大学物理学试卷5及答案

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大学物理(西南交大)作业参考答案5

NO.5 电势、导体与※电介质中的静电场（参考答案）班级：学号：姓名：成绩：一选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε；（B ）)(041R Qrq+πε；（C ）r Qq 04πε+；（D ）)(041R qQ r q-+πε；参考：电势叠加原理。

[ B ] 2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε；（B ）)(210114r r qQ-πε；（C ）)(21114r r qQ --πε；（D ）)(4120r r qQ --πε。

参考：电场力做功＝势能的减小量。

A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。

[ C ] 3．某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 点移到N 点，有人根据这个图做出以下几点结论，其中哪点是正确的？（A ）电场强度E M ＜E N ；（B ）电势U M ＜U N ；（C ）电势能W M ＜W N ；（D ）电场力的功A ＞0。

[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为：（A ）0；（B ）d q04πε；（C ）-R q04πε；（D ）)(1140R dq-πε。

参考：如图，先用高斯定理可知导体内表面电荷为-q ，外表面无电荷（可分析）。

虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。

[ D ] ※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为：（A ）内r Q πε4+，外r Q04πε-；（B ）内r Qπε4+，0；参考：电势叠加原理。

华南理工大学大一公共课大学物理期末试卷及答案5

,考试作弊将带来严重后果！华南理工大学期末考试《20XX 级大学物理（I ）期末试卷A 卷》试卷（4学分）1. 考前请将密封线内各项信息填写清楚；所有答案请直接答在答题纸上；．考试形式：闭卷；4. 本试卷共24题，满分100分，考试时间120分钟。

20XX 年7月8日9：00-----11：0030分）．（本题3分）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 τ表示切向加速a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ， v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=v ．只有(1)、(4)是对的．只有(2)、(4)是对的．只有(2)是对的．(D) 只有(3)是对的．［］．（本题3分）一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称旋转．已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为10rad/s ． (B) 13rad/s ．(C) 17rad/s (D) 19rad/s ．［］．（本题3分）三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为)()()1/21/21/2222::1:2:4A B Cv v v =，则其压强之比::A B C p p p 为：1:2:4． (B) 1:4:8．1:4:16． (D) 4:2:1．［］．（本题3分）水蒸气分解成同温度的氢气和氧气，内能增加了百分之几(不计振动自由度和化学能)？ (A) 25%． (B) 35% (C) 50%． (D) 0 ［］．（本题3分）使4mol 的理想气体，在400K 的等温状态下，体积从V 膨胀到4V ，则此过程气体的熵增加普适气体常量8.31J/(mol K)R =，ln 4 1.386=）（A ） 16J/K (B) 26J/K(C) 36J/K (D) 46J/K ［］．（本题3分）设图示的两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线；令()2O pv 和()2H pv 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则(A) 图中ａ表示氧气分子的速率分布曲线； ()2O pv /()2Hp v =1/4．(B) 图中ａ表示氧气分子的速率分布曲线； ()2O pv /()2Hp v =4．(C) 图中ｂ表示氧气分子的速率分布曲线；()2Op v /()2Hp v =1/4．（D ）图中ｂ表示氧气分子的速率分布曲线；()2O pv /()2Hp v =4．［］ 7．（本题3分）一质点作简谐振动，周期为T ．质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由该平衡位置运动到二分之一最大位移且向x 轴负方向运动所需要的最短时间为 (A)312T . (B) 412T (C) 512T (D) 712T ［］8．（本题3分）一机车汽笛频率为750Hz ，机车以时速90公里远离静止的观察者．观察者听到的声音的频率是（设空气中声速为340m/s ）．(A) 810Hz ． (B) 699Hz ．(C) 805Hz ． (D) 685Hz ．［］ 9．（本题3分）一束波长为λ的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为(A) 4n λ． (B) 4λ． (C) 2nλ． (D)2λ．［］ 10．（本题3分）如图a 所示，一光学平板玻璃A 与待测工件B 之间形成空气劈尖，用波长500nm λ=的单色光垂直照射．看到的反射光的干涉条纹如图b 所示．有些条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切．则工件的上表面缺陷是(A) 不平处为凸起，最大高度为500nm ． (B) 不平处为凸起，最大高度为250nm ． (C) 不平处为凹槽，最大深度为500nm ．(D) 不平处为凹槽，最大深度为250nm ．［］二、填空题（共30分）图b11．（本题3分）某质点在力(55)F x i =+(SI)的作用下沿x 轴作直线运动，在从0x =移动到10x =米的过程中，力F 所做的功为__________焦耳． 12．（本题3分）如图所示，劲度系数为k 的弹簧，一端固定在墙壁上，另一端连一质量为m 的物体，物体在坐标原点O 时弹簧长度为原长．物体与桌面间的摩擦系数为μ．若物体在不变的外力F 作用下向右移动，则物体到达最远位置时系统的弹性势能P E =_________________________．13．（本题3分）如图所示，滑块A 、重物B 和滑轮C 的质量均为m ，滑轮的半径为R ，滑轮对轴的转动惯量212J mR =．滑块A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动．g 取210/米秒。

《大学物理》习题库试题及答案___05_机械波习题

一、选择题：1．3147：一平面简谐波沿Ox 正方向传播，波动表达式为]2)42(2cos[10.0π+-π=x t y (SI)，该波在t = 0.5 s 时刻的波形图是［ b ］2．3407：横波以波速u 沿x 轴负方向传播。

t 时刻波形曲线如图。

则该时刻(A) A 点振动速度大于零 (B) B 点静止不动 (C) C 点向下运动 (D) D 点振动速度小于零［ d ］3．3411：若一平面简谐波的表达式为 )cos(Cx Bt A y -=，式中A 、B 、C 为正值常量，则：(A) 波速为C (B) 周期为1/B (C) 波长为 2π /C (D) 角频率为2π /B［ｃ］u=λ/T Ｃ＝ϖ/ｕ4．3413：下列函数f (x 。

t)可表示弹性介质中的一维波动，式中A 、a 和b 是正的常量。

其中哪个函数表示沿x 轴负向传播-的行波？(A) )A(bt),tf-=cos(xaxax(bt),Atf+xcos(=(B) )(C) bttAaxxf sin(⋅),sin==(D) btt(⋅axxA),cosf cos［ａ］5．3479：在简谐波传播过程中，沿传播方向相距为λ21（λ 为波长）的两点的振动速度必定(A) 大小相同，而方向相反(B) 大小和方向均相同(C) 大小不同，方向相同(D) 大小不同，而方向相反［ a ］6．3483：一简谐横波沿Ox轴传播。

若Ox轴上P1和P2两点相距λ /8（其中λ为该波的波长），则在波的传播过程中，这两点振动速度的(A) 方向总是相同(B) 方向总是相反(C) 方向有时相同，有时相反(D) 大小总是不相等［ c ］7．3841：把一根十分长的绳子拉成水平，用手握其一端。

维持拉力恒定，使绳端在垂直于绳子的方向上作简谐振动，则(A) 振动频率越高，波长越长(B) 振动频率越低，波长越长(C) 振动频率越高，波速越大(D) 振动频率越低，波速越大［ B ］ 8．3847：图为沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 0时刻的波形。

郑州大学大三物理专业量子力学试卷及答案 (5)

郑州大学20XX-20XX 学年第一学期《量子力学》（B ）卷及参考解答评分标准一、简答题1. 能级简并、简并度。

答：量子力学中，把处于不同状态、具有相同能量、对应同一能级的现象称为能级简并。

把对应于同一能级的不同状态数称为简并度。

2. 用球坐标表示，粒子波函数表为 ()ϕθψ,,r ，写出粒子在球壳()dr r r +,中被测到的几率。

解：()ϕϕθψθθππd r d dr r P ⎰⎰=2022,,sin 。

3. 粒子在一维δ势垒 ()()(0)V x x γδγ=>中运动，波函数为)(x ψ，写出)(x ψ'的跃变条件。

解： 22(0)(0)(0)m γψψψ+-''-=。

4. 写出电子自旋z s 的二本征值和对应的本征态。

解：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛===01)(,21z z s s χα ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==-=-10)(,221z z s s χβ。

二、填充题5. 量子力学中，体系的任意态)(x ψ可用一组力学量完全集的共同本征态)(x n ψ展开，展开式为∑=nn n x c x )()(ψψ，展开式系数()dx x x x x c nn n ⎰==)()()(,)(*ψψψψ 6. 一个电子运动的旋量波函数为 ()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2,2,,r r s r z ψψψ，电子自旋向上（2 =z s ）、位置在r处的几率密度为()22/, r ψ；电子自旋向下（2 -=z s ）的几率为()232/,⎰-r r d ψ。

7. 二粒子体系，仅限于角动量涉及的自由度，有两种表象，分别为耦合表象和非耦合表象；它们的力学量完全集分别是()z J J J J ,,,22221和()z z J J J J 222121,,,；在两种表象中，各力学量共同的本征态分别是jm j j 21和2211m j m j 。

8. 计算下列对易式：(1) ,1d x d x ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦ （2）2,2d x x d x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦三、证明题9. 设力学量A 不显含时间t ，证明在束缚定态下， 0=td Ad 。

大学物理试题库及答案

大学物理试题库及答案一、选择题1. 光在真空中的速度是（）。

A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 300,000,000 m/sD. 300,000,000 km/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力等于质量乘以（）。

A. 加速度B. 速度C. 位移D. 时间答案：A二、填空题1. 光年是天文学中用来表示________的单位。

答案：距离2. 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热使之完全变为________而不产生其他效果。

答案：功三、计算题1. 一个质量为2kg的物体在水平面上受到10N的恒定力作用，求物体的加速度。

答案：根据牛顿第二定律，F=ma，所以a=F/m=10N/2kg=5m/s²。

2. 一个物体从高度为h=10m的平台上自由落下，忽略空气阻力，求物体落地时的速度。

答案：使用公式v²=2gh，其中g=9.8m/s²，代入h=10m，得到v=√(2*9.8*10)m/s=14.14m/s。

四、简答题1. 简述电磁波的产生原理。

答案：电磁波是由变化的电场和磁场相互作用产生的，当电场变化时产生磁场，磁场变化时又产生电场，如此循环往复，形成电磁波。

2. 解释为什么在空气阻力可以忽略的情况下，所有物体在相同高度自由下落的加速度相同。

答案：根据牛顿第二定律，F=ma，对于自由下落的物体，作用力只有重力，即F=mg，所以a=F/m=g。

因此，所有物体的加速度都等于重力加速度g，与物体的质量无关。

五、实验题1. 描述如何使用弹簧秤测量物体的质量。

答案：将待测物体挂在弹簧秤的挂钩上，读取弹簧秤的读数，即为物体的重力。

根据公式m=F/g，其中F为弹簧秤读数，g为重力加速度，计算出物体的质量。

2. 描述如何使用伏安法测量电阻的阻值。

答案：将待测电阻与电源、电流表、电压表串联，闭合电路，记录电流表和电压表的读数。

根据欧姆定律，R=V/I，其中V为电压表读数，I为电流表读数，计算出电阻的阻值。

华南理工大学大二公共课大学物理期末试卷及答案5

,考试作弊将带来严重后果！华南理工大学期末考试《20XX 级大学物理（II ）期末试卷A 卷》试卷1. 考前请将密封线内各项信息填写清楚；所有答案请直接答在答题纸上；．考试形式：闭卷；4. 本试卷共25题，满分100分，考试时间120分钟。

20XX 年1月13日9：00-----11：0030分）．（本题3分）如图所示，两个同心均匀带电球面，内球面半径为1R 、1Q ，外球面半径为2R 、带有电荷2Q ，则在外球面r 处的P 点的场强大小E 为：(A) 20214rQ Q επ+． (B)()()2202210144R r Q R r Q -π+-πεε． (C) ()2120214R R Q Q -π+ε． (D) 2024rQ επ．［］．（本题3分）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(A) E = 0，U > 0． (B) E = 0，U < 0．(C) E = 0，U = 0． (D) E > 0，U < 0．［］．（本题3分）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x = 0和y = 0处进入磁场，则它将以速度v -从磁场中x = 0 和 (A) mv y qB =+． (B) 2mv y qB =+．(C) 2mv y qB=-． (D) mvy qB =-．［］．（本题3分）边长为l 的正方形线圈，分别用图示两种方式通以电流I (其中ab 、cd 与正方形共面)，在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为 (A) 01=B ，02=B ．(B) 01=B ，l I B π=0222μ．(C) lIB π=0122μ，02=B ．(D) l I B π=0122μ,lIB π=0222μ．［］ 5．（本题3分）如图，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I ，则下述各式中哪一个是正确的？(A) I l H L 2d 1=⎰⋅． (B)I l H L =⎰⋅2d(C) I l H L -=⎰⋅3d． (D)I l H L -=⎰⋅4d．［］ 6．（本题3分）有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M 21，而线圈2对线圈1的互感系数为M 12．若它们分别流过i 1和i 2的变化电流且tit i d d d d 21>，并设由i 2变化在线圈1中产生的互感电动势为12ε，由i 1变化在线圈2中产生的互感电动势为21ε，判断下述哪个论断正确．(A) M 12 = M 21，2112εε=． (B) M 12≠M 21，2112εε≠．(C) M 12 = M 21，2112εε>． (D) M 12 = M 21，2112εε<．［］ 7．（本题3分）如图，平板电容器(忽略边缘效应)充电时，沿环路L 1的磁场强度H的环流与沿环路L 2的磁场强度H的环流两者，必有：(A) >'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H.(B) ='⎰⋅1d L l H⎰⋅'2d L l H. (C)<'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H . (D)0d 1='⎰⋅L l H. ［］8．（本题3分）边长为a 的正方形薄板静止于惯性系K 的Oxy 平面内，且两边分别与x ，y 轴平行．今有惯性系K ＇以0.8c （c 为真空中光速）的速度相对于K 系沿x 轴作匀速直线运动，则从K ＇系测得薄板的面积为(A) 20.6a ． (B) 20.8a ． (C) 2a ． (D) 20.6a．［］9．（本题3分）a4已知一单色光照射在钠表面上，测得光电子的最大动能是1.2 eV ，而钠的红限波长是540nm ，那么入射光的波长是(A) 535nm ． (B) 500nm ．(C) 435nm ． (D) 355nm ．［］(普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s ，1 eV =1.60×10-19 J) 10．（本题3分）在康普顿散射中，如果设反冲电子的速度为光速的60％，则因散射使电子获得的能量是其静止能量的(A) 2倍． (B) 1.5倍．(C) 0.5倍． (D) 0.25倍．［］二、填空题（共30分）11．（本题3分）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_____________ ． 12．（本题3分）已知某静电场的电势分布为U ＝8x ＋12x 2y －20y 2 (SI)，则该静电场在点(1，1，0)处电场强度E ＝___________i +____________j+_____________k (SI)．13．（本题3分）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 =．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______________________ ． 14．（本题3分）一空气电容器充电后切断电源，电容器储能W 0，若此时在极板间灌入相对介电常量为r ε的煤油，则电容器储能变为W 0的_______________________ 倍．如果灌煤油时电容器一直与电源相连接，则电容器储能将是W 0的____________倍． 15．（本题3分）两个在同一平面内的同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1，小圆半径为r ，通有电流I 2，电流方向如图，且r <<R ．那么小线圈从图示位置转到两线圈平面相互垂直位置的过程中，磁力矩所作的功为__________________． 16．（本题3分）将一个通过电流为I 的闭合回路置于均匀磁场中，回路所围面积的法线方向与磁场方向的夹角为α ．若均匀磁场通过此回路的磁通量为Φ ，则回路所受磁力矩的大小为____________________________________________． 17．（本题3分）真空中两只长直螺线管1和2，长度相等，单层密绕匝数相同，直径之比d 1 / d 2 =1/4．当它们通以相同电流时，两螺线管贮存的磁能之比为W 1 / W 2=___________．18．（本题3分）μ子是一种基本粒子，在相对于μ子静止的坐标系中测得其寿命为τ0 ＝3×10-6 s ．如果μ子相对于地球的速度为=v 0. 8c (c 为真空中光速)，则在地球坐标系中测出的μ子的寿命τ＝____________________秒． 19．（本题3分）静止质量为m e 的电子，经电势差为U 的静电场加速后，若不考虑相对论效应，电子的德布罗意波长λ＝________________________________．20．（本题3分）在主量子数3n =，自旋磁量子数21=s m 的量子态中，能够填充的最大电子数是____________________．三、计算题（共40分）21．（本题10分）在真空中一长为l 的细杆上均匀分布着电荷，其电荷线密度为λ．在杆的延长线上，距杆的一端距离d 的一点上，有一点电荷q 0，如图所示．试求该点电荷所受的电场力． 22．（本题10分）如图，一半径为R 的带电塑料圆盘，其中半径为r 的阴影部分均匀带正电荷，面电荷密度为+σ ，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为-σ 。

大学物理试题及答案

大学物理试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 km/sC. 3×10^2 km/sD. 3×10^4 km/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力F与加速度a和质量m的关系是：A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A3. 电荷守恒定律表明：A. 电荷不能被创造或消灭B. 电荷可以被创造或消灭C. 电荷只能被创造D. 电荷只能被消灭答案：A4. 热力学第一定律表明能量守恒，其表达式为：A. ΔU = Q + WB. ΔU = Q - WC. ΔU = W - QD. ΔU = Q * W答案：B二、填空题（每题5分，共20分）1. 电磁波的传播不需要_________。

答案：介质2. 根据欧姆定律，电阻R、电流I和电压V之间的关系是R =________。

答案：V/I3. 热力学第二定律表明，不可能从单一热源吸取热量使之完全转化为_________而不产生其他影响。

答案：功4. 光的折射定律，即斯涅尔定律，可以表示为n1 * sin(θ1) = n2 * sin(θ2)，其中n1和n2分别是光从介质1到介质2的________。

答案：折射率三、计算题（每题10分，共20分）1. 一个质量为2kg的物体从静止开始，受到一个恒定的力F = 10N作用，求物体在5秒内移动的距离s。

答案：根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F/m = 10/2 = 5m/s^2。

根据位移公式s = 1/2 * a * t^2，可得s = 1/2 * 5 * 5^2 = 62.5 m。

2. 一个电阻R = 5Ω，通过它的电流I = 2A，求电阻两端的电压U。

答案：根据欧姆定律U = IR，可得U = 5 * 2 = 10V。

四、简答题（每题10分，共40分）1. 简述麦克斯韦方程组的四个方程。

大学物理习题及答案5

一选择题 (共21分)1. (本题 3分)(5666) 在磁感强度为B v的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n v与B v 的夹角为α ，则通过半球面S 的磁通量(取弯面向外为正)为(A) πr 2B ．. (B) 2 πr 2B ．(C) -πr 2B sin α． (D) -πr 2B cos α．［］2. (本题 3分)(2658) 若空间存在两根无限长直载流导线，空间的磁场分布就不具有简单的对称性，则该磁场分布(A) 不能用安培环路定理来计算． (B) 可以直接用安培环路定理求出． (C) 只能用毕奥－萨伐尔定律求出．(D) 可以用安培环路定理和磁感强度的叠加原理求出．［］3. (本题 3分)(2734) 两根平行的金属线载有沿同一方向流动的电流．这两根导线将： (A) 互相吸引． (B) 互相排斥．(C) 先排斥后吸引． (D) 先吸引后排斥．［］4. (本题 3分)(2595) 有一N 匝细导线绕成的平面正三角形线圈，边长为a ，通有电流I ，置于均匀外磁场B v中，当线圈平面的法向与外磁场同向时，该线圈所受的磁力矩M m 值为 (A) 2/32IB Na ． (B) 4/32IB Na ．(C) °60sin 32IB Na ． (D) 0．［］5. (本题 3分)(2657) 若一平面载流线圈在磁场中既不受力，也不受力矩作用，这说明： (A) 该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行． (B) 该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行． (C) 该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直．(D) 该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直．［］6. (本题 3分)(2042) 四条平行的无限长直导线，垂直通过边长为a =20 cm 的正方形顶点，每条导线中的电流都是I =20 A ，这四条导线在正方形中心O 点产生的磁感强度为(µ0 =4π×10-7 N ·A -2)(A) B =0．(B) B = 0.4×10-4 T ． (C) B = 0.8×10-4 T. (D) B =1.6×10-4 T ．［］如图所示的一细螺绕环，它由表面绝缘的导线在铁环上密绕而成，每厘米绕10匝．当导线中的电流I 为2.0 A 时，测得铁环内的磁感应强度的大小B 为1.0 T ，则可求得铁环的相对磁导率µr 为(真空磁导率µ0 =4π×10-7 T ·m ·A -1)(A) 7.96×102 (B) 3.98×102 (C) 1.99×102 (D) 63.3 ［］二填空题 (共34分)8. (本题 3分)(5665) 均匀磁场的磁感强度B v垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为________________．9. (本题 3分)(2554) 真空中有一电流元l I v d ，在由它起始的矢径r v的端点处的磁感强度的数学表达式为_______________．10. (本题 3分)(2570) 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 =______________．(忽略绝缘层厚度)(µ0 =4π×10-7 N/A 2)11. (本题 4分)(0361) 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 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________，作用在带电粒子上的力为________．12. (本题 3分)(2387) 已知面积相等的载流圆线圈与载流正方形线圈的磁矩之比为2∶1，圆线圈在其中心处产生的磁感强度为B 0，那么正方形线圈(边长为a )在磁感强度为B v的均匀外磁场中所受最大磁力矩为______________________．13. (本题 3分)(2096) 在磁场中某点放一很小的试验线圈．若线圈的面积增大一倍，且其中电流也增大一倍，该线圈所受的最大磁力矩将是原来的______________倍．氢原子中电子质量m ，电荷e ，它沿某一圆轨道绕原子核运动，其等效圆电流的磁矩大小p m 与电子轨道运动的动量矩大小L 之比=Lp m________________.15. (本题 5分)(2603) A 、B 、C 为三根共面的长直导线，各通有10 A 的同方向电流，导线间距d =10 cm ，那么每根导线每厘米所受的力的大小为=l F Ad d ______________________， =l F Bd d ______________________， =lF Cd d ______________________． (µ0 =4π×10-7 N/A 2) I16. (本题 3分)(2600) 导线绕成一边长为15 cm 的正方形线框，共 100匝，当它通有I = 5 A 的电流时，线框的磁矩p m = ______________________ .17. (本题 4分)(5133) 在国际单位制中，磁场强度H 的单位是______________，磁导率µ的单位是________________．三计算题 (共18分)18. (本题 5分)(2666) 平面闭合回路由半径为R 1及R 2 (R 1 > R 2 )的两个同心半圆弧和两个直导线段组成(如图)．已知两个直导线段在两半圆弧中心O 处的磁感强度为零，且闭合载流回路在O 处产生的总的磁感强度B 与半径为R 2的半圆弧在O 点产生的磁感强度B 2的关系为B = 2 B 2/3，求R 1与R 2的关系．R 1 R 2 OI19. (本题 5分)(0312) 两长直平行导线，每单位长度的质量为m =0.01 kg/m ，分别用l =0.04 m 长的轻绳，悬挂于天花板上，如截面图所示．当导线通以等值反向的电流时，已知两悬线张开的角度为2θ =10°，求电流I ． (tg5°＝0.087，µ0 =4π×10-7 N ·A -2)无限长载流直导线弯成如图形状，图中各段共面，其中两段圆弧分别是半径为R 1与R 2的同心半圆弧．(1) 求半圆弧中心O 点的磁感强度B v；(2) 在R 1<R 2的情形下，半径R 1和R 2满足什么样的关系时，O 点的磁感强度B 近似等于距O 点为R 1的半无限长直导线单独存在时在O 点产生的磁感强度．一选择题 (共21分)1. (本题 3分)(5666) (D)2. (本题 3分)(2658) (D)3. (本题 3分)(2734) (A)4. (本题 3分)(2595) (D)5. (本题 3分)(2657) (A)6. (本题 3分)(2042) (C)7. (本题 3分)(5132) (B)二填空题 (共34分)8. (本题 3分)(5665) πr 2B 3分9. (本题 3分)(2554) 30d 4d rrl I B vv v ×⋅π=µ 3分10. (本题 3分)(2570) π×10-3 T 3分11. (本题 4分)(0361) 0 2分0 2分3分13. (本题 3分)(2096) 4 3分14. (本题 3分)(2630)me2 3分15. (本题 5分)(2603) 3×10-6N/cm 2分 0 2分3×10-6N/cm 1分16. (本题 3分)(2600) 11.25 Am 2 3分17. (本题 4分)(5133) A/m 2分 T ·m/A 2分三计算题 (共18分)18. (本题 5分)(2666) 解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R 1的载流半圆弧在O 点产生的磁感强度为B 1，则 1014R IB µ= 1分同理, 2024R IB µ= 1分∵ 21R R > ∴ 21B B < 故磁感强度 12B B B −= 1分204R I µ=104R I µ−206R Iµ=∴ 213R R = 2分19. (本题 5分)(0312) 解：导线每米长的重量为 mg =9.8×10-2 N平衡时两电流间的距离为a = 2l sin θ，绳上张力为T ，两导线间斥力为f ，则： T cos θ = mg 1分 T sin θ = f 1分 =π=)2/(20a I f µ)sin 4/(20θµl I π 1分 =π=0/tg sin 4µθθmg l I 17.2 A 2分20. (本题 8分)(2669) 解：(1) 102010444R IR IR IB π+−=µµµ4)1(012112I R R R R R µπ+−= 4分B v的方向垂直纸面向外 1分(2) 由(1) 结果： 4)(021212IR R R R R B µπ+−π=可以看出，当212)(R R R <<−π, 即1112−π<<−RR R 时 10π4R I B µ≈ 3分。

大连理工大学大学物理作业5(静电场五)及答案详解

2．一平行板电容器中充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质。

已知介质表面极化电荷面密度为σ'±，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为[ ]。

.A0σε' .B 02σε' .C 0r σεε' .D rσε' 答案：【A 】解：极化电荷也是一种电荷分布，除不能自由移动和依赖于外电场而存在外，与自由电荷没有区别。

在产生静电场方面，它们的性质是一样的。

在电容器中，正是极化电荷的存在，产生的静电场与自由电荷产生的静电场方向相反，使得电容器中总的电场强度减弱，提高了电容器储存自由电荷的能力，电容器的电容增大。

或者说，储存等量的自由电荷，添加电介质后，电场强度减弱，电容器两极的电势差减小，电容器的电容增大。

正负极化电荷产生的电场强度的大小都是0/2εσ，方向相同，所以，极化电荷产生的电场的电场强度为0/εσ。

3．在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图5-1放置，以点电荷q 所在处为球心作一球形闭合面，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，高斯定理也不成立答案：【B 】解：静电场的高斯定理，是静电场的基本规律。

无论电场分布（电荷分布）如何，无论有无电介质，也无论电介质的分布如何，都成立。

但是，只有在电场分布（电荷分布和电介质分布），在高斯面上（内）具有高度对称时，才能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。

否则，只能计算出穿过高斯面的电通量。

图示的高斯面上，电场强度分布不具有高度对称性，不能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。

4．半径为1R 和2R 的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为r ε的均匀介质。

设两圆筒上单位长度带电量分别为λ+和λ-，则介质中的电位移矢量的大小D = ，电场强度的大小E = 。

大学物理试题及答案

大学物理试题及答案一、选择题1.物体在静止状态时，下列哪个描述是正确的？ A. 物体速度为零 B. 物体加速度为零 C. 物体受到外力作用 D. 物体不受到任何力的影响答案：A2.质子和中子具有相同的质量，下列哪个描述是正确的？ A. 质子和中子均带正电 B. 质子和中子均带负电 C. 质子带正电，中子带负电D. 质子带负电，中子带正电答案：A3.下列哪个选项不属于牛顿运动定律？ A. 物体在静止状态下受力为零 B. 物体受到的作用力越大，加速度越大 C. 物体在受到外力作用时保持原来的状态 D. 物体受力和加速度的方向相同答案：C二、填空题1.牛顿第二定律的公式为________。

答案：F=ma2.光速在真空中的数值为________m/s。

答案：299,792,4583.轻质物体在重力作用下下落的加速度近似为________。

答案：9.8m/s²三、简答题1.简述牛顿第一定律的内容。

答：牛顿第一定律，也称为惯性定律，是牛顿三大运动定律之一。

它的内容是：物体在静止状态下将保持静止，物体在匀速直线运动状态下将保持直线运动，除非受到外力的作用。

2.什么是动能？如何计算动能？答：动能是物体运动过程中所具有的能量。

动能的计算公式为：动能 = 1/2 × m × v²，其中m为物体的质量，v为物体的速度。

3.简述引力的特点。

答：引力是一种吸引物体之间的力，在宏观尺度上具有普遍性。

引力的特点有：（1）引力是一种吸引力，使物体之间相互靠拢；（2）引力的大小与物体的质量有关，质量越大，引力越强；（3）引力的大小与物体之间的距离有关，距离越近，引力越大。

四、计算题1.设物体质量为2kg，受到的力为10N，求物体的加速度。

答案：根据牛顿第二定律F=ma，可以求得a=F/m，代入数值计算得 a=10/2=5m/s²。

2.一个物体从静止开始沿直线下滑，下滑过程的速度随时间变化的函数为v(t)=5t，其中t为时间，求物体下滑2秒后的速度。

大学物理第五章静电场单元测验(带答案)

2014-2015学年第二学期电学单元测试――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――― —、选择题 (每题2分，共30分） 1、以下说法哪一种是正确的A) 电场中某点电场强度的方向，就是试验电荷在该点所受的电场力方向 (B)电场中某点电场强度的方向可由E =确定，试验电荷0q 可正可负，F 为试验电荷所受的电场力(C) 在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的电场强度处处相同 (D) 以上说法都不正确 2、如图所示，一个点电荷q 位于立方体一顶点A 上，则通过abcd 面上的电通量为A 06q εB 012q ε C 024q ε D 036q ε3、1056：点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q(A) 曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变 (B) 曲面S (C) 曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化 (D) 曲面S 4、如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2荷分别为1λ和2λ，则在外圆柱面外面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：(A)r 0212ελλπ+ (B) ()()20210122R r R r -π+-πελελ (C)()20212R r-π+ελλ (D) 20210122R R ελελπ+π 5、设无穷远处电势为零，则半径为R 的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的U 0和b 皆为常量):6、如图所示，一半径为a 的“无限长”圆柱面上均匀带电，其电荷线密度为λ。

在它外面同轴地套一半径为b 的薄金属圆筒，圆筒原先不带电，但与地连接。

以大地的电势为零，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 的P 点的场强大小和电势分别为：(A) E ＝0，U ＝r a ln 20ελπ (B) E ＝0，U ＝a bln20ελπ(C) E ＝r 02ελπ，U ＝r b ln 20ελπ (D) E ＝r 02ελπ，U ＝a b ln20ελπ7、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、带电荷Q 2 .设无穷远处为电势零点，则在两个球面之间、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) 2020144R Q r Q εεπ+π (D) r Q R Q 0210144εεπ+π 8、在电荷为－Q 的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点。

大学物理考试题目及答案5

题8.6图8.6如题8.6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：如题图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

且θ-πθ==21221R R I I 电阻电阻. 1I 产生1B 方向⊥纸面向外 πθπμ2)2(2101-=R I B ，2I 产生2B 方向⊥纸面向里 πθμ22202R I B =∴1)2(2121=-=θθπI I B B 有 0210=+=B B B8-9 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ,c )构成，如题8.9图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解： ⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202R Ir r B μπ= 202RIr B πμ=(2) b r a << I r B 02μπ= rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---=)(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π 0=B8-11 如题8.11图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm(1)导线AB(2)解：(1)CD F 方向垂直CD 向左，大小 4102100.82-⨯==dIb I F CD πμ N同理FE F方向垂直FE 向右，大小 5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F 方向垂直CF 向上，大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=a d d CF da d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2NED F方向垂直ED 向下，大小为 5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=方向向左，大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯=∵ 线圈与导线共面∴ B P m//0=M．。

大学物理试题及答案

大学物理试题及答案第一部分：选择题1.下列哪个物理量在不同位置上的取值具有不连续性？A. 速度B. 加速度C. 势能D. 动能答案：C. 势能2.以下哪个物理量在自由落体运动过程中保持常数？A. 速度B. 加速度C. 位移D. 质量答案：B. 加速度3.功的国际单位是什么？A. 牛顿B. 焦耳C. 瓦特D. 千瓦时答案：B. 焦耳4.电流强度的国际单位是什么？A. 欧姆B. 安培C. 法拉D. 牛顿答案：B. 安培5.下列哪个物理量是矢量？A. 功B. 能量C. 数密度D. 速度答案：D. 速度第二部分：填空题1.在匀速运动中，速度大小不变，但方向可以改变。

2.牛顿第二定律的公式为F=ma。

3.根据万有引力定律，两个物体的引力与它们的质量成正比。

4.电阻的单位是欧姆。

5.热量传递的方式主要有传导、对流和辐射。

第三部分：解答题1.简述牛顿第一定律的内容和意义。

答案：牛顿第一定律也称为惯性定律，它指出一个物体如果没有受到外力作用，或者所受到的外力平衡时，物体将保持静止状态或匀速直线运动的状态。

这个定律说明了惯性的概念，即物体的运动状态不会自发改变，需要外力的作用才会改变。

牛顿第一定律为力学奠定了基础，对于解释运动现象和研究物理规律有着重要意义。

2.简述电流的定义和计算方法。

答案：电流是单位时间内电荷通过导体所携带的量，通常用字母I表示，其定义为单位时间内通过导体两端的电荷量。

电流的计量单位是安培(A)，1安培等于每秒通过导体两端的1库仑电荷。

电流的计算方法可以用欧姆定律来表示，即I = V / R，其中I是电流，V是电压，R是电阻。

根据欧姆定律，电流的大小与电压成正比，与电阻成反比。

3.解释热传导的过程，并给出一个实际生活中的例子。

答案：热传导是热量通过物质内部的传递方式，它是由物质内部分子的热运动引起的。

当一个物体的一部分温度升高时，其分子会与邻近的分子发生碰撞，将热能传递给周围分子，导致温度逐渐均匀。

大学物理习题5

=
1.0×10−3 × 9.8 4.9 ×10−2
=
0.2
N ⋅ m−1
而 t = 0 时， x0 = −1.0 ×10−2 m,v0 = 5.0 ×10−2 m ⋅ s-1 ( 设向上为正)
又
ω=
k= m
0.2 8 ×10−3
= 5,即T
=
2π ω
= 1.26s
∴
A=
x
2 0
+
( v0 ω
)2
= (1.0 ×10−2 )2 + (5.0 ×10−2 )2 5
当 sin(ωt + ϕ0 )与cos(ωt + ϕ0 ) 同号时，即位相在第 1 或第 3 象限时，速度和加速度同
号；当 sin(ωt + ϕ0 )与cos(ωt + ϕ0 ) 异号时，即位相在第 2 或第 4 象限时，速度和加速
度异号。加速度为正值时，振动质点的速率不一定增大。
5.7 质量为10×10−3 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按 x = 0.1cos(8π t + 2π ) 3
l 1.0
∴
A=
x02
+ (v0 )2 ω
(2)由题知， t = 0 时，φ0 = 0 ，
t =t时
x0
=
+
A ,且v 2
<
0, 故φ t
=
π 3
∴
t
=
∆φ
=
π
π /
=
2s
ω 32 3
(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
E = 1 kA2 = 1 mω 2 A2
2

大连理工大学大学物理作业5(静电场五)及答案详解

作业5 静电场五2．一平行板电容器中充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质。

已知介质表面极化电荷面密度为σ'±，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为[ ]。

.A0σε' .B 02σε' .C 0r σεε' .D rσε' 答案：【A 】解：极化电荷也是一种电荷分布，除不能自由移动和依赖于外电场而存在外，与自由电荷没有区别。

在产生静电场方面，它们的性质是一样的。

或者说，储存等量的自由电荷，添加电介质后，电场强度减弱，电容器两极的电势差减小，电容器的电容增大。

正负极化电荷产生的电场强度的大小都是0/2εσ，方向相同，所以，极化电荷产生的电场的电场强度为0/εσ。

3．在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图5-1放置，以点电荷q 所在处为球心作一球形闭合面，则对此球形闭合面[ ]。

无论电场分布（电荷分布）如何，无论有无电介质，也无论电介质的分布如何，都成立。

但是，只有在电场分布（电荷分布和电介质分布），在高斯面上（内）具有高度对称时，才能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。

否则，只能计算出穿过高斯面的电通量。

图示的高斯面上，电场强度分布不具有高度对称性，不能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。

4．半径为1R 和2R 的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为r ε的均匀介质。

设两圆筒上单位长度带电量分别为λ+和λ-，则介质中的电位移矢量的大小D = ，电场强度的大小E = 。

华南理工大学大学物理习题五及答案(2012)

d E dl
整个金属棒两端的电动势
r dB cos dl 2 dt
R o l a b R o E r a l b
方向由 a 指向 b.
E dl
l
r dB cos dl 2 dt 0
l
2
cos t
5．真空中两只长直螺线管 1 和 2，长度相等，单层密绕匝数相同，直径之比 d1 / d2 =1/4．当它们通以相同电流时，两螺线管贮存的磁能之比为 W1 / W2=___________．1∶16 6.四根辐条的金属轮子在均匀磁场 B 中转动，转轴与 B 平行，轮子和辐条都是导体，辐条长为 R，轮子转速为 n，则轮子中心 O 与轮边缘 b 之间的感应电动势为_______ BnR2 ，电势最高点是在_______O 处． 7.有一根无限长直导线绝缘地紧贴在矩形线圈的中心轴 OO′上，则直导线与矩形线圈间的互感系数为__________．0
习题五电磁感应院系：一选择题 1.在一自感线圈中通过的电流 I 随时间 t 的变化规律如图(a)所示，若以 I 的正流向作为的正方向，则代表线圈内自感电动势随时间 t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)

(b) 0 t 0 (C) t (D) t (A) (a)
班级:_____________ 姓名:___________ 学号:_____________
I 0 t

(B)
中的哪一个？[D]

0

t 0
2. 在圆柱形空间内有一磁感强度为 B 的均匀磁场，如图所示， B 的大小以速率 dB/dt 变化．有一长度为 l0 的金属棒先后放在磁场的两个不同位置 1(ab)和 2(a＇b＇)，则金属棒在这两个位置时棒内的感应电动势的大小关系为 (A) ε2＝ε1≠0．［B］

大学物理练习册习题及答案5--振动学基础范文

习题及参考答案第四章振动学基础参考答案思考题4-1什么是简谐振动？试分析以下几种运动是否是简谐振动？ (1)拍皮球时球的运动；(2)一小球在半径很大的光滑凹球面底部的小幅度摆动；（3）一质点分别作匀速圆周运动和匀加速圆周运动，它在直径上的投影点的运动。

4-2如果把一弹簧振子和一个单摆拿到月球上去，振动的周期如何改变？4-3什么是振动的相位？一个弹簧振子由正向最大位移开始运动，这时它的相位是多少？经过中点，到达负向最大位移，再回到中点向正向运动，上述各处相应的相位各是多少？4-4一个简谐振动的振动曲线如图所示。

此振动的周期为（）(A)12s ； (B)10s ；(C)14s ； (D)1 1s 。

4-5一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为 A /2,且向x 轴的正方向运动；代表此简谐振动的雄转矢量图为（）4-6一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线如图所示，若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初位相应为（）(A)π／6；（B ） 5π/6；（C ）-5π/6；（D ）-π／6；4-7把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ,然后由静止放手任其振从放手时开始计时，若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初位相为（）(A)θ； (B) π；（C ）0；（D π/2。

4-8如图所示，质量为m 的物体由倔强系数为k 1和k 2的两个轻弹簧连接，在光滑导轨上作微小振动,则系统的振动频率为（）(A )(B )(C )(D)xxxx思考题4-5图思考题4-6图v (m/s)t (s)思考题4-4图（A）2=ν（B）=ν（C）=ν（D ）=ν4-9一倔强系数为k 的轻弹簧截成三等分，取出其中的两根，将它们并联在一起，下面挂一质量为m 的物体，如图所示。

则振动系统的频率为（）4-10一弹簧振子作简谐振动，总能量为E 1，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量E 1变为（）(A) E 1/4; (B) E 1/2； (C)2E 1; (D) 4 E 1。

《大学物理》章节试题及答案(五)

《大学物理》章节试题及答案第五章静电场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).5 －2 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).5 －3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41r e εr m =v 由此出发命题可证.证由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1Lr Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r rq εe E 20d π41d '= 整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41x p εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-= 代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1xθe r εE = 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度k E 403π41zQ ε= 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ 同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示). 分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场rrεqe E 20π4d d =由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰()r εr e E 04=球体外(r ＞R )()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2 由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()rr RrεkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和.解由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近n εe E 012=n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为n rx xεσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则nnεσx r εσe e E 02202/112≈+=上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=所以 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ根据几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布. 解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故2013π4rεQ E =r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E +=电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεσR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布. 解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ，0=∑q01=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30 C · m.求在下述情况下，距离分子为r ＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3) 90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角. 解由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+ (1) 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεp V (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5 －25 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势. 解根据已知条件球形雨滴半径R 1 ＝0.40 mm ，带有电量q 1 ＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV5 －26 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a-axl E l E 电势变化曲线如图(b)所示.5 －27 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQV 0π4=在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQV 0π4=其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布. 解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211π4 π40R r r εQ Q R r R rεQ R r r r>+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5 －28 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V εd 1d 0S E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()r εR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰ 当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.5 －29 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C ·m －2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 1691=V-1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεqV 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2 m ，R 2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m) 分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为rεeV 0π4=将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r εeV E 2π41202RK0=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：。

大学物理试题及答案

《大学物理》试卷（一）（标准卷）（考试时间：120分钟）使用班级：学生数：任课教师：考试类型闭卷一、填空题（共30分）1、（4分）一质点沿y 轴作直线运动，速度j t v)43(+=，t ＝0时，00=y ，采用SI 单位制，则质点的运动方程为y 223t t +m ；加速度y a ＝4m/s 2。

2、（3分）一质点沿半径为R 的圆周运动，其运动方程为22t +=θ。

质点的速度大小为2t R ，切向加速度大小为2R ，加速度为n R t R242+τ。

3、（2分）一个质量为10kg 的物体以4m/s 的速度落到砂地后经0.1s 停下来，则在这一过程中物体对砂地的平均作用力大小为 400N 。

4、（2分）在一带电量为Q 的导体空腔内部，有一带电量为-q 的带电导体，那么导体空腔的内表面所带电量为 +q ，导体空腔外表面所带电量为 Q-q 。

5、（2分）一质量为10kg 的物体，在t=0时，物体静止于原点，在作用力i x F)43(+=作用下，无摩擦地运动，则物体运动到3米处，在这段路程中力F所做的功为J ds F mv W 272132=⋅=∆=⎰。

6、（2分）带等量异号电荷的两个无限大平板之间的电场为σ/ε0 ，板外电场为 0 。

7、（2分）一无铁芯的长直螺线管，在保持器半径和总匝数不变的情况下，把螺线管拉长一些，则它的自感系数将减小。

8、（3分）一长载流导线弯成如右图所示形状，则O 点处磁感应强度B 的大小为R I R I 83400μπμ+，方向为⊗ 。

9、（4分）在均匀磁场B 中, 一个半径为R 的圆线圈,其匝数为N,通有电流I 2π=，它在磁场中受到的磁力矩的最大值为NIB R M 2π=。

10、（3分）一电子以v 垂直射入磁感应强度B 的磁场中，则作用在该电子上的磁场力的大小为F ＝B qv 0。

电子作圆周运动，回旋半径为qB mv R =。

11、（3分）判断下图中，处于匀强磁场中载流导体所受的电磁力的方向；（a ）向下；（b ）向左；（c ）向右。

大学物理试题及答案

大学物理试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 km/sC. 3×10^7 m/sD. 3×10^6 m/s2. 根据牛顿第二定律，若物体质量不变，作用力增加一倍，则加速度：A. 保持不变B. 增加一倍C. 减少一半D. 增加四倍3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过4秒后的速度是8m/s，其加速度是：A. 1 m/s²B. 2 m/s²C. 3 m/s²D. 4 m/s²4. 以下哪个不是热力学第一定律的内容：A. 能量守恒B. 能量转换C. 能量转移D. 能量创造5. 一个理想气体经历等压膨胀过程，其温度和体积的关系是：A. 温度不变B. 体积不变C. 温度与体积成正比D. 温度与体积成反比6. 波长为λ的单色光通过双缝干涉装置，形成明条纹的间距为d，若波长增加到2λ，条纹间距将：A. 保持不变B. 增加一倍C. 减少一半D. 增加四倍7. 根据麦克斯韦电磁理论，以下哪项不是电磁波的特点：A. 传播速度等于光速B. 具有波粒二象性C. 由电场和磁场交替变化产生D. 只能沿直线传播8. 一个电子在电场中受到的电场力大小为F，若电场强度增加一倍，电子所受的电场力：A. 保持不变B. 增加一倍C. 减少一半D. 增加四倍9. 根据热力学第二定律，以下哪个说法是错误的：A. 热量不能自发地从低温物体传向高温物体B. 热机的效率不可能达到100%C. 能量可以完全转化为机械能D. 熵增原理10. 一个物体在水平面上以初速度v₀开始滑动，摩擦系数为μ，若物体最终停止，则其滑行距离是：A. v₀²/2μgB. v₀²/2μC. v₀/μgD. v₀/2μg答案：1-5 ABBCC 6-10 BCDAB二、填空题（每题2分，共10分）1. 根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小________，方向________。