大学物理总复习(5)
大学普通物理复习题(10套)带答案
普通物理试题1－10试题1一、填空题11. 7．在与匀强磁场B垂直的平面，有一长为L 的铜杆OP ，以角速度 绕端点O 作逆时针匀角速转动，如图13—11，则OP 间的电势差为 P O U U （221L B ）。
3. 3.光程差 与相位差 的关系是（2 ）25. 1.单色光在水中传播时，与在真空中传播比较：频率(不变 )；波长( 变小 )；传播速度( 变小 )。
(选填：变大、变小、不变。
)68.17－5. 波长为 的平行单色光斜入射向一平行放置的双缝，如图所示，已知入射角为θ缝宽为a ，双缝距离为b ，产生夫琅和费衍射，第二级衍射条纹出现的角位置是（sin 2sin 1b。
33. 9. 单色平行光垂直照射在薄膜上．经上下两表面反射的两束光发生干涉、如图所示， 若薄膜的厚度为e ．且321n n n ，1 为入射光在1n 中的波长，则两束反射光的光程差为 ( 22112 n e n)。
二、选择题6. 2. 如图示，在一无限长的长直载流导线旁，有一形单匝线圈，导线与线圈一侧平行并在同一平面，问：下列几种情况中，它们的互感产生变化的有（ B ，C ，D ）（该题可有多个选择）(A) 直导线中电流不变，线圈平行直导线移动； (B) 直导线中电流不变，线圈垂直于直导线移动；(C) 直导线中电流不变，线圈绕AB 轴转动； (D) 直导线中电流变化，线圈不动12.16－1．折射率为n 1的媒质中，有两个相干光源．发出的光分别经r 1和r 2到达P 点．在r 2路径上有一块厚度为d ，折射率为n 2的透明媒质，如图所示，则这两条光线到达P 点所经过的光程是( C )。
（A ）12r r（B ） d n n r r 2112（C ） d n n n r r 12112 （D ） d n n r r 1211283. 7．用白光垂直照射一平面衍射光栅、发现除中心亮纹（0 k ）之外，其它各级均展开成一光谱．在同一级衍射光谱中．偏离中心亮纹较远的是( A )。
《大学物理》复习题及答案
《大学物理》复习题及答案《大学物理》复习题及答案一：填空题1: 水平转台可绕通过中心的竖直轴匀速转动.角速度为?,台上放一质量为m的物体，它与平台之间的摩擦系数为?，m在距轴Ｒ处不滑动，则?满足的条件是??; 2: 质量为m的物体沿x轴正方向运动，在坐标x处的速度大小为kx，则此时物体所受力的大小为F?。
3: 质点在xoy平面内运动，任意时刻的位置矢量为r?3sin?ti?4cos?tj，其中?是正常数。
速度v?，速率v?，运动轨迹方程;物体从x?x1运动到x?x2所需的时间为4: 在合外力F?3?4x(式中F以牛顿，x以米计)的作用下，质量为6kg的物体沿x 轴运动。
如果t?0时物体的状态为，速度为x0?0,v0?0,那么物体运动了3米时，其加速度为。
2５：一质点沿半径为米的圆周运动，其转动方程为??2?t。
质点在第1s 末的速度为，切向加速度为6: 一质量为m?2kg的质点在力F?4ti?(2?3t)j(N)作用下以速度v0?1j(m?s?1)运动，若此力作用在质点上的时间为2s，则此力在这2s内的冲量I?在第2s末的动量P? ;质点7：一小艇原以速度v0行驶，在某时刻关闭发动机，其加速度大小与速率v成正比，但方向相反，即a??kv,k为正常数，则小艇从关闭发动机到静止这段时间内，它所经过的路程?s?，在这段时间内其速率v与时间t的关系为v? 8：两个半径分别为R1和R2的导体球，带电量都为Q,相距很远，今用一细长导线将它们相连，则两球上的带电量Q1?则球心O处的电势UO?,Q2?9:有一内外半径分别为R及2R金属球壳，在距离球心O为R处放一电量为q的点电荷，2.在离球心O为3R处的电场强度大小为E?,电势U? 2210: 空间某一区域的电势分布为U?Ax?By，其中A,B为常数，则场强分布为Ex?为，Ey? ；电势11: 两点电荷等量同号相距为a，电量为q，两电荷连线中点o处场强为；将电量为?q0的点电荷连线中点移到无穷远处电场力做功为12: 在空间有三根同样的长直导线，相互间距相等，各通以同强度同方向的电流，设除了磁相互作用外，其他影响可忽略，则三根导线将13: 一半径为R的圆中通有电流I，则圆心处的磁感应强度为第1页。
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第五章热力学基础
⼤学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第五章热⼒学基础第五章热⼒学基础⼀、基本要求1．掌握功、热量、内能的概念，理解准静态过程。
2．掌握热⼒学第⼀定律，能分析、计算理想⽓体等值过程和绝热过程中功、热量、内能的改变量。
3．掌握循环过程和卡诺循环等简单循环效率的计算。
4．了解可逆过程和不可逆过程。
5．理解热⼒学第⼆定律及其统计意义，了解熵的玻⽿兹曼表达式及其微观意义。
⼆、基本内容1. 准静态过程过程进⾏中的每⼀时刻，系统的状态都⽆限接近于平衡态。
准静态过程可以⽤状态图上的曲线表⽰。
2. 体积功pdV dA = ?=21V V pdV A功是过程量。
3. 热量系统和外界之间或两个物体之间由于温度不同⽽交换的热运动能量。
热量也是过程量。
4. 理想⽓体的内能2iE RT ν=式中ν为⽓体物质的量，R 为摩尔⽓体常量。
内能是状态量，与热⼒学过程⽆关。
5. 热容定体摩尔热容 R i dT dQ C V m V 2)(,== 定压摩尔热容 R i dT dQ C p mp 22)(,+== 迈耶公式 R C C m V m p +=,, ⽐热容⽐ ,,2p m V mC i C iγ+==6．热⼒学第⼀定律A E Q +?=dA dE dQ +=（微分形式）7．理想⽓体热⼒学过程主要公式（1）等体过程体积不变的过程，其特征是体积V =常量。
过程⽅程： =-1PT 常量系统对外做功： 0V A =系统吸收的热量：()(),21212V V m iQ vC T T v R T T =-=-系统内能的增量：()212V iE Q v R T T ?==-（2）等压过程压强不变的过程，其特征是压强P =常量。
过程⽅程： =-1VT 常量系统对外做功：()()212121V P V A PdV P V V vR T T ==-=-?系统吸收的热量： (),2112P P m i Q vC T v R T T ??=?=+-系统内能的增量： ()212iE v R T T ?=-（3）等温过程温度不变的过程，其特征是温度T =常量。
大学物理总复习
0 冲击，
角达水平位置。设 m与m1的碰撞为完全非弹 /2
性的，m1=4m，m2=m，L=1m，取，求
？ 0
O
L/2 A m1
分析：碰撞过程中系统动量是否守恒， 角动量是否守恒？碰撞之后一起运动 m 的过程，系统机械能是否守恒？
B
L/2 m2
10
解：取杆及 m 组成的系统为研 究对象，碰撞过程中，轴对系统
B 都垂直的直线上的投影以相同速度切 割磁场线运动时产生的电动势，这一投 影长度称之为导线的有效切割长度。
× × × × L × × ×
× × × × × × ×
× × × × × × ×
31
N
B
★ 直线电流的磁场
dB 方向均沿 x 轴的负方向
dB
z
D
2
0 Idl sin
质点组的动能定理
内力的功
dW内 F1 dr12 0
W外 W内 Ek E k0 W外 W内 Ek
功能原理
W外 W非内 Ek Ep Em
9
例3-5 如图，杆OB可绕水平光滑轴O转动，杆长L，质量不计， 杆的中点A和底端B处附有两个质量为m1和m2的小球，最初杆 静止于平衡位置，令一质量为m的粘性球以水平速度 恰能使杆转过
E 的大小都相等，方向沿径向。
取高斯面：作同心高斯球面
+ + +
+
S +1
O
+R+ +
r
+
+ + +
球内区域 r < R ，作高斯球面 S1
E dS 0
大学物理期末总复习题15年
云南警官学院2014—2015学年度下学期期末大学物理总复习题填空题1. 说明做平抛实验时小球的运动用 参考系；说明土星的椭圆运动用 参考系。
2. 说明湖面上游船运动用 参考系；3. 说明人造地球卫星的椭圆运动用 参考系；4. 用来确定质点位置的矢量叫做质点的 , 简称 。
5. 一物体质量M ＝2 kg ，在合外力i t F )23( (SI)的作用下，从静止开始运动，式中i 为方向一定的单位矢量, 则当ｔ＝1 s 时物体的速度1v＝__________．6. 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，那么，法向加速度会随时间相应 ,切向加速度也会随时间相应 , 总加速度也会随时间相应 , 总加速度与速度之间的夹角随时间 。
7. 有人说, 考虑到地球的运动, 一幢楼房的运动速率在夜里比在白天大, 这是对________参考系说的。
8. 一质点在xy 平面上运动, 运动函数为x=2t,y=4t 2-8(采用国际单位制), 那么, 该质点的轨道方程为 ; 轨道曲线是 线; 速度公式分量式为v x= , v y = ; 加速度公式分量式为a x = , a y = 。
9. 有人认为质量分引力质量和惯性质量, 用天平测出的质量是 质量; 两汽车相撞时, 其撞击力的产生是源于 质量。
10. 如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为μ，当这货车爬一与水平方向成 角的平缓山坡时，要不使箱子在车底板上滑动，车的最大加速度a max ＝ ．11. 飞行员操纵飞机做如下 图所示机动时, 可能因脑充血而“红视”; 在做图 所示机动时, 可能因脑缺血而“黑晕”; 穿上G 套服, 飞行员能经受5g 而避免“ ” 。
12. 如图1，一物体质量为M ，置于光滑水平地板上．今用一水平力F 通过一质量为m 的绳拉动物体前进，则物体的加速度a ＝______________，绳作用于物体上的力T ＝_______________．13. 如图2所示, 质量为m 的小球自高为y 0处沿水平方向以速率v 0抛出,与地面碰撞后跳起的最大高度为21y 0，水平速率为21v 0，则碰撞过程中(1) 地面对小球的竖直冲量的大小为______；(2) 地面对小球的水平冲量的大小为_____________．x y O m y 0 021v 021y0v图1 图2 图3T m 1m F F m M14. 图3所示装置中，若两个滑轮与绳子的质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都忽略不计，绳子不可伸长，则在外力F 的作用下，物体m 1和m 2的加速度为a =______________________，m 1与m 2间绳子的张力T =________________________．15. 一斜抛物体的水平初速度是v 0, 它的轨道的最高点处的曲率圆的半经是 。
《大学物理简明教程》总复习课件
《大学物理简明教程》总复习课件一、力学部分1. 牛顿运动定律：物体在不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动；物体受到外力作用时，其加速度与外力成正比，与物体质量成反比。
2. 动能定理：物体的动能变化等于物体所受外力做的功。
3. 势能：物体在重力场中具有的势能等于其重力势能；物体在弹性力场中具有的势能等于其弹性势能。
4. 动量守恒定律：在封闭系统中，物体间的相互作用力导致系统总动量守恒。
5. 角动量守恒定律：在封闭系统中，物体间的相互作用力导致系统总角动量守恒。
二、热学部分1. 热力学第一定律：能量守恒定律在热学中的体现，即系统吸收的热量等于系统内能的增加和对外做功之和。
2. 热力学第二定律：熵增原理，即在一个孤立系统中，熵总是增加的，直到达到最大值。
3. 热力学第三定律：绝对零度时，系统的熵为零。
4. 理想气体状态方程：描述理想气体状态参量（压强、体积、温度）之间关系的方程，即 PV=nRT。
5. 热容：描述物体吸收或放出热量时温度变化的物理量，包括比热容和摩尔热容。
三、电磁学部分1. 库仑定律：描述点电荷之间相互作用力的规律，即F=kq1q2/r^2。
2. 高斯定理：描述静电场中电荷分布与电场强度关系的定律，即∮E·dA=Q/ε0。
3. 法拉第电磁感应定律：描述磁场变化引起电场变化的规律，即ε=dΦ/dt。
4. 安培环路定理：描述电流与磁场之间关系的定律，即∮B·dl=μ0I。
5. 麦克斯韦方程组：描述电磁场基本规律的方程组，包括高斯定理、法拉第电磁感应定律、安培环路定理和洛伦兹力定律。
四、光学部分1. 光的反射定律：描述光线在光滑表面上反射时，反射光线、入射光线和法线共面的规律。
2. 光的折射定律：描述光线从一种介质进入另一种介质时，入射角和折射角之间关系的规律。
3. 双缝干涉：描述光波在双缝实验中产生的干涉现象，即明暗相间的条纹。
4. 单缝衍射：描述光波通过单缝时产生的衍射现象，即中央亮条纹和两侧暗条纹。
大学物理第五章 气体动理论总结
三种速率比较：
vp
2kT m0
2RT M mol
f (v)
v 8kT 8RT
m0
M mol
v
v 2
3kT
3RT
m0
M mol
O
v p
v
v2
温度一定，同种气体
vp温度。
1
T2 T1
M mol 一定
2
T2 T1
v p2 v p1
v o
f (v)
5. 速率分布函数
f (v) dN
Ndv
dv
v
速率分布函数
f (v) 速率分布函数物理意义－－－
在速率v 的附近，单位速率间隔内的 分子数占总分子数的百分比 .
f (v)dv dN N
归一化条件
代表速率v 附近dv (或v~v+dv)区间的分子数概率
0
f
(v)dv
dN N
1
－－－曲线下面积
f (v)
2. 氢气分子的最概然速 率是多少?
0
1000
2
vm / s
v pHe
2RT 4 103
1000 m / s
2RT v pH2 2 103
2 1000
m/s
麦克斯韦速率分布律
例* 已知f()为麦克斯韦速率分布函数，p为分子 的最可几速率，则
p f ()d 表示 速率小于 p的分子数占总分子数的百分比
0
或分子速率小于 p的概率。
f ()d 表示 速率大于 p的分子数占总分子数的百分比
p
或分子速率大于 p的概率。
0
1 2
m0
2
f
(
)d
大学物理一复习 第五章 静电场和习题小结
q 4 π
0
dr r
2
r
q
1 q ( ) 4 r r 4 r q
0 0
r
E
V
q 4 π 0r
q 0, V 0 q 0, V 0
三、电势叠加原理
点电荷系
Va
q1
q2
a
E dl
V1 V 2 V n
第 五 章 静电场
Nothing in life is to be feared. It is only to be understood. ----(Marie Curie)
本章参考作业：P190
5-1，5-2、5-9①、5-14、5-21、 5-23、5-26、5-27、5-30。
学 习 要 点
的大小处处相等，且有
cos 1
cos 0
(目的是把“ E ”从积分号里拿出来)
计算高斯面内的电荷,由高斯定理求 E。
高斯定理运用举例： ---计算有对称性分布的场强
掌握所有 例题
1、球对称——球体、球面、球壳等。 2、轴对称——无限长直线、圆柱体、圆柱面。 3、面对称——无限大均匀带电平面。
E
0
R
r
三、面对称——无限大均匀带电平面。
例6、求无限大均匀带电平面的场 分布。已知面电荷密度为
o
p
dE
dE
解:对称性分析： 垂直平面 E
选取闭合的柱形高斯面
左底 侧
右底
侧 0
左底
E S
S＇
E S
右底
2 ES
大学物理复习-第五六章
E与(1) 相同．
W = Q E＝417 J
4分
(3)
Q =0，E与(1) 同
W = E=623 J (负号表示外界作功)
3分
28
10、一定量的理想气体，由状态a经b到达c． (如图，abc为一直线)求此过程中 (1) 气体对外作的功； (2) 气体内能的增量； (3) 气体吸收的热量．(1 atm＝1.013×105 Pa)
件___0 _f_(__) _d___1__，此条件的物理意义是:
分子速率处于（0~∞ ）区间的分子数占总分子数
的百分比为1 .
2．若f()为气体分子速率分布函数,N为气体分子
总数，m为分子质量，则
2 1m 2Nf ( )d的物理
1 2
意义为速__率__在__速_率__间__隔___1～___2_之_内__的__分__子_平__均__动__能_之__和_。
到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应增加
___K．
500
100
8、1 mol 理想气体(设 Cp/CV为已知)的循环过程如T －V图所示，其中CA为绝热过程，A点状态参量(T1， V1)和B点的状态参量(T2，V2)为已知．试求C点的状 态参量：
Vc=____V，2
Tc=___(_V1_/ V_2_) _1 T_1 _____，
解: N22N, M1 2M2, T2 5T1
E2 E1
m
M2 m
M1
3 2
RT2
5 2
RT1
3 5
M1T2 M 2T1
6
第六章 热力学基础
一、热力学第一定律
二、四个过程
内能增量
E
m' M
大学物理总复习(简易版)
二、填空题Байду номын сангаас
1．一质点的运动方程为 r = 2ti + (2 − t ) j (m) ．
2
则轨迹方程是 x + 4 y = 8， 速度方程是 υ = 2i − 2tjm/ s ，
2
任意时刻质点的加速度为 a = −2 jm / s 。
2
2．质点沿x轴运动，其加速度方程为 ．质点沿 轴运动 其加速度方程为a=4t，初始 轴运动， ， 条件为t=0时 ），则质点的速 条件为 时υ0＝0，x0＝10（m），则质点的速 ， （ ）， 3 度方程为 υ = 2t 2 ，位移方程为 x −10 = 2 t 。 3
大学物理总复习
一、选择题 1.质点沿半径为 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转 质点沿半径为R的圆周作匀速率运动 质点沿半径为 的圆周作匀速率运动， 一圈， 时间间隔中， 一圈，则在 2t 时间间隔中，其平均速度大小与平 均速率大小分别为 2π R 2π R 2π R B . 0, ；
A. t ； t ；
Q ∆S 后球心处电场强度大小E＝ 去∆S后球心处电场强度大小 ＝ 4πε0 R2 4πR2 ， 后球心处电场强度大小
∆ 其方向为 指向 S 。
R
O
∆S
13
10. 两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面 两块“无限大”的带电平行电板， 密度分别为σ σ 及 如图所示， 密度分别为σ(σ>0)及－2 σ，如图所示，试写出 各区域的电场强度 E І区 E 大小 σ / 2ε0 ，方向 x轴正向. 区 Π区 E 大小 3σ / 2ε0 ，方向 x轴正向. 区 Ш区 E 大小 σ / 2ε0 ，方向 x轴负向 . 区
4
10. 两瓶不同种类的气体，其分子的平均平动动 两瓶不同种类的气体， 能相等，但分子密度不同， 能相等，但分子密度不同，则 3 εk = kT A．温度相同，压强相同 ．温度相同， 2 B．温度不同，压强相同 ．温度不同， C．温度相同，压强不同 ．温度相同， P = nkT D．温度不同，压强不同 ．温度不同， 11. 温度为 时1摩尔理想气体的内能为 温度为T时 摩尔理想气体的内能为
大学物理复习题解析-吴百诗
物理学练习§1－1（总1）一、进择题：1. 某质点的运动方程为)(3723SI t t x +-=，则该质点作(A)匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B)匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向； (C)变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；(D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
( )解答：)(3723SI t t x +-= t -t x 2212 d d ==∴v t tva 21 d d -== ( D ) 3. 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是(A)单摆的运动； (B)匀速率圆周运动；(C)行星的椭圆轨道运动； (D)抛体运动； (E) 圆锥摆运动。
( )解答：a 为矢量，a 保持不变说明a的大小和方向都不变（A ）a 的大小和方向都变 （B ）a的大小不变，方向变（C ）a 的大小和方向都变 （D ）a的大小和方向都不变（E ）a的大小不变，方向变 (D )4.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的: (A)切向加速度必不为零；(B)法向加速度必不为零(拐点处除外)；(C)由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； (D)若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；(E)若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动。
( )解答：根据t n a a a+=（A ）0≠t a说明物体作曲线运动时速度的大小改变，但是匀速率圆周运动的速度大小不变，因此该说法错误。
（B ）题目给出物体作曲线运动，说明速度的方向是变化的即0≠n a，因此该说法正确。
（C ）物体作曲线运动，速度的方向是变化的, 0≠n a,错误。
（D ）物体作曲线运动，速度的方向改变0≠n a ，所以虽然速度的大小不变，即 0=t a ，仍有0≠+=t n a a a，该说法错误。
（E ）该说法错误,例如斜抛运动，a是恒量，但做变速率运动。
(B )二、填空题，1.一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为)(24SI t a +=，如果初始时质点的速度0υ为7m ·s -1，则当t为4s 时，质点的速度=υ 米/秒。
《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。
浙江大学城市学院大学物理B(上)练习册-9及复习5
浙江大学城市学院大学物理B(上)练习册-9及复习5习题九 稳恒磁场1、求下列各图中P 点的磁感应强度B的大小和方向，导线中的电流为I 。
(a) P 在半径为a 的圆的圆心，且在直线的延长线上；(b) P 在半圆中心；(c) P 在正方形的中心。
⊗=⋅= 824)(00aIa I B a μππμ24424)(0000aIa I a I a I Bb πμμπμππμ+=+⋅=()a Ia IB c πμπμ000022)135cos 45cos )2/(44)(=-=答案：(a)aI B 80μ=，方向：垂直纸面向里；(b)aI aI B πμ+μ=2400，方向：垂直纸面向外；(c)aIB πμ=022，方向：垂直纸面向外- 3 -2、高压输电线在地面上空m 25处，通过电流为A 3108.1⨯。
(1) 求在地面上由这电流所产生的磁感应强度多大? (2) 在上述地区，地磁场为T .51006-⨯，问输电线产生的磁场与地磁场相比如何?aI B πμ20=答案：(1)T .B 510441-⨯=，(2)%B B24＝地3、如图所示，一闭合回路由半径为a 和b 的两个同心半圆连成，载有电流I ，试求圆心P 点处磁感应强度B的大小和方向。
bI a I b I a I B 44440000μμππμππμ+=+=答案：()abb a I B 40+μ=，方向：垂直纸面向里- 4 -4、如图所示，在由圆弧形导线ACB 和直导线BA 组成的回路中通电流A .I 05=，m .R 120=，090=ϕ，计算O 点的磁感应强度。
()ππμπμ234135cos 45cos 45cos 4000R I R IB +-= 答案：T.RIRI B O 5001082283-⨯=πμ+μ=，方向：垂直纸面向里5、一宽度为a 的无限长金属薄板，通有电流I 。
试求在薄板平面上，距板的一边为a 的P 点处的磁感应强度。
2ln 22/002aIdr r a I B aaπμπμ==⎰答案：220ln aIB πμ=，方向：垂直纸面向里- 5 -6、半径为R 的薄圆盘均匀带电，电荷面密度为σ+，当圆盘以角速度ω绕通过盘心O 并垂直于盘面的轴沿逆时针方向转动时，求圆盘中心点O 处的磁感强度。
大学物理总复习
������
（C）
（D）
������
������ ∙ ������������ = 0
������ ∙ ������������ = 2������0 ������
������
安培环路定理 （定性结论）
例10：（填8）一载有电流������ 的细导线分别均匀密绕在半径为������和������的长直圆 筒上形成两个螺线管，两螺线管单位长度上的匝数相等。设������ = 2������，则两 螺线管中的磁感强度大小������������ 和������������ 应满足： （A）������������ = 2������������ （C）2������������ = ������������ （B）������������ = ������������ （D）������������ = 4������������
������
������������
例4：（补）在磁感强度为������的均匀磁场中作一半径为������的半球面������，������边线 所在平面的法线方向单位矢量������与������的夹角为������ ，则通过半球面������的磁通量
������ −������������ ������ ������������������ ������ （取弯面向外为正）为________________ 。
例7：（补）如图，在一圆形电流������ 所在的平面内，选取一个同心圆形闭合 回路������，则由安培环路定理可知
（A） （B） （C） （D）
������
������ ∙ d������ ≠ 0，且环路上任意一点������ ≠ 0 ������ ∙ d������ ≠ 0，且环路上任意一点������ = 常量 ������ ∙ d������ = 0，且环路上任意一点������ = 0 ������ ∙ d������ = 0，且环路上任意一点������ ≠ 0
大学物理5-4 电通量 高斯定理
求 电场强度分布。 解 电场强度垂直带电平面, 选取 垂直带电面的圆柱形高斯面 S e E dS E dS E dS E dS
侧 左底 右底
0
左底
E dS E dS
右底
0 E1S E2 S
• q 在球心处，球面电通量为
dS
e E dS EdS E dS
S
S
S
q 4 π 0r
2
4π r
2
q
q
r
0
穿过球面的电力线条数为 q/ 0
• q 在任意闭合面内，电通量为 • q 在闭合面外，电通量为
e q / 0
e 0
穿出、穿入闭合面电力线条数相等
5.4 电通量
一、电力线（电场线） E
dN
高斯定理
场强方向沿电力线切线方 向，场强大小取决于电力 线的疏密
+
-
dS
dN E dS
• 电力线起始于正电荷
（或无穷远处），终止 于负电荷（或无穷远 处）。 • 电力线不相交。
二、电通量
穿过任意曲面的电力线条 数称为通过该面的电通量 1. dS 面元的电通量
E 由所有电荷决定，但 e EdS 与外部电荷无关,只
取决于内部电荷。
0
q1
0
q2
0
q3
1
0
q内
静电场高斯定理
1 e E dS
S
0
q内
真空中的任何静电场中，穿过任一闭合曲面的电通量，等
于该曲面所包围的电荷电量的代数和乘以 1 0
大学物理下学期总复习
磁场与安培环路定律
磁场的基本性质和计算方法
磁场是由电流和磁体产生的空间场，具有力和运动的效应。安培环路定律是描述磁场分布的重要定理 ，它指出磁场与电流之间的关系，即穿过任意闭合曲线的电流等于该闭合曲线所包围的面积内磁场强 度的环量。
提高应用能力
通过复习，提高运用所学知识 解决实际问题的能力，增强实 践应用能力。
备考考试
为即将到来的考试做好准备， 取得更好的成绩。
复习的方法和策略
系统复习
按照教学大纲的顺序，系统地复习各个章节，确 保知识点的连贯性和完整性。
练习巩固
通过大量的练习题和例题，加深对知识点的理解 和记忆，提高解题能力。
光的干涉
干涉现象
当两束或多束相干光波在空间 某一点叠加时，光强并不是简 单地相加，而是出现明暗相间 的干涉条纹。
干涉条件
相干光源、频率相同、振动方 向相同、位相差恒定。
干涉公式
光强分布公式为 I=I1+I2+2√I1I2cosΔφ，其中 I1和I2分别为两束光的光强， Δφ为两束光的位相差。
光的衍射
热力学第二定律的内容
热力学第二定律指出，不可能把热从低温物体传到高温物体而不引起 其他变化，即热量自发地从低温物体传向高温物体。
热力学第二定律的应用
热力学第二定律可以用来分析各种热机的工作原理，如蒸汽机、内燃 机等。
热力学第二定律的实验验证
通过卡诺循环实验等实验验证了热力学第二定律的正确性。
05
光学复习
电磁感应定律
大学物理第5章角动量守恒定律
1 ml2 3
l
m
m 1.73
z2
o
l 2
G
JZ2
1 ml2 3
RGC G 不是质心
转动惯量的计算
例: 求半径为 R,总质量为 m的均匀圆盘绕垂直于盘面
通过中心轴的转动惯量 如下图:
解:
质量面密度
m R 2
J z r 2dm R r 2ds 0
Z ds
R r 2 2rdr 0
R r 2 m 2rdr
a 法向分量
an
v2 r
r 2
O
匀变速直线运动
匀变速定轴转动
v dS dt
a dv dt
v v0 at
S
v0t
1 2
at 2
v2 v02 2aS
d
dt
d
dt
0 t
0t
1t2
2
2 02 2
5.4 定轴转动刚体的角动量定理
1.刚体对转轴的力矩和角动量
z
角动量守恒
质点系的角动量定理
M J
4g
t
3 4
R
1 2
gt
2
LA
r
p
1 2
mpt3gmvg
mgt 0
orRA r源自（2） 对 O 点的角动量m
mv
r r R
LO r p (R r) p R p R mgt
Rg
LO Rmgt
2. 质点的角动量定理
角动量的时间变化率
dL
d
(r
p)
dr
p
r
dp
r 表示从O到速度矢量 v 的垂直距离, 则有
r sin s rs 2
《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B练习册-9及复习5
大学物理B练习册-9及复习5习题九稳恒磁场1、求下列各图中P点的磁感应强度B的大小和方向，导线中的电流为I。
(a)P在半径为a的圆的圆心，且在直线的延长线上；(b)P在半圆中心；(c)P在正方形的中心。
(a)B0I0I4a28a(b)B0I4a20I4a0I0I4a2a答案：(a)B0I0I08a，方向：垂直纸面向里；(b)B4aI2a，方向：垂直纸面向外；(c)B220Ia，方向：垂直纸面向外-1-2、高压输电线在地面上空25m处，通过电流为1.8103A。
(1)求在地面上由这电流所产生的磁感应强度多大(2)在上述地区，地磁场为6.0105T，问输电线产生的磁场与地磁场相比如何0IB2a答案：(1)B1.44105T，(2)B＝24%B地3、如图所示，一闭合回路由半径为a和b的两个同心半圆连成，载有电流I，试求圆心P点处磁感应强度B的大小和方向。
0I0I0I0IB4a4b4a4b答案：B-2-0Iab，方向：垂直纸面向里4ab4、如图所示，在由圆弧形导线ACB和直导线BA组成的回路中通电流I5.0A，R0.12m，900，计算O点的磁感应强度。
5、一宽度为a的无限长金属薄板，通有电流I。
试求在薄板平面上，距板的一边为a的P点处的磁感应强度。
B2aa0I/a0Idrln22r2a0Iln2，方向：垂直纸面向里2a答案：B-3-6、半径为R的薄圆盘均匀带电，电荷面密度为，当圆盘以角速度绕通过盘心O并垂直于盘面的轴沿逆时针方向转动时，求圆盘中心点O处的磁感强度。
dB0dI2rdqdS2rdrdIT2/2RrdrBdB0110dr0R22答案：BO10R，方向：垂直于盘面向上2-4-7、已知均匀磁场的磁感应强度B2.0102T，方向沿某轴正方abcd、向，求通过题图中，aefd三个面的磁通量(ab40cm，befc、be30cm，ad50cm)。
（1）BBSabcd4.0103Wb（3）BBSabcd4.0103Wb答案：(1)B4.0103Wb，(2)B0，(3)B4.0103Wb8、如图所示，两条通有稳恒电流的无限长导线，流入纸面的电流I13A，流出纸面的电流I21A，则由安培环路定理可得：Bdla；Bdlb；Bdlc-5-答案：Bdl30；Bdl20；Bdl0abc9、设真空中有一无限长载流圆柱形导体，圆柱半径为R，圆柱截面上均匀地通有电流I沿轴线流动，求载流圆柱导体周围空间磁场的分布。
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1.简谐运动的表达式： x Acos(t )
三个特征量：振幅 A、角频率 、初相 。
2.简谐运动的微分学方程：
d2 dt
x
2
+
2
x
=
0
3.初始条件决定振幅和初相：
A=
x02
02 2
= arctan( 0 ) x0
4.简谐振动的旋转矢量表示：方法简单、直观，用 于判断简谐运动的初相及相位,分析振动的合成问题。
T3
4
3
4
x Acos(2 t 3 )
T4
2.有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0g的物体时，伸长为4.9cm,用 这个弹簧和一个质量为8.0g的小球构成弹簧振子，将小球由平衡 位置向下拉开1.0cm后 ，给予向上的初速度5.0cm/s-1，求振动周 期和振动表达式。
解: (1)由题知 ：
cos(2t
6
)m, x2
( 5
0.3cos(2t
)
5 6
)m
66
A合 A1 A2 0.1m
tan A1 sin1 A2 sin2 3
A2 cos1 A2 cos2 3
6
故振动方程为 x 0.1cos(2t )m
5.几种常见的简谐振动模型：
➢ 弹簧振子；
= k
m
T = 2 m
k
➢ 单摆；
= g
l
T = 2 g
l
➢ 物理摆（复摆） = mgh T = 2 J
J
mgh
6.简谐运动的能量：
E
Ek
Ep
1 2
m(dx )2 dt
1 2
kx2
1 2
kA2
7.两个简谐振动的合成：
➢ 同一直线上两个同频率简谐振动的合成。 ➢ 同一直线上两个不同频率简谐振动的合成—“拍” 现象。 ➢ 两个相互垂直频率成整数倍简谐振动的合成—“利 萨如”图像。
6
第5章复习题
习 题P141：1、2、3、4、8、9、10 、 17．
2 102 m
tan 0
0 x0
5.010 2 1.0102 5
1,即0
5
4
,
4
0
0
0
4
从而可得：
x 2 102 cos(5t )m
4
3.图为两个谐振动的 x t 曲线，试分别写出其谐振动方
程．
解：由图(a)，∵ t 0 时， x 0 0,0 0,
π
π
A.
B.
6
2
2π
5π
C.
D.
3
6
答案： A
四、计算题
1.一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T， 其振动方程用余弦函数表示．如果t=0时质点的状态分别是： (1)x0=–A； (2)过平衡位置向正向运动； (3)过x=A/2处向负向运动； (4)过x A / 2 处向正向运动． 试求出相应的初位相，并写出振动方程．
解: 根据简谐运动的方程可得:
x00
A cos 0 Asin0
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件 下的初位相．故有
1
2
32Fra bibliotekx Acos(2 t )
T
x Acos(2 t 3 )
T2
3
3
x Acos( 2 t )
k
m1g x1
1.0103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
k m
0.2 8 103
5,即T
2
1.26s
取向下为正， 由
x00
A cos 0 Asin0
A
x02
( v0 )2
(1.0102 )2 (5.0 102 )2 5
Ａ．2 m
k
Ｂ．2
m 2k
Ｃ．2 2m
k
Ｄ． k m
答案：B
3.一弹簧振子的固有频率为，若将弹簧剪去一半，振子质量
也减半，组成新的弹簧振子，则新的弹簧振子的固有频率等
于 （）
A. B.
答案： D
2 C.
2
2 D. 2
4.有两个沿轴作简谐运动的质点，其频率、振幅相同，当第 一个质点自平衡位置向负方向运动时，第二个质点在 x A 处（ A为振幅）也向负方向运动，则两者的相位差为 （ ） 2
8.阻尼振动和受迫振动
➢ 三种阻尼振动 ➢ 受迫振动 ➢ 共振现象
一、填空题
补充例题
1．已知弹簧振子振动的角频率为ω，
振幅为A，t=0的状态如图所示，则其
振动方程是
。
答案： x Acos(t )
2
m ox0 = 0 x
2．从运动学的角度来说，简谐运动满足位移是时
间的
函数，即：
。
答案：余弦（或正弦）、
1.如图，长为l质量为m的均匀细杆，可绕距 端部l/3处的轴无摩擦地转动（假设转动的 角度很小），则细杆转动的频率为：
A．21
l 9g
Ｂ． 1 9g 2 l
1 2g
Ｃ．2 3l
Ｄ． 1 3g 2 2l
答案： D
2.两个劲度系数均为k的相同的轻质弹
簧，按如图组成一个振动系统，则它们
共同振动的周期为：
x Acos(t )或x Asin(t )
二、判断题
1．凡是受到大小与物体离开平衡位置位移成正比的力的 运动即是简谐运动。 答案： × 2．如图所示，球在光滑斜面的往 复运动是简谐运动。
答案： ×
3．弹簧振子在简谐驱动力持续作用下的稳态受迫振动 是简谐运动。
答案： √
三、选择题
0 A 10cm,T
3,
2
2s
2
T
rad s1
故：
xa
0.1cos(t
3 )m
2
同理可得： xb
0.1cos(5 t
6
5
3
)m
4.一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方
程如下，求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
x1
解：
0.4