝缘,如图、D分别在导体球壳的内外表面上,A、C、D三点处的面电荷密度分别为A、C、D , 电势分别为U A、U C、U D ,其附近的电场强度分别为E A、E C、E D , 则:(A) A>D ,C = 0 , E A> E D , E C = 0 , U A = U C = U D .(B) A>D ,C = 0 , E A> E D , E C = 0 , U A > U C = U D .(C) A=C ,D≠0 , E A= E C=0, E D ≠0 , U A = U C =0 , U D≠0.(D) D>0 ,C <0 ,A<0 , E D沿法线向外, E C沿法线指向C ,E A平行AB指向外,U B >U C > U A .2.如图,一接地导体球外有一点电荷Q,Q距球心为2R,则导体球上的感应电荷为(A)0.(B) Q.(C) +Q/2.(D) –Q/2.3.导体A接地方式如图,导体B带电为+Q,则导体A(A) 带正电.(B) 带负电.(C) 不带电.(D) 左边带正电,右边带负电.4.半径不等的两金属球A、B ,R A = 2R B ,A球带正电Q ,B球带负电2Q,今用导线将两球联接起来,则(A) 两球各自带电量不变.(B) 两球的带电量相等.(C) 两球的电位相等.(D) A球电位比B球高.5. 如图，真空中有一点电荷q , 旁边有一半径为R的球形带电导体，q距球心为d ( d > R ) 球体旁附近有一点P ，P在q与球心的连线上，P点附近导体的面电荷密度为.以下关于P点电场强度大小的答案中,正确的是(A) / (20 ) + q /[40 ( d－R )2 ]；(B) / (20 )－q /[40 ( d－R )2 ]；(C) / 0 + q /[40 ( d－R )2 ]；(D)/ 0－q /[40 ( d－R )2 ]；(E)/ 0；(F) 以上答案全不对.二.填空题1.如图,一平行板电容器, 极板面积为S,,相距为d,若B板接地,,且保持A板的电势U A=U0不变,,如图, 把一块面积相同的带电量为Q的导体薄板C平行地插入两板中间, 则导体薄板C的电势U C = .2.地球表面附近的电场强度约为100N/C ,方向垂直地面向下,假设地球上的电荷都均匀分布在地表面上,则地面的电荷面密度= , 地面电荷是电荷（填正或负）.3.如图所示，两块很大的导体平板平行放置,面积都是S，有一定厚度，带电量分别为Q1和Q2,如不计边缘效应，则A、B、C、D四个表面上的电荷面密度分别为、、、.三.计算题1.半径分别为r1 = cm 和r2 = cm 的两个球形导体, 各带电量q = ×108C, 两球心相距很远, 若用细导线将两球连接起来, 并设无限远处为电势零点,求: (1)两球分别带有的电量;(2)各球的电势.2.如图，长为2l的均匀带电直线，电荷线密度为，在其下方有一导体球，球心在直线的中垂线上，距直线为d，d大于导体球的半径R，（1）用电势叠加原理求导体球的电势；（2）把导体球接地后再断开，求导体球上的感应电量.练习七静电场中的电介质（续）电容静电场的能量一.选择题1.极化强度P是量度介质极化程度的物理量, 有一关系式为P = 0(r1)E , 电位移矢量公式为D = 0E + P ,则(A) 二公式适用于任何介质.(B) 二公式只适用于各向同性电介质.(C) 二公式只适用于各向同性且均匀的电介质.(D) 前者适用于各向同性电介质, 后者适用于任何电介质.2.电极化强度P(A) 只与外电场有关.(B) 只与极化电荷产生的电场有关.(C) 与外场和极化电荷产生的电场都有关.(D) 只与介质本身的性质有关系,与电场无关.3.真空中有一半径为R, 带电量为Q的导体球, 测得距中心O为r 处的A点场强为E A =Q r /(40r3) ,现以A为中心,再放上一个半径为,相对电容率为r的介质球,如图所示,此时下列各公式中正确的是(A) A点的电场强度E A=E A / r；(B) ；(C) =Q/0；(D) 导体球面上的电荷面密度= Q /( 4R2 ).4.平行板电容器充电后与电源断开,然后在两极板间插入一导体平板,则电容C, 极板间电压V,极板空间(不含插入的导体板)电场强度E以及电场的能量W将(↑表示增大,↓表示减小)(A) C↓,U↑,W↑,E↑.(B) C↑,U↓,W↓,E不变.(C) C↑,U↑,W↑,E↑.(D) C↓,U↓,W↓,E↓.5.如果某带电体电荷分布的体电荷密度增大为原来的2倍,则电场的能量变为原来的(A) 2倍.(B) 1/2倍.(C) 1/4倍.(D) 4倍.二.填空题1.一平行板电容器,充电后断开电源, 然后使两极板间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质, 此时两极板间的电场强度为原来的倍, 电场能量是原来的倍.2.在相对介电常数r= 4 的各向同性均匀电介质中,与电能密度w e=2×106J/cm3相应的电场强度大小E = .3.一平行板电容器两极板间电压为U,其间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质,电介质厚度为d , 则电介质中的电场能量密度w = .三.计算题1.一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内外圆筒半径分别为R 1=2cm ，R2= 5cm，其间充满相对介电常数为r的各向同性、均匀电介质、电容器接在电压U=32V的电源上（如图所示为其横截面），试求距离轴线R=处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差.2.假想从无限远处陆续移来微电荷使一半径为R的导体球带电.(1) 球上已带电荷q时，再将一个电荷元dq从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功(2) 使球上电荷从零开始加到Q的过程中，外力共作多少功练习八恒定电流一.选择题1.两个截面不同、长度相同的用同种材料制成的电阻棒，串联时如图(1)所示，并联时如图(2)所示，该导线的电阻忽略，则其电流密度J与电流I应满足：(A) I1 =I2 J1 = J2 I1 = I2 J1 = J2.(B) I1 =I2 J1 ＞J2 I1＜I2 J1 = J2.(C) I1＜I2 J1 = J2 I1 = I2 J1＞J2.(D) I1＜I2 J1 ＞J2 I1＜I2 J1＞J2.2.两个截面相同、长度相同，电阻率不同的电阻棒R1 、R2（1＞2）分别串联（如上图）和并联（如下图）在电路中，导线电阻忽略，则(A) I1＜I2 J1＜J2 I1= I2 J1 = J2.(B)I1 =I2 J1 =J2 I1= I2 J1 = J2.(C)I1=I2 J1 = J2 I1＜I2 J1＜J2.(D)I1＜I2 J1＜J2 I1＜I2 J1＜J2.3.室温下，铜导线内自由电子数密度为n= × 1028个/米3，电流密度的大小J= 2×106安/米2，则电子定向漂移速率为：(A)×10-4米/秒.(B) ×10-2米/秒.(C) ×102米/秒.(D) ×105米/秒.4.在一个长直圆柱形导体外面套一个与它共轴的导体长圆筒,两导体的电导率可以认为是无限大,在圆柱与圆筒之间充满电导率为的均匀导电物质,当在圆柱与圆筒上加上一定电压时,在长度为l的一段导体上总的径向电流为I,如图所示,则在柱与筒之间与轴线的距离为r 的点的电场强度为:(A) 2rI/ (l2).(B) I/(2rl).(C) Il/(2r2).(D) I/(2rl).5.在如图所示的电路中，两电源的电动势分别为1、2、，内阻分别为r1、r2，三个负载电阻阻值分别为R1、R2、R,电流分别为I1、I2、I3 ,方向如图,则由A到B的电势增量U B－U A为：(A) 2－1－I1 R1+I2 R2－I3 R .(B) 2+1－I1(R1 + r1)+I2(R2 + r2)－I3 R.(C) 2－1－I1(R1－r1)+I2(R2－r2) .(D) 2－1－I1(R1 + r1)+I2(R2 + r2) .二.填空题1.用一根铝线代替一根铜线接在电路中，若铝线和铜线的长度、电阻都相等，那么当电路与电源接通时铜线和铝线中电流密度之比J1：J2 = .（铜电阻率×106·cm , 铝电阻率×106 · cm , ）2.金属中传导电流是由于自由电子沿着与电场E相反方向的定向漂移而形成, 设电子的电量为e , 其平均漂移率为v , 导体中单位体积内的自由电子数为n , 则电流密度的大小J = , J的方向与电场E的方向.3.有一根电阻率为、截面直径为d、长度为L的导线，若将电压U加在该导线的两端，则单位时间内流过导线横截面的自由电子数为；若导线中自由电子数密度为n，则电子平均漂移速率为.（导体中单位体积内的自由电子数为n）三.计算题1.两同心导体球壳，内球、外球半径分别为r a , r b,其间充满电阻率为的绝缘材料，求两球壳之间的电阻.2.在如图所示的电路中，两电源的电动势分别为1=9V和2 =7V,内阻分别为r1 = 3和r2= 1，电阻R=8，求电阻R两端的电位差.练习九磁感应强度洛伦兹力一.选择题1.一个动量为p电子，沿图所示的方向入射并能穿过一个宽度为D、磁感应强度为B（方向垂直纸面向外）的均匀磁场区域，则该电子出射方向和入射方向间的夹角为(A) =arccos(eBD/p).(B) =arcsin(eBD/p).(C) =arcsin[BD /(ep)].(D) =arccos[BD/(e p)].2.一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在该磁场中的运动轨迹如图所示，则(A)两粒子的电荷必然同号.(B) 粒子的电荷可以同号也可以异号.(C) 两粒子的动量大小必然不同.(D) 两粒子的运动周期必然不同.3.一运动电荷q，质量为m，以初速v0进入均匀磁场，若v0与磁场方向的夹角为，则(A)其动能改变，动量不变.(B) 其动能和动量都改变.(C) 其动能不变，动量改变.(D) 其动能、动量都不变.4.两个电子a和b同时由电子枪射出，垂直进入均匀磁场，速率分别为v和2v，经磁场偏转后，它们是(A)a、b同时回到出发点.(B) a、b都不会回到出发点.(C) a先回到出发点.(D) b先回到出发点.5. 如图所示两个比荷（q/m）相同的带导号电荷的粒子，以不同的初速度v1和v2（v1v2）射入匀强磁场B中，设T1、T2分别为两粒子作圆周运动的周期，则以下结论正确的是：(A) T1 = T2，q1和q2都向顺时针方向旋转；(B) T1 = T 2，q1和q2都向逆时针方向旋转(C) T1T2，q1向顺时针方向旋转，q2向逆时针方向旋转；(D) T1 = T2，q1向顺时针方向旋转，q2向逆时针方向旋转；二.填空题1. 一电子在B=2×10－3T的磁场中沿半径为R=2×10－2m、螺距为h=×10－2m的螺旋运动，如图所示，则磁场的方向, 电子速度大小为.2. 磁场中某点处的磁感应强度B=－(T), 一电子以速度v=×106i+×106j (m/s)通过该点,则作用于该电子上的磁场力F= .3.在匀强磁场中，电子以速率v=×105m/s作半径R=的圆周运动.则磁场的磁感应强度的大小B= .三.计算题1.如图所示，一平面塑料圆盘，半径为R ，表面均匀带电,电荷面密度为，假定盘绕其轴线OO以角速度转动，磁场B垂直于轴线OO，求圆盘所受磁力矩的大小。

大学物理第9章答案

大学物理第9章答案第三篇电磁学综合练习题一、填空题1、把一根导线弯成形状固定的平面曲线放在均匀磁场B中，绕其一端α点以角速率逆时针方向旋转，转轴与B平行，如图9-52所示。

则整个回路电动势为，ab两端的电动势为图9-52图－532、引起动生电动势的非静电力是力，其非静电场强度Ek=3、如图9-53所示，在通有电流为I的长直导线近旁有一导线段ab长l，离长直导线距离d，当它沿平行于长直导线的方向以速度平移时，导线中的i=____4、感应电场是由产生的，它的电场线是的，它对导体中的自由电荷的作用力大小为5、如图9-54所示，导体AB长为L，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应线垂直纸面向里，AB搁在支架上成为电路的一部分。

当电路接通时，导体AB弹跳起来，此时导体AB中的电流方向为6、半径为r的小导线圆环置于半径为R的大导线圆环的中心，二者在同一平面内。

且rR。

若在大导线圆环中通有电流iI0int，其中，I0为常量，t为时间。

则任意时刻，小导线圆环中感应电动势的大小为7、一个折成角形的金属导线aoc（aoocl）位于某oy平面中，磁感强度为B的匀强磁场垂直于某oy平面，如图9－55所示。

当aoc以速度沿某轴正方向运动时，导线a，c两点的电势差Vac=；当aoc以速度沿y 轴正方向运动时，导线上o，a两点的电势差Voa＝8、自感为0.25H的线圈中，当电流在(1／16)内由2A均匀减少到零时，线圈中自感电动势的大小为63第三篇电磁学图9－54图9－559、在磁感强度为B的磁场中，以速率垂直切割磁力线运动的—长度为L的金属杆，相当于它的电动势为，产生此电动势的非静电力是二、选择题1、如图9-56所示，当闭合线圈ABCD以速度平行长直导线运动时，判断下哪种说法是正确的：（）A、线圈磁通不变，线圈上电动势处处相等，故无电流；B、AB、CD切割磁力线，线圈的动生电动势不为零，线圈中存在感应电流；C、线圈中AB、CD存在动生电动势，但线圈总的动生电动势为零，故无感应电流；D、以上说法都不对。

大学物理学课后习题答案

习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。

解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。

解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

9大学物理习题及综合练习答案详解

磁感应强度9-1 如图9-1所示，一条无穷长载流20 A 的直导线在P 点被折成1200的钝角，设d ＝2cm ，求P 点的磁感应强度。

解：P 点在OA 延长线上，所以OA 上的电流在P 的磁感应强度为零。

作OB 的垂线PQ ，︒=∠30OPQ ，OB 上电流在P 点的磁感应强度大小247m Wb/1073.1)211(2302.0420104--⨯=+⨯⨯⨯⨯=ππ，方向垂直于纸面向外。

9-2半径为R 的圆弧形导线与一直导线组成回路，回路中通有电流I ，如图9-2所示，求弧心O 点的磁感应强度（图中 ϕ为已知量）。

解：圆环电流在圆心处的磁场 RIB 20μ=∴圆弧ABC 在O 处的磁场 )22(201πϕπμ-=R I B 方向垂直纸面向里又直线电流的磁场 021(sin sin )4IB aμθθπ=-，∴直线AB 在O 处的磁场 0002[sin sin()]2sin 4222224cos2I I I tg B a R R μμμϕϕϕϕϕπππ=--=⋅= 方向垂直纸面向里弧心O 处的磁场 012(22)42I B tg B B R μϕπϕπ=+=-+ 9-3 两根长直导线沿半径方向引到铁环上A 、B 两点，并与很远的电源相连。

如图9-3所示，求环中心的磁感应强度。

解：设铁环被A 、B 两点分成两圆弧的弧长分别为l 1、l 2，电阻分别为R 1、R 2，电流分别为I 1、I 2。

由图知 R 1与R 2并联，∴l l R R I I 121221== 即 l I l I 2211=∴I 1在O 点的磁感应强度Rl I R l R I B 21101101422πμπμ=⋅= 方向垂直于纸面向外 ∴I 2在O 点的磁感应强度Rl I R l RI B 22202202422πμπμ=⋅=方向垂直于纸面向内即 B 1、B2大小相等，方向相反。

∴0201=+=B B B图9-19-4一半径为R 的薄圆盘，其中半径为r 的阴影部分均匀带正电，面电荷密度为+σ，其余部分均匀带负电，面电荷密度为-σ（见图9-4）。

(完整版)《大学物理》练习题及参考答案.doc

D .
卡循是由两个平衡的程和两个平衡的等程成的
11.如所示，在E的匀中，有一个半径
R的半
球面，若E的方向与半球面的称平行，通个半球面
的通量大小 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（
）
参看本P172-173
A .
R2E
B .2 R2E
C.
2 R2E
D. 0
12.一点荷，放在球形高斯面的中心，下列情况中通高斯面
的速度为200m/s，则子弹受到的冲量为_____________.参看课本P55-56
41.将电荷量为2.0×10-8C的点电荷，从电场中A点移到B点，电场力做功6.0×10-6J.
则A、B两点的电势差
UAB=__________ __ .
参看课本P181
42.
如图所示，图中
O点的磁感应强度大小
34.一人从10 m深的井中提水，起始，桶中装有10 kg的水，桶的量1 kg，由
于水桶漏水，每升高1m要漏去0. 1 kg的水，水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功
____________．参看本P70 (2-14)
35.量m、半径R、自运周期T的月球，若月球是密度均匀分布的球体，其自的量是__________，做自运的能是__________.参看本
24.下列关于机械振和机械波的法正确的是⋯⋯⋯（）参看本P306
A.点做机械振，一定生机械波
B.波是指波源点在介的播程
C.波的播速度也就是波源的振速度
D.波在介中的播率与波源的振率相同，而与介无关
25.在以下矢量中，属保守力的是⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）
A.静B.旋参看本P180,212,258

大学物理9~13课后作业答案Word版

第八章8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ ∵22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-= ∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ ∵l q 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿 8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p =3(r )3内r - ∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sd ε∑ ⎰ = ⋅ q SE s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则rlE S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， nE )(21210σσε-= 1σ面外， nE)(21210σσε+-=2σ面外， nE )(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则03ερrEPO =，03ερr E O P '-=' ,∴0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC AB AB AC E E σσ且 1σ+2σS q A= 得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：π4π42020=-=R q R q U εε8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεεrd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内(3)金属球的电势rd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D 得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl QD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε==薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== 8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r QW εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε 41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε =,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

大学物理综合练习题及答案

⼤学物理综合练习题及答案综合练习题AII⼀、单项选择题（从每⼩题给出的四个备选答案中，选出⼀个正确答案，并将其号码填在题⼲后的括号内，每⼩题2分，共计20分）。

1、关于⾼斯定理，下⾯说法正确的是：（）A. ⾼斯⾯内不包围电荷，则⾯上各点的电场强度E 处处为零；B. ⾼斯⾯上各点的E 与⾯内电荷有关，与⾯外的电荷⽆关；C. 穿过⾼斯⾯的电通量，仅与⾯内电荷有关；D. 穿过⾼斯⾯的电通量为零，则⾯上各点的E 必为零。

2、真空中有两块互相平⾏的⽆限⼤均匀带电平板，其中⼀块的电荷⾯密度为+σ，另⼀块的电荷⾯密度为－σ，两板间的电场强度⼤⼩为：（）A. 0；B. 023εσ；C. 0εσ；D. 02εσ。

3、图1所⽰，P 点在半圆中⼼处，载流导线旁P 点的磁感应强度B 的⼤⼩为：（） A. µ0I(r r 2141+π)； B. µ0I(r r2121+π)； C. µ0I(r r 4141+π)； D. µ0I(r r 4121+π) 。

4、⼀带电粒⼦以速率V 垂直射⼊某匀强磁场B 后，运动轨迹是圆，周期为T 。

若以速率2V 垂直射⼊，则周期为：（） A. T/2； B. 2T ； C. T ； D. 4T 。

5、根据洛仑兹⼒的特点指出下列叙述错误的为：（） A. 洛仑兹⼒与运动电荷的速度相垂直； B. 洛仑兹⼒不对运动电荷做功； C. 洛仑兹⼒始终与磁感应强度相垂直；D. 洛仑兹⼒不改变运动电荷的动量。

6、在杨⽒双缝⼲涉实验中，两条狭缝相距2mm ，离屏300cm ，⽤600nm 光照射时，⼲涉条纹的相邻明纹间距为：（）A. 4.5mm ；B. 0.9mm ；C. 3.12mm ；D. 4.15mm 。

7、若⽩光垂直⼊射到光栅上，则第⼀级光谱中偏离中⼼最远的光是：（）A. 蓝光；B. 黄光；C. 红光；D. 紫光。

8、⼀束光是⾃然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过⼀偏振⽚。