大學(xué)物理習(xí)題冊(cè)詳細(xì)解析(電磁學(xué)、光學(xué))

1、四川大學(xué)大學(xué)物理習(xí)題冊(cè)詳細(xì)解析（電磁學(xué)、光學(xué)）主編 聶婭四川大學(xué)物理學(xué)院二一二年十月大學(xué)物理習(xí)題冊(cè)解答答靜電場(chǎng)1一. 選擇和填空題1. B，2. A，3.A，4. D，5. B二. 填空題411. 由圓心O點(diǎn)指向S 2. l=Q / a 異號(hào) 34（V/m） 向上4 指向缺口5三計(jì)算題1. 解：如圖所示，由于對(duì)稱分布，放在中心處的q0無(wú)論電荷多少都能取得平衡.因四個(gè)定點(diǎn)上的電荷受力情況相同，因此只需考慮任一頂點(diǎn)上的電荷受力情況例如考慮D點(diǎn)處的電荷，頂點(diǎn)A、B、C及中心處的電荷所激發(fā)的電場(chǎng)對(duì)D處點(diǎn)電荷的作用力的大小分別為： 各1分各力方向如圖所示，a45°D處電荷的受力平衡條件為： ,

2、 用 3分將f1，f2，f3式代入上式化簡(jiǎn)得：0.957 q 2分用得同樣結(jié)果2解：在f處取電荷元，其電荷為dq =ldl = l0Rsinf df它在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為 3分在x、y軸上的二個(gè)分量dEx=dEcosf 1分dEy=dEsinf 1分對(duì)各分量分別求和0 2分 2分 1分dxxOrLxPdE3解：（1）如圖示，電荷元（）在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為整個(gè)帶電直線在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為 方向沿x軸正向dEyPraxdxrL Q（2）根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為 利用幾何關(guān)系，統(tǒng)一積分變量得 當(dāng)時(shí)，若棒單位長(zhǎng)度所代電荷l為常量，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度zxdqqRO 4解：將半球殼分割為

3、一組平行細(xì)圓環(huán)，任一圓環(huán)所代電荷元，在點(diǎn)O激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 由于平行細(xì)圓環(huán)在O激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，利用幾何關(guān)系統(tǒng)一積分變量，有 積分得 O2adqdqardq'rdq四.證明題1證明：以l表示線上線電荷密度，如圖?？紤]dq所對(duì)應(yīng)的電荷dq和dq在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為方向由O指向dq。dq:在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為方向由O指向dq。由于兩線元O點(diǎn)的電場(chǎng)大小相等方向相反，又與q無(wú)關(guān)。所以全線電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為零。答靜電場(chǎng)-2一選擇與填空題1. D, 2. D, 3. A, 4. D, 5.A, 6.D二填空題1 ，2(sS) /e (sS) /e0 3 ， 0 4 沿半徑OP向左三. 計(jì)算

4、題1. 解：通過(guò)xa處平面1的電場(chǎng)強(qiáng)度通量F1 = -E1 S1= -b a3 1分通過(guò)x = 2a處平面2的電場(chǎng)強(qiáng)度通量F2 = E2 S2 = 2b a3 1分其它平面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量都為零因而通過(guò)該高斯面的總電場(chǎng)強(qiáng)度通量為F = F1+ F2 = 2b a3-b a3 = b a3 =1 N·m2/C 3分2. 解：在球內(nèi)取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內(nèi)所包含的電荷為：在半徑為r的球面內(nèi)包含的總電荷為： (rR)以該球面為高斯面，按高斯定理有 得到：， (rR) 方向沿徑向，A>0時(shí)向外，A<0時(shí)向里 3分在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有得到：，

5、(r >R) 方向沿徑向，A>0時(shí)向外，A<0時(shí)向里 2分3解：用“挖補(bǔ)法”，挖去球形空腔的帶電體，在電學(xué)上等效于一個(gè)完整的、電荷密度為r的均勻帶電大球體和一個(gè)電荷體密度為r的球心在O的帶電小球體的組合。小球體的半徑等于空腔球體半徑。大、小 球在空腔內(nèi)P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為，則P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度?？涨粌?nèi)的P點(diǎn)均屬于球內(nèi)一點(diǎn)，其電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系OOP所以 根據(jù)幾何關(guān)系 與P點(diǎn)在空腔中位置無(wú)關(guān)。4解：(1) 設(shè)電荷的平均體密度為r，取圓柱形高斯面如圖(1)(側(cè)面垂直底面，底面DS平行地面)上下底面處的場(chǎng)強(qiáng)分別為E1和E2，則通過(guò)高斯面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為： ·E2DS-E1DS(

6、E2-E1) DS 2分高斯面S包圍的電荷qihDSr 1分由高斯定理(E2E1) DShDSr /e 0 1分 4.43×10-13 C/m3 2分(2) 設(shè)地面面電荷密度為s由于電荷只分布在地表面，所以電力線終止于地面，取高斯面如圖(2) 1分 由高斯定理 ·= -EDS= 1分 s =e 0 E8.9×10-10 C/m3 2分DSxExOD/2-D/25解：根據(jù)電荷分布對(duì)板平面的對(duì)稱性，可知電場(chǎng)分布具有這種對(duì)稱性。由此可選底面（S）與平板平行的立方盒高斯面。如圖。有高斯定理 ， 6.解：作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理 R2R1Lr 在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)

7、度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變 答電勢(shì)1一. 選擇題1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二填空題1UpU02. 3. sR / (2e0) 4， 56. -2Ax ， -2By二. 計(jì)算題1 解：電偶極矩受的電力矩為，由于q角是相對(duì)電場(chǎng)方向量度的，所以電偶極矩轉(zhuǎn)動(dòng)角時(shí)電場(chǎng)力做的功為 。電偶極矩由轉(zhuǎn)到q角時(shí)，電場(chǎng)力做的功為s1A·B·s2s32解：（1）平面、之間的電場(chǎng)為 平面、之間的電場(chǎng)(2) 3解：（1）沿桿取x軸，桿的x反向端點(diǎn)取作原點(diǎn)，由電勢(shì)疊加原理可得延長(zhǎng)線上一點(diǎn)的電勢(shì)，如圖所示細(xì)桿的電荷線密度lq / (l)，在x處取電荷元dq = ldxqdx /l

8、，它在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為bxzlzdzP 整個(gè)桿上電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì) （2）ORrPx4解:（1）在環(huán)上取半徑為r寬為dr的細(xì)圓環(huán)，其所代電荷為它在軸上P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)圓盤軸線上任意一點(diǎn)的電勢(shì)是這些圓環(huán)電勢(shì)的疊加(2)軸線上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為電場(chǎng)強(qiáng)度只有x分量。5. 解：設(shè)小水滴半徑為r、電荷q；大水滴半徑為R、電荷為Q27 q27個(gè)小水滴聚成大水滴，其體積相等27×(4 / 3)pr3(4 / 3) pR 3得：R = 3r 2分小水滴電勢(shì)：U0 = q / (4pe0r)大水滴電勢(shì)： 3分答電勢(shì)2一. 選擇題1. D, 2. C, 3.B, 4.A二填空題1we=e0E2/2=4.

9、4´10-8J/m3 , W=4pRE2hwe=6.3´104kw×h 23. 7.24. 5. 6. <三. 計(jì)算題1解：（1）金核表面的電勢(shì) （2）金核中心的電勢(shì) 2. 解：(1) 電偶極子在均勻電場(chǎng)中所受力矩為： 其大?。篗 = pEsinq = qlEsinq 當(dāng)q =p/2 時(shí)，所受力矩最大：MmaxqlE2×10-3 N·m (2) 電偶極子在力矩作用下，從受最大力矩的位置轉(zhuǎn)到平衡位置(q=0)過(guò)程中，電場(chǎng)力所作的功為：2×10-3 N·m 3. 解：設(shè)B上帶正電荷，內(nèi)表面上電荷線密度為l1，外表面上電荷線

10、密度為l2，而A、C上相應(yīng)地感應(yīng)等量負(fù)電荷，如圖所示則A、B間場(chǎng)強(qiáng)分布為 E1=l1 / 2pe0r，方向由B指向A B、C間場(chǎng)強(qiáng)分布為 E2=l2 / 2pe0r，方向由B指向C B、A間電勢(shì)差 2分B、C間電勢(shì)差 2分因UBAUBC ,得到 2分4解：均勻帶電球面內(nèi)的電勢(shì)等于球面上的電勢(shì)球面外的電勢(shì)相當(dāng)于電荷集中在球心上的點(diǎn)電荷的電勢(shì)由此，按電勢(shì)疊加原理球心O1處的電勢(shì)為： 2分球心O2處的電勢(shì)為： 2分l··zx-q+qR則O1、O2間的電勢(shì)差為： 1分5.解：已知帶電圓環(huán)軸線上的電勢(shì)分布為在x軸上的電勢(shì)分布由于，可化簡(jiǎn)（2）當(dāng)，可忽略上式中圓括弧中的二次項(xiàng)又由于靜電

11、場(chǎng)中的導(dǎo)體一選擇題1C；2B；3A；4D；5D.二填空題1U0 2不變；減小 3d2/d1. 42U/3 5-q；-q三計(jì)算題1解：(1) 由靜電感應(yīng)，金屬球殼的內(nèi)表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q(2) 不論球殼內(nèi)表面上的感生電荷是如何分布的，因?yàn)槿我浑姾稍xO點(diǎn)的距離都是a，所以由這些電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為(3) 球心O點(diǎn)處的總電勢(shì)為分布在球殼內(nèi)外表面上的電荷和點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)的代數(shù)和 2解：選坐標(biāo)如圖由高斯定理，平板內(nèi)、外的場(chǎng)強(qiáng)分布為：E = 0 (板內(nèi)) (板外)1、2兩點(diǎn)間電勢(shì)差 3解：選x軸垂直導(dǎo)體板，原點(diǎn)在中心平面上，作一底面為S、長(zhǎng)為2x的柱形高斯面，其軸線與x

12、軸平行，上下底面與導(dǎo)體板平行且與中心平面對(duì)稱由電荷分布知電場(chǎng)分布與中心面對(duì)稱設(shè)底面處場(chǎng)強(qiáng)大小為E應(yīng)用高斯定理：得 方向如圖所示由于導(dǎo)體板接地，電勢(shì)為零，所以x處的電勢(shì)為4解：設(shè)導(dǎo)體球帶電q，取無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則導(dǎo)體球電勢(shì)： 內(nèi)球殼電勢(shì)： 二者等電勢(shì)，即 解得 四證明題1證：因兩球相距甚遠(yuǎn)，不考慮兩球的靜電相互作用及細(xì)導(dǎo)線上電荷的影響，兩球上電荷分布是球?qū)ΨQ的又因用細(xì)導(dǎo)線連接兩者電勢(shì)相等即得到 靜電場(chǎng)中的電介質(zhì)（一）一選擇題1C；2B；3B；4D；5B.二填空題121/r；1/r3.4電位移；電場(chǎng)5增大；增大三計(jì)算題1解：(1) 兩導(dǎo)體球殼接地，殼外無(wú)電場(chǎng)導(dǎo)體球A、B外的電場(chǎng)均呈球?qū)ΨQ分布今

13、先比較兩球外場(chǎng)強(qiáng)的大小，擊穿首先發(fā)生在場(chǎng)強(qiáng)最大處設(shè)擊穿時(shí)，兩導(dǎo)體球A、B所帶的電荷分別為Q1、Q2，由于A、B用導(dǎo)線連接，故兩者等電勢(shì)，即滿足：代入數(shù)據(jù)解得 兩導(dǎo)體表面上的場(chǎng)強(qiáng)最強(qiáng)，其最大場(chǎng)強(qiáng)之比為B球表面處的場(chǎng)強(qiáng)最大，這里先達(dá)到擊穿場(chǎng)強(qiáng)而擊穿，即 V/m(2) 由E2 max解得 Q2 =3.3 ×10-4 C0.47×10-4 C擊穿時(shí)兩球所帶的總電荷為 Q = Q1+ Q2 =3.77×10-4 C2解：設(shè)內(nèi)外圓筒沿軸向單位長(zhǎng)度上分別帶有電荷+l和-l, 根據(jù)高斯定理可求得兩圓筒間任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 則兩圓筒的電勢(shì)差為 解得 于是可求得點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 = 9

14、98 V/m 方向沿徑向向外A點(diǎn)與外筒間的電勢(shì)差： = 12.5 V3解：在圓柱導(dǎo)體內(nèi)、外分別作半徑為r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的同軸圓柱形高斯面，并應(yīng)用 的高斯定理圓柱內(nèi)： 2prLD0得 D = 0 E = 0 圓柱外： 2prLD = lL得 ， (ra) 為徑向單位矢量 (arb) (rb)4解：取半徑為+d的薄殼層，其中包含電荷應(yīng)用的高斯定理，取半徑為r的球形高斯面球內(nèi)： D1 = k / 2 ，( 為徑向單位矢量)E1 = D1 / (e0er) = k / (2e 0er)， 球外： , ，5解：因?yàn)樗鶐щ姾杀３植蛔?，故電?chǎng)中各點(diǎn)的電位移矢量保持不變，又 因?yàn)榻橘|(zhì)均勻，電場(chǎng)總能量 靜電場(chǎng)中的電介

15、質(zhì)（二）一選擇題1C；2D；3C；4C；5C.二填空題1； 2；3；.4插導(dǎo)體板的；空氣的 5；三計(jì)算題1解：以左邊的導(dǎo)線軸線上一點(diǎn)作原點(diǎn)，x軸通過(guò)兩導(dǎo)線并垂直于導(dǎo)線兩導(dǎo)線間x處的場(chǎng)強(qiáng)為 兩導(dǎo)線間的電勢(shì)差為 設(shè)導(dǎo)線長(zhǎng)為L(zhǎng)的一段上所帶電量為Q，則有，故單位長(zhǎng)度的電容2解：玻璃板抽出前后電容器能量的變化即外力作的功抽出玻璃板前后的電容值分別為 ，撤電源后再抽玻璃板板上電荷不變，但電壓改變，即 抽玻璃板前后電容器的能量分別為 ，外力作功 = 2.55×10-6 J3解：設(shè)圓柱形電容器單位長(zhǎng)度上帶有電荷為l，則電容器兩極板之間的場(chǎng)強(qiáng)分布為設(shè)電容器內(nèi)外兩極板半徑分別為r0，R，則極板間電壓為電

16、介質(zhì)中場(chǎng)強(qiáng)最大處在內(nèi)柱面上，當(dāng)這里場(chǎng)強(qiáng)達(dá)到E0時(shí)電容器擊穿，這時(shí)應(yīng)有適當(dāng)選擇r0的值，可使U有極大值，即令得 顯然有 < 0， 故當(dāng) 時(shí)電容器可承受最高的電壓 = 147 kV4解：有介質(zhì)時(shí)的電容 其上電荷為 介質(zhì)抽去后的電容 因電源斷開(kāi)，其上電荷不變 兩式相等，即 得到 er = 35解：可把電容器看成兩個(gè)電容器的并聯(lián)，其中一個(gè)有介質(zhì)板，一個(gè)沒(méi)有介質(zhì)板.沒(méi)有介質(zhì)板的電容器極板面積為S/2，極板間距為d. 其電容為有介質(zhì)板的電容器又可看成兩個(gè)電容器的串聯(lián)，其中一個(gè)是極板面積為S/2，極板間距為t，中間充滿電介質(zhì)；另一個(gè)極板面積也是S/2，極板間距為d-t，中間沒(méi)有介質(zhì)，它們的電容分別是

17、， 這兩個(gè)電容器串聯(lián)后得C23再與C1并聯(lián)后得恒定電流一選擇題1A；2B；3C；4C；5A.二填空題11.59:1參考解2；3；方向.46.71×10-5 A 參考解6.71×10-5 A520 V三計(jì)算題1解：規(guī)定在導(dǎo)線內(nèi)側(cè)和導(dǎo)線外側(cè)各物理量分別用角標(biāo)1，2區(qū)分由高斯定理可求得導(dǎo)線表面電場(chǎng)強(qiáng)度的垂直分量由邊界條件和歐姆定律可求得導(dǎo)線外側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度的平行分量則導(dǎo)線外側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小的方向： , 2解：設(shè)各支路的電流為I1、I2和I3，如圖 由、三式聯(lián)立解得： A2.74 V3解： 由、三式解得解得 由 t = 0， q = 0 得四證明題1證：(1) 根據(jù)節(jié)點(diǎn)定律列電流方程（

18、電流如圖所設(shè)）：(2) 根據(jù)回路定律列如下方程：則解出： 把以上電路看作是由一個(gè)等效電源供電給負(fù)載電阻， 則可得其電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)電阻分別為 E= (R2E1 + R1E2 ) / (R1 + R2)，R= (R1 R2) / (R1 + R2 )穩(wěn)恒磁場(chǎng)（一）一選擇題1D；2C；3C；4E；5D.二填空題1 230. 45.00×10-5 T56.67×10-7 T；7.20×10-7 A·m2三計(jì)算題1解：(1) 圓柱形載流導(dǎo)體在空間的磁感強(qiáng)度的分布為穿過(guò)ABCD的F為 (2) 圓筒載流導(dǎo)體在空間的磁感強(qiáng)度分布為穿過(guò)A¢B¢C¢

19、;D¢ 的為 =2解：圓電流產(chǎn)生的磁場(chǎng) 長(zhǎng)直導(dǎo)線電流的磁場(chǎng) 導(dǎo)體管電流產(chǎn)生的磁場(chǎng) Ä 圓心點(diǎn)處的磁感強(qiáng)度 3解：如圖 4解：如圖所示，將V形導(dǎo)線的兩根半無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線分別標(biāo)為1和2則導(dǎo)線1中電流在P點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為： 方向垂直紙面向內(nèi)導(dǎo)線2中電流在P點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為：方向垂直紙面向外P點(diǎn)的總磁感強(qiáng)度為的方向垂直紙面向外5解：(1) 對(duì)rr+dr段，電荷 dq = l dr，旋轉(zhuǎn)形成圓電流則 它在O點(diǎn)的磁感強(qiáng)度方向垂直紙面向內(nèi)(2) 方向垂直紙面向內(nèi)(3) 若a >> b，則 ，過(guò)渡到點(diǎn)電荷的情況同理在a >> b時(shí)， ，則也與點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁矩相同穩(wěn)恒磁場(chǎng)（

20、二）一選擇題1C；2B；3C；4B；5D.二填空題1B = 0 2m0i；沿軸線方向朝右 30；. 45；2三計(jì)算題1解：應(yīng)用安培環(huán)路定理和磁場(chǎng)疊加原理可得磁場(chǎng)分布為， 的方向垂直x軸及圖面向里2解：根據(jù) 得 電子旋轉(zhuǎn)形成電流 所以 . 方向3解：以O(shè)為圓心，在線圈所在處作一半徑為r的圓則在r到r + dr的圈數(shù)為 由圓電流公式得 方向四證明題1證：設(shè)球的半徑為a，總匝數(shù)為N，直徑AB上一點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，0，b)，由圓電流軸線上一點(diǎn)P的磁感強(qiáng)度的公式可得 令 則 而由于 則 由此結(jié)果可知，B與P點(diǎn)坐標(biāo)b無(wú)關(guān)，即在直徑AB上所有各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度B均相等2證：用反證法. 假設(shè)存在圖中那樣不帶邊緣效

21、應(yīng)的均勻磁場(chǎng)，并設(shè)磁感強(qiáng)度的大小為B作矩形有向閉合環(huán)路如圖所示，其ab邊在磁場(chǎng)內(nèi)，其上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為B，cd邊在磁場(chǎng)外，其上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為零由于環(huán)路所圍的面積沒(méi)有任何電流穿過(guò)，因而根據(jù)安培環(huán)路定理有：因 所以 B = 0，這不符合原來(lái)的假設(shè)故這樣的磁場(chǎng)不可能存在磁 力一選擇題1A；2D；3D；4B；5E.二填空題1； 2 30.4an=0，（圖1）；，a=0（圖2）5z軸正方向三計(jì)算題1解：導(dǎo)線每米長(zhǎng)的重量為 mg =9.8×10-2 N平衡時(shí)兩電流間的距離為a = 2l sinq，繩上張力為T，兩導(dǎo)線間斥力為f，則：Tcosq = mgTsinq = f17.2 A2解:電子在

22、xz平面內(nèi)作速率為v的圓周運(yùn)動(dòng)(如圖)， 則 電子運(yùn)動(dòng)的周期 則原子的軌道磁矩 的方向與y軸正向相反設(shè)方向與x軸正向平行，則系統(tǒng)所受力矩3解： ，a為正方形邊長(zhǎng)，而 4a2pR， a = pR / 2代入上式得 4解：(1) A = IDf f00 ， A = IBScosq = IBS sina(2) 5解：(1) 根椐洛倫茲力公式：若為正電荷導(dǎo)電，則正電荷堆積在上表面，霍耳電場(chǎng)的方向由上指向下，故上表面電勢(shì)高，可知是p型半導(dǎo)體。(2) 由霍耳效應(yīng)知，在磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，霍耳電勢(shì)差U與電流強(qiáng)度I，磁感強(qiáng)度B成正比，而與樣品厚度a成反比，即： 而 根椐題給條件，載流子濃度為： m-3磁場(chǎng)中的磁介質(zhì)

23、一1C；2.C；3.D；4.B; 5.B二1 0.226 T 300 A/m 2I / (2pr) mI / (2pr) ? 3鐵磁質(zhì) 順磁質(zhì) 抗磁質(zhì) 4 mm0 mr nI 5A/m T·m/A 三1解：由安培環(huán)路定理： 0< r <R1區(qū)域： ， R1< r <R2區(qū)域： ， R2< r <R3區(qū)域： r >R3區(qū)域： H = 0，B = 0 2解(1) 由電流分布的對(duì)稱，磁場(chǎng)分布必對(duì)稱把安培環(huán)路定理用于和導(dǎo)線同心的各個(gè)圓周環(huán)路在導(dǎo)線中 (0<r<R1) ， 在磁介質(zhì)內(nèi)部 (R1<r<R2) ， 在磁介質(zhì)外面 (r

24、>R2) ， (2) 磁化強(qiáng)度 介質(zhì)內(nèi)表面處的磁化電流密度 介質(zhì)外表面處 3解：(1) T (2) n = 1000 m-1， H = nI032 A/m (3) 相對(duì)磁導(dǎo)率 磁化率 ?m = ?r­1 = 496 (4) 磁化強(qiáng)度 M = cmH1.59×104 A/m 4200 A/m 1.06 T 5解： B = F /S=2.0×10-2 T 32 A/m 6.25×10-4 T·m/A 496 電磁感應(yīng)1一1 A； 2. A ； 3. A ; 4. B; 5. D二1無(wú)感應(yīng)電流 ; 無(wú)感應(yīng)電流 2 ; 分3 0.40 V ; 0

25、.5 m2/s 4pBnR2 O5 0三 1解：間的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)： b點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn) 間的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)： a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn) 2 解：金屬棒繞軸O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及電流分別為 方向沿棒指向中心， 此時(shí)由于金屬棒中電流的存在，棒受到磁力的作用，其大小 的力矩方向阻礙金屬棒的旋轉(zhuǎn)，由剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律得 代入，積分得 故 3解：(1) 由法拉第電磁感應(yīng)定律： 在導(dǎo)體MN內(nèi)?i方向由M向N (2) 對(duì)于非均勻時(shí)變磁場(chǎng) 取回路繞行的正向?yàn)镺NMO，則 Ei = ?Ei >0，則E?i方向與所設(shè)繞行正向一致，?Ei <0，則?i方向與所設(shè)繞行正向相反 4解：(1)所處的磁場(chǎng)不均勻，建立

26、坐標(biāo)ox，x沿ab方向，原點(diǎn)在長(zhǎng)直導(dǎo)線處，則x處的磁場(chǎng)為 ， i =I0 沿a b方向 故 (2)，以abcda作為回路正方向， 上式中， 則有 5解：取順時(shí)針?lè)较驗(yàn)殚]合電路cOdc的繞行正向，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由感生電動(dòng)勢(shì)E1和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E 2兩部分疊加而成，即 E 1由渦旋電場(chǎng)所形成，它相當(dāng)于半圓環(huán)導(dǎo)線處于t時(shí)刻所在位置靜止不動(dòng)時(shí)，電路cOdc中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以 cd弧上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于cd弦上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，所以 于是 若 vB >prk/6，則E 的方向與所設(shè)正向一致，即順時(shí)針的方向；vB <prk/6，則E 的方向與所設(shè)正向相反，即逆時(shí)針?lè)较?電磁感應(yīng)2一 1C；2.C

27、；3.C；4.C;5.C二1 l >>a 細(xì)導(dǎo)線均勻密繞 2 0 3小于；有關(guān) 4 0； 5. ?nI ； ? n2I2 / 2 三1解：設(shè)螺繞環(huán)中通電流I，在環(huán)內(nèi)取以環(huán)中心為圓心，半徑為r 的圓形回路，由安培環(huán)路定理有 則 通過(guò)螺線管矩形截面的磁通鏈數(shù)Y為： 2證：取長(zhǎng)直導(dǎo)線之一的軸線上一點(diǎn)作坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)電流為I，則在兩長(zhǎng)直導(dǎo)線的平面上兩線之間的區(qū)域中B的分布為 穿過(guò)單位長(zhǎng)的一對(duì)導(dǎo)線所圍面積（如圖中陰影所示）的磁通為 3解：(1) 感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?(2) 4解：(1) 單位長(zhǎng)度自感系數(shù)為： (2) 兩等值反向的直線電流間的作用力為排斥力，將導(dǎo)線沿受力方向移動(dòng)dr距離時(shí)，

28、磁場(chǎng)力對(duì)單位長(zhǎng)度導(dǎo)線作功為： (3) 磁能增量 而 這說(shuō)明磁能增加了這是因?yàn)樵趯?dǎo)線間距離由b增大到2 b過(guò)程中，兩導(dǎo)線中都出現(xiàn)與電流反向的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因而，為要保持導(dǎo)線中電流不變外接電源要反抗導(dǎo)線中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)作功，消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能量，一部分通過(guò)磁場(chǎng)力作功轉(zhuǎn)化為其他形式能量 5.（1）直導(dǎo)線電流為I時(shí)在矩形線圈中的磁通量： 應(yīng)電流i的方向?yàn)轫槙r(shí)針（2）電磁波一1C; 2D; 3B; 4B; 5B二1電磁波能流密度矢量； 2；3. 或 或 4X正方向； Y負(fù)方向 5. 垂直紙面向內(nèi)；垂直O(jiān)P連線向下三1答：此式說(shuō)明，磁場(chǎng)強(qiáng)度沿閉合環(huán)路L的環(huán)流，由回路L所包圍的傳導(dǎo)電流、運(yùn)流電流和位移

29、電流的代數(shù)和決定這是全電流定律的數(shù)學(xué)表示， 它的物理意義是：不僅傳導(dǎo)電流、運(yùn)流電流可激發(fā)磁場(chǎng)，位移電流(即變化的電場(chǎng))也同樣可在其周圍空間激發(fā)磁場(chǎng) 2解：兩板間具有均勻電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為 介質(zhì)中的傳導(dǎo)電流密度為 位移電流密度為 從對(duì)稱性分析可知，在兩極板間半徑為r的圓周上各點(diǎn)沿切線方向，而且大小都相等（如圖）根據(jù)關(guān)于的全電流定律 即 又因?yàn)樵诟飨蛲越橘|(zhì)中 ， 故得 3 解：對(duì)于r < R，由方程 有 由 得： 代入式得 對(duì)于r > R，由上述方程得 代入式得： 4 解：在極板間，取與電容器極板同軸的半徑為r的圓，應(yīng)用關(guān)于的全電流定律有： 的方向與電流流向成右螺旋關(guān)系振動(dòng)(一)一、

30、選擇題BCBDA二、 填空題1解：f2f1 = f3f2=2p/3旋轉(zhuǎn)矢量圖見(jiàn)圖 振動(dòng)曲線見(jiàn)圖 2.(SI) 3. 0，9.4 cm/s-Ax2AA/2x14. x1曲線見(jiàn)圖 x2曲線見(jiàn)圖 5. 三、 計(jì)算題1. 解：(1) ，周期xO(2) (3) 當(dāng)時(shí)，從振幅矢量圖可知，初相 振動(dòng)函數(shù)為2. 解：彈簧勁度系數(shù) 靜止時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為 (1) 設(shè)向下為正方向，則 （若設(shè)向上為正方向，則 ）； 振動(dòng)函數(shù)為 (2) 物體在平衡位置上方5cm（即0.05m），此時(shí)彈簧的凈伸長(zhǎng)為 彈簧對(duì)物體的拉力 (3) 5cm是振幅之半，物體從平衡位置到振幅之半所需最短時(shí)間是， 3解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后

31、，水平方向動(dòng)量值不變，而且在容器回到O點(diǎn)滴入下一油滴前， 水平方向動(dòng)量的大小與剛滴入上一油滴后的瞬間后的相同。依此，設(shè)容器第一次過(guò)O點(diǎn)油滴滴入前的速度為v，剛滴入第個(gè)油滴后的速度為v,則有 3分系統(tǒng)機(jī)械能守恒 2分 2分由、解出 2分 (2) 時(shí)間間隔( tn+1-tn )應(yīng)等于第n滴油滴入容器后振動(dòng)系統(tǒng)周期Tn的一半 3分4解：由旋轉(zhuǎn)矢量圖和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒， T = 8 s， n = (1/8) s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 3分(1) 以的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸指向右方 t = 0時(shí)， cm t = 2 s時(shí)， cm 由上二式解得 tg

32、f = 1 因?yàn)樵贏點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4（如圖） 2分 cm 1分 振動(dòng)方程 (SI) 1分(2)速率 (SI) 2分當(dāng)t = 0 時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn) m/s 1分5*解：令q 為桿和豎直線之間的夾角運(yùn)動(dòng)方程為： 3分q 很小時(shí)，sin q q ，cos q 1所以： 2分上式中是桿繞其一端的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，所以 可知桿作角諧振動(dòng)，并得到 2分 1分振動(dòng)(二)一、 選擇題ADDBB二、 填空題1T/8，3T/8 23動(dòng)能曲線見(jiàn)圖 勢(shì)能曲線見(jiàn)圖 機(jī)械能曲線見(jiàn)圖40.02 50三、 計(jì)算題1.解：設(shè)小球的質(zhì)量為m，則彈簧的勁度系數(shù) 選平衡位置為原點(diǎn)，向下為正方向小球在x處時(shí)，

33、根據(jù)牛頓第二定律得 將 代入整理后得 此振動(dòng)為簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其角頻率為 3分 2分設(shè)振動(dòng)表達(dá)式為 由題意： t = 0時(shí)，x0 = A=m，v0 = 0，解得 f = 0 1分 2分2解一：(1) 取平衡位置為原點(diǎn)，向下為x正方向設(shè)物體在平衡位置時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為Dl，則有, 加拉力F后彈簧又伸長(zhǎng)x0，則解得 F= kx0 2分由題意，t = 0時(shí)v 0 = 0；x = x0 則 2分又由題給物體振動(dòng)周期 s, 可得角頻率： , ， N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm處： 2分 J 2分 = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 從靜止釋放，顯然拉長(zhǎng)量等于振幅A（5 cm）， 2分 ，n = 1.5 Hz 2分 F = 0.444 N 1分 (2) 總能量 J 2分當(dāng)x = 1 cm時(shí)，x = A/5，Ep占總能量的1/25，EK占24/25 2分 J， J 1分3解：(1) 選地心為x坐標(biāo)原點(diǎn)，向上為x軸正方向質(zhì)量為m的物體在地球內(nèi)部距地心為x處受到的地心引力為 3分由