大学物理专业习题资料及答案汇总.doc

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1、一、一、单项选择题：题：1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为 L 的储存环中作轨道运动。已知电子的动量是 P，则偏转磁场的磁感应强度为： （ C ）(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。eLP eLP4 eLP22. 在磁感应强度为的均匀磁场中，取一边长为 的立方形闭合面，则通Ba过该闭合面的磁通量的大小为： （ D ）(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。Ba2Ba22Ba263半径为 R 的长直圆柱体载流为 I， 电流 I 均匀分布在横截面上，则圆柱体内（）的一点 P 的磁感应强度的大Rr 小为 ( B )(A) ； (B) ； (C) ； (D) 。rIB 2020

2、 2 RIrB20 2 rIB20 2 RIB4单色光从空气射入水中，下面哪种说法是正确的 ( A )(A) 频率不变，光速变小； (B) 波长不变，频率变大；(C) 波长变短，光速不变； (D) 波长不变，频率不变.5.如图,在 C 点放置点电荷 q1,在 A 点放置点电荷 q2,S 是包围点电荷 q1的封闭曲面,P 点是 S 曲面上的任意一点.现在把 q2从 A 点移到 B 点，则 ()D(A) 通过 S 面的电通量改变,但 P 点的电场强度不变；(B) 通过 S 面的电通量和 P 点的电场强度都改变；(C) 通过 S 面的电通量和 P 点的电场强度都不变； A AP C(D) 通过 S

3、面的电通量不变,但 P 点的电场强度改变。6如图所示，两平面玻璃板 OA 和 OB 构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当 A 板与 B 板的夹角 增大时，干涉图样将 ( C )(A) 干涉条纹间距增大，并向 O 方向移动；(B) 干涉条纹间距减小，并向 B 方向移动；(C) 干涉条纹间距减小，并向 O 方向移动；(D) 干涉条纹间距增大，并向 O 方向移动.7在均匀磁场中有一电子枪，它可发射出速率分别为 v 和 2v 的两个电子，这两个电子的速度方向相同，且均与磁感应强度 B 垂直，则这两个电子绕行一周所需的时间之比为 ( A )(A) 1:1； (B) 1:2； (C) 2:1；

4、 (D) 4:1.8如图所示，均匀磁场的磁感强度为 B，方向沿 y 轴正向，欲要使电量为Q 的正离子沿 x 轴正向作匀速直线运动，则必须加一个均匀电场，其大小E和方向为 ( D )(A) E=，沿 z 轴正向； (B) E=，沿 y 轴正向；BEvBE(C) E=B，沿 z 轴正向； (D) E=B，沿 z 轴负向。EE9三根长直载流导线 A，B，C 平行地置于同一平面内，分别载有稳恒电流 I，2I，3I，电流流向如图所示，导线 A与 C 的距离为 d，若要使导线 B 受力为零，则导线 B 与 A的距离应为 ( A )(A) d； (B) d； (C) ； (D) .41 43d31d3210

5、为了增加照相机镜头的透射光强度，常在镜头上镀有一层介质薄膜，假定该介质的折射率为 n，且小于镜头玻璃的折射率，当波长为 的光线垂直入射时，该介质薄膜的最小厚度应为 ( D )(A) ； (B) ； (C) ； (D) . 2 n2 4 n411. 对于安培环路定理的正确理解是 ( C )(A) 若，则必定 L 上处处为零；0 LB drAB(B) 若，则必定 L 不包围电流；0 LB drA(C) 若，则必定 L 内包围的电流的代数和为零；0 LB drA(D) 若，则必定 L 上各点的仅与 L 内的电流有关。0 LB drAB12半径为 R 的长直圆柱体载流为 I，电流 I 均匀分布在横截面

6、上，则圆柱体外（）的一点 P 的磁感应强度的大小为 ( A )Rr (A) ； (B) ； (C) rIB 2020 2 RIrB； (D) 20 2 rIB。20 2 RIB13如图所示，两导线中的电流 I1=4 A，I2=1 A，根据安培环路定律，对图中所示的闭合曲线 C 有 = ( A ) CB dr A(A) 30； （B）0； (C) 30； （D）50。14. 在磁感应强度为的均匀磁场中，垂直磁场方向上取一边长为 的立方Ba形面，则通过该面的磁通量的大小为： （ A ）(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。Ba2Ba22Ba2615静电场的环路定理=0，表明静电场是( A

7、 )。 LE drA(A) 保守力场； (B) 非保守力场； (C) 均匀场； (D) 非均匀场。16. 一半径为 R 的均匀带电圆环，电荷总量为 q, 环心处的电场强度为（ B ）(A) ； (B) 0； (C) ； (D) .2 04q R04q R22 04q R17. 以下说法正确的是 ( D )(A) 如果高斯面上处处为零，则高斯面内必无电荷；E(B) 如果高斯面上处处不为零，则高斯面内必有电荷；E(C) 如果高斯面内电荷的代数和为零，则高斯面上的必处处为零；E(D) 如果高斯面内电荷的代数和为零，则此高斯面的电通量 E等于零。18. 真空中两块相互平行的无限大均匀带电平板，其中一块

8、电荷密度为 ，另一块电荷密度为 2，两平板间的电场强度大小为 （ D ）(A) ； (B) ； (C) 0； (D) 。03 2 0 02 二、二、填空题：1.1. 法拉第电磁感应定律一般表达式为 。dtd2. 从微观上来说, 产生动生电动势的非静电力是 洛仑兹力 。3. 如图，一电子经过 A 点时，具有速率v0=1107ms。欲使这电子沿半圆自 A 至 C 运动，所需的磁场大小为 1.1310-3T ，方向为 垂直纸面向里 。（电子质量=9.110-31 kg, 电子电量=-1.610-19 C）4如图所示，当通过线圈包围面的磁感线(即磁场)增加时，用法拉第电磁感应定律判断，线圈中感应电动势

9、的方向为 顺时针方向 (从上往下看)。5如图所示，在长直电流 I 的磁场中，有两个矩形线圈和，它们分别以速度 平行和垂直于长直电流 I 运动，如图所示。试述这两个线圈中有无感应电动势：线圈中 没有 感应电动势，线圈中 有 感应电动势。6. 相干光的相干条件为(1) 频率相同 ；(2) 振动方向相同 ；(3) 相位差恒定 。7. 电流为 I 的长直导线周围的磁感应强度为 。0 2I r 8. 两平行直导线相距为 d，每根导线载有电流 I1=I2=I，则两导线所在平面内与该两导线等距离的一点处的磁感应强度 B= 或 0 02I d 。9. 如图, I1的方向垂直纸面向外，I2反之。AII821对于

10、三条闭合回路有：= 80 ； aB dl A80 ；= 0 。 bB dl AcB dl A10. 图示导体 ab 置于螺线管的直径位置上，当螺线管接通电源一瞬间，管内的磁场如图所示，那么涡旋电场沿逆时针 方向， 0 。ab11. 若匀强电场的场强为 E，方向平行于半球面的轴线，如图所示，若半球面的半径为 R，则通过此半球面的电场强度通量 e= R2E 。12两个无限长同轴圆筒半径分别为 R1和 R2（R1R2处 =【1 分】12 3 0044qq rr1204qq r解法二解法二：由电势的定义式求解。(1) 求电场分布: 可由高斯定理或电场叠加原理求得E1=0(rR2) 【2 分】1 2 0

11、4q r12 2 04qq r(2) 求电势分布:在 rR2处, =【1 分】33rEdr12 2 04rqqdrr1204qq r五、五、证明题：如图所示，长直导线中通有电流 I，另一矩形线圈共 N 匝，宽a，长 L，以 v 的速度向右平动，试证明：当 d 时线圈中的感应电动势为。0 2()INvLa d da 解一：解一： 由动生电动势公式求解。()vBdl方法一：方法一： 通有电流 I 的长直导线的磁场分布为 B=0I/2x，方向垂直线圈平面向里。对于线圈的上、下两边，因的方向与的方向垂直，故vBdl在线圈向右平移时，线圈的上下两边不会产生感应电动势， （上、下两导线没切割磁场线） ，只

12、有左右两边产生动生电动势。而左、右两边中动生电动势 的方向相同，都平行纸面向上，可视为并联，所以线圈中的总电动势为12N【3 分】() lvBdl左左() lvBdl右右=N 00sin90cos0sin90cos0LLvBdlvBdl左右=N=【3 分】002LIvdld 002 ()LIvdlda 011()2NvILdda 0 2()INvLa d da 0， 则 的方向与1的方向相同，即顺时针方向【3 分】 。方法二：方法二： 当线圈左边距长直导线距离为 d 时，线圈左边的磁感应强度B1=0I/2d，方向垂直纸面向里。线圈以速度 v 运动时左边导线中的动生电动势为1N=N=NvB1=N

13、vL.10()LvBdl10sin90cos0LvBdl0Ldl0 2I d 方向为顺时针方向【3 分】 。线圈右边的磁感应强度 B2=0I/2(d+a)，方向垂直纸面向里。当线圈运动时右边导线中的动生电动势为2 =N=N=NvB2=NvL.20()LvBdl20sin90cos0LvBdl0Ldl0 2 ()I da 方向为逆时针方【3 分】 。所以线圈中的感应电动势为12= NvLNvL=0 2I d 0 2 ()I da 0 2()INvLa d da 0，即 的方向与1的方向相同，为顺时针方向【3 分】 。方法三：方法三： 由 =，积分路径 L 取顺时针方向，有() LvBdlA =N

14、()()()()() LvBdlNvBdlvBdlvBdlv BdlA左上右下=N=N()()()vBdlvBdl左右vB dlvB dl左右左右=NvLNvL=【6 分】0 2I d 0 2 ()I da 0 2()INvLa d da 0，即 的方向与闭合路径 L 的方向相同，为顺时针方向【3 分】 。解二：解二： 由法拉弟电磁感应定律求解。因为长直导线的磁场是一非均匀磁场 B=0I/2r，在线圈平面内磁场方向垂直线圈平面向里。故在距长直导线 r 处取一长为 L，宽为 dr 的小面元 dS=Ldr，取回路绕行方向为顺时针方向，则通过该面元的磁通量d=BdScos0=B dS0 2ILdrr

15、 通过总个线圈平面的磁通量（设线圈左边距长直导线距离为 x 时）为=【3 分】00ln22x aSxIILxadLdrrx 线圈内的感应电动势由法拉弟电磁感应定律为 =000(ln)22()2 ()ILNILNILavddxaadxNNdtdtxxa x dtxa x 当线圈左边距长直导线距离 x=d 时，线圈内的感应电动势为 =【3 分】0 2 ()NILav da d 因为 0，所以 的方向与绕行方向一致，即为顺时针方向【3 分】 。感应电动势方向也可由楞次定律判断：当线圈向右平动时，由于磁场逐渐减弱，通过线圈的磁通量减少，所以感应电流所产生的磁场要阻碍原磁通的减少，即感应电流的磁场要与原

16、磁场方向相同，所以电动势方向为顺时针方向。2. 一圆形载流导线，电流为 I，半径为 R。 （1）证明其轴线上的磁场分布为B=；（2）指出磁感应强度的方向？2 0 22 3/22()IR Rx B (1)证：证： 如图所示，把圆电流轴线作为 x 轴，并令原点在圆心上。在圆线圈上任取一电流元Id ，它在轴上任一点 P 处的磁场 d的方向垂直lB 于 d 和 ，亦即垂直于 d 和 组成的平面。由于 d 总与 垂直，所以 d的lrlrlrB 大小为dB=【1 分】0 24Idl r 将 d分解成平行于轴线的分量 d和垂直于轴线的分量 d两部分，B B B 它们的大小分别为dB=dBsin=, d=dB

17、cos【1 分】0 34IRdlr B式中 是 与 x 轴的夹角。考虑电流元 Id 所在直径另一端的电流元在 P 点rl的磁场，可知它的 d与 Id 的大小相等方向相反因而相互抵消。由此可知，B l整个圆电流垂直于 x 轴的磁场=0【2 分】，因而 P 点的合磁场的大小为dB B=【1 分】dBdlrRIdlrRI30 30 44 因为=2R，所以上述积分为dlB=【2 分】2 0 32R I r2 0 22 3/22()IR Rx (2) 的方向沿 x 轴正方向，其指向与圆电流的电流流向符合右手螺旋关B 系。【2 分】3圆柱形电容器由两个同轴的金属圆筒组成。如图所示，设筒的长度为 L，两筒的

18、半径分别为 R1和 R2，两筒之间设为真空。证明：该圆柱形电容器的电容为0212 ln(/)LCRR（电容器的电容定义式为，式中 Q 为电容器极板所带的电量，QCUU=+-为电容器两极板间的电势差。 ）证证：为了求出这种电容器的电容，我们假设它带有电量 Q(即外筒的内表面和内筒的外表面分别带有电量Q 和+Q)。忽略两端的边缘效应，可以由高斯定理求出，距离轴线为 r 处的真空中一点的电场强度为. (R1rR2) 【3 分】0022QErrL 场强的方向垂直于轴线而沿径向，由此可以求出两圆筒间的电压为U=+-=【2 分】2102RRQE drdrrL201ln2RQ LR将此电压代入电容的定义式，就可得圆柱形电容器的电容为=【2 分】QCU0212 ln(/)L RR