扬大物理练习册答案
扬州大学物理练习册答案
的方向沿 轴正向
由几何关系 ,代入上式得
.
由于所有载流线圈在 点激发的 方向相同，故 点总的磁感应强度 可由矢量积分简化为标量积分，即
的方向沿 轴正向。
2. 解 （1）取直角坐标系，如图所示。首先求半圆柱面导体在 点产生的磁感应强度。
如图截面图所示，半圆柱横截面上单位长度的电流为
将半圆柱面导线可视为无数条无限长载流直导线的集合，对称于 轴取两元段 ，则横截面为 的两条无限长载流直导线在轴上横截面（ 平面）的 点分别产生的磁感应强度 的大小为
、 与 轴夹角相等，由对称性分析可知，因各对无限长载流直导线在 点产生的场强的 轴分量相互抵消，而使总场强的 轴分量 ，故总磁感应强度只有 轴方向分量。
整个细棒所受到的摩擦力矩为
(3)设细棒由角速度 到停止转动所经历的时间为 ，则角动量定理可得
5.证明碰撞过程，系统角动量守恒
碰后上摆过程，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点。
联立求解即可得
第五章 静电场
1.解取一细圆环带，其半径为 （ > ），带宽为 ，则圆环带的面积为 ，其上带电量为
应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上P点产生的电场的大小，
.
由对称性分析可知， 点场强 方向在 轴方向上，若 ，沿 轴正向，若 ，沿 负向。
第六章 静电场中的导体与电介质
1.解（1）因3块导体板靠的很近，可将6个导体表面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静平衡后，内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得
大学物理练习册参考答案
大学物理练习册参考答案大学物理练习册是大学物理的重要教材之一，它的主要作用是为大学物理课程提供题目和习题，使学生能够更好地掌握和理解物理知识。
本文将为大家提供几个大学物理练习册的参考答案，供大家参考。
第一题：有一块长度为20cm，宽度为10cm，厚度为2cm的矩形金属板，重量为3N。
请问这块金属板的密度是多少？答案：首先我们需要知道密度的定义，密度是单位体积内物质的质量。
因此，我们可以根据这个公式计算出这块金属板的密度：密度=质量/体积其中，这块金属板的质量为3N，体积为20cm × 10cm × 2cm = 400cm³。
把质量和体积带入公式中，可以得到这块金属板的密度为：密度=3N/400cm³=0.0075N/cm³因此，这块金属板的密度为0.0075N/cm³。
第二题：有一个长度为4m的绳子，一个人沿着绳子向上爬，绳子的质量是忽略不计的。
如果人的体重为600N，他在绳子上爬行的过程中，绳子的张力是多少？答案：在求解这个问题之前，我们需要知道牛顿第二定律的公式：力=质量× 加速度根据牛顿第二定律，可以得到人在绳子上爬行时绳子所受的力等于绳子的张力减去重力。
因此，我们可以得到以下公式：绳子的张力=人的重力+绳子的重力其中，人的重力为600N，绳子的重力可以根据绳子的长度和重力加速度计算得出。
在地球上，物体的重力加速度大约为9.8m/s²。
因此，绳子的重力可以用下面的公式计算：绳子的重力=绳子的质量× 重力加速度因为绳子的质量可以根据绳子的长度和线密度计算得出，我们可以得到以下公式：绳子的质量=绳子的长度× 线密度假设绳子的线密度为ρ，绳子的质量可以表示为：绳子的质量=ρ × 面积× 长度根据绳子的面积和长度，可以得到：面积=长度× 直径/4因此，绳子的质量可以通过以下公式计算得出：绳子的质量=ρ × 直径² × 长度/16把绳子的质量和重力加速度带入公式中，可以得到绳子的重力为：绳子的重力=ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度把人的重力和绳子的重力带入公式中，可以得到绳子的张力为：绳子的张力=人的重力+绳子的重力=600N+ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度因此，如果已知绳子的线密度、直径、长度和重力加速度，就可以计算出绳子在负责人上爬行时所受的张力。
大学物理练习册(上册)答案
练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题1、（1）A （2）1.186s(或4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。
2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。
3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
扬州大学试题纸05
大学物理模拟试题（五）一、选择题：（共27分，每题3分）1．一飞机相对空气的速度大小为 200 km/h, 风速为56 km/h ，方向从西向东．地面雷达站测得飞机速度大小为 192 km/h ，方向是 ［ C ］(A) 南偏西16.3°． (B) 北偏东16.3°．(C) 向正南或向正北． (D) 西偏北16.3°．2．两个质量相等的小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所示．将绳子剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为(A) a 1＝ｇ，a 2＝ｇ． (B) a 1＝0，a 2＝ｇ．(C) a 1＝ｇ，a 2＝0． (D) a 1＝2ｇ，a 2＝0． ［ D ］3．对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时，系统内相应的势能增加．(2) 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零．(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零． 在上述说法中：(A) (1)、(2)是正确的． (B) (2)、(3)是正确的．(C) 只有(2)是正确的． (D) 只有(3)是正确的． ［ C ］4．一公路的水平弯道半径为R ，路面的外侧高出内侧，并与水平面夹角为θ．要使汽通过该段路面时不引起侧向摩擦力，则汽车的速率为 (A)Rg . (B) θtg Rg . (C)θθ2sin cos Rg . (D) θctg Rg ［ B ］ 5．一电场强度为E 的均匀电场，E 的方向与沿x 轴正向，如图所示．则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为(A) πR 2E ． (B) πR 2E / 2． (C) 2πR 2E ． (D ) 0． ［ D ］6．C 1和C 2两空气电容器串联以后接电源充电．在电源保持联接的情况下，在C 2中插入一电介质板，则 [ A ](A) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷增加．(B) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷增加． (C) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷减少． (D) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷减少．7．磁介质有三种，用相对磁导率μr 表征它们各自的特性时，(A) 顺磁质μr >0，抗磁质μr <0，铁磁质μr >>1．(B) 顺磁质μr >1，抗磁质μr =1，铁磁质μr >>1．（C ）顺磁质μr >1，抗磁质μr <1，铁磁质μr >>1．(D) 顺磁质μr <0，抗磁质μr <1，铁磁质μr >0． ［ A ］8．已知一平面简谐波的表达式为 )cos(bx at A y -=（a 、b 为正值常量），则(A) 波的频率为a ． (B) 波的传播速度为 b/a ．(C) 波长为 π / b ． (D) 波的周期为2π / a ． ［ D ］ 9．宇宙飞船相对于地面以速度v 作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过∆t (飞船上的钟)时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为 (c 表示真空中光速) [ A ](A) c ·∆t (B) v ·∆t(C) 2)/(1c tc v -⋅∆ (D) 2)/(1c t c v -⋅⋅∆二．填空题：（共33分）1、（本题5分）质点p 在一直线上运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：x =－A sin ω t (SI) (A 为常数)(1) 任意时刻ｔ，质点的加速度a =__ t A ωωsin 2-__________；(2) 质点速度为零的时刻t =___()ωπ+1221n (n = 0,1,… )___________． 2、（本题3分）两条直路交叉成α 角，两辆汽车分别以速率1v 和2v 沿两条路行驶，一车相对另一车的速度大小为__αcos 2212221v v v v -+或αcos 2212221v v v v ++______.3、（本题3分）质量为100 kg 的货物，平放在卡车底板上．卡车以4 m ／s 2的加速度启动．货物与卡车底板无相对滑动．则在开始的4秒钟内摩擦力对该货物作的功W ＝______1.28×104 J _______．4、（本题3分）一颗速率为700m/s的子弹，打穿一块木板后,速率降到500m/s．如果让它继续穿过厚度和阻力均与第一块完全相同的第二块木板，则子弹的速率将降到___ 100 m/s __________．（空气阻力忽略不计）5、（本题3分）一能量为1012 eV的宇宙射线粒子，射入一氖管中，氖管内充有0.1 mol 的氖气，若宇宙射线粒子的能量全部被氖气分子所吸收，则氖气温度升高了_1.28×10-7_____K．(1 eV＝1.60×10-19J，普适气体常量R＝8.31 J/(mol·K))6、（本题5分）半径为R1和R2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常量为εr的均匀介质．设两筒上单位长度带有的电荷分别为+λ和-λ，则介质中离轴线的距离为r处的电位移矢量的大小D =_ λ/(2πr) ___，电场强度的大小E =__λ/(2π ε0 εr r)___．7、（本题3分）一平行板电容器充电后切断电源，若使二极板间距离增加，则二极板间场强_____不变____________，电容_____减小_____________．(填增大或减小或不变)8、（本题3分）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____4____倍．9、（本题5分）在玻尔氢原子理论中势能为负值，而且数值比动能大，所以总能量为___负_____值，并且只能取__不连续________值．三、计算题（共40分）1、（本题10分）已知一定轴转动体系，在各个时间间隔内的角速度如下：ω＝ω00≤t≤5 (SI)ω＝ω0＋3t－15 5≤t≤8 (SI)ω＝ω1－3t＋24 t≥8 (SI)式中ω0＝18 rad /s(1) 求上述方程中的ω1．(2) 根据上述规律，求该体系在什么时刻角速度为零．解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中ω1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得t＝8 s时，ω1＝ω0＋9＝27 rad /s当ω＝0时，得t＝(ω1＋24)/ 3＝17s所以，体系在17s时角速度为零．2、（本题10分）一定量的单原子分子理想气体，从A 态出发经等压过程膨胀到B 态，又经绝热过程膨胀到C 态，如图所示．试求这全过程中气体对外所作的功，内能的增量以及吸收的热量．解：由图可看出 p A V A = p C V C从状态方程 pV =νRT 可知 T A =T C，因此全过程A →B →C 的 ∆E =0． B →C 过程是绝热过程，有Q BC = 0． A →B 过程是等压过程，有)(25)( A A B B A B p AB V p V p T T C Q -=-=ν＝14.9×105 J ．故全过程A →B →C 的 Q = Q BC +Q AB =14.9×105 J ．根据热一律Q =W +∆E ，得全过程A →B →C 的W = Q －∆E ＝14.9×105 J ．3、（本题10分）电荷q 均匀分布在长为2l 的细杆上，求杆的中垂线上与杆中心距离为a 的P 点的电势(设无穷远处为电势零点)．解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示. 杆的电荷线密度λ=q / (2l )．在x 处取电荷元d q ．d q = l d x = q d x / (2l ) 它在P 点产生的电势 2202208d 4d d x a l x q x a qU P +π=+π=εε 4分 整个杆上电荷产生的电势⎰-+π=ll P x a xl q U 220d 8ε()l l x a x l q -++π=220ln 8ε 2220ln 8⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++π=a l a l l q ε⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++π=a l a l l q 220ln 4ε 4分4、（本题10分）一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束有两种波长的光，λ1=440 nm ，λ2=660 nm (1 nm = 10-9 m)．实验发现，两种波长的谱线(不计中央明纹)第二次重合于衍射角ϕ=60°的方向上．求此光栅的光栅常数d ．解：由光栅衍射主极大公式得111sin λϕk d =222sin λϕk d =212122112132660440sin sin k k k k k k =⨯⨯==λλϕϕ 4分当两 (m 3) p 1×104×10谱线重合时有 ϕ1= ϕ2 1分即 69462321===k k ．．．．．．． 1分 两谱线第二次重合即是4621=k k ， k 1=6， k 2=4 2分 由光栅公式可知d sin60°=6λ160sin 61λ=d =3.05×10-3 mm 2分。
人教版扬大附中第一学期期中考物理测试带详解答案
扬大附中东部分校第一学期期中考试物理试卷题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案一、选择题1．马路上的路灯总是同时亮同时灭的，路灯的连接方式是 （ ） A 、一定是串联 B 、一定是并联C 、可能是串联，也可能是并联D 、以上三种情况都有可能 2．下列电流或电压值符合实际的是A ．微波炉约0.3AB ．日光灯约150mA3．如下图所示，当开关S 闭合时，两只电流表的指针偏转角相同，如图所示，则电灯L 1中的电流是A ．1.9A B．0.38AC ．0.29AD ．1.52A4．开关闭合后，图中电压表测量的是： A ．灯L 1两端的电压 B ．灯L 2两端的电压C ．电源的电压D ．灯L 1和L 2的总电压5．在某一温度下，连接在电路中的两段导体A 和B 中的电流与其两端电压的关系如图 所示。
由图中信息可知（ ） A ．A 导体的电阻为10Ω B ．B 导体的电阻为10ΩC ．A 导体两端电压为3V 时，通过A 导体的电流为0.3AD ．B 导体两端电压为3V 时，通过B 导体的电流为0.6A6．物理学研究中常常用到“控制变量法”、“等效法”、“类比法”等科学方法。
在下列研究实例中，运用了控制变量法的是A ．研究电流的形成原因时，将电流与水流相比较，从分析水流的形成人手来分析电流的形成B ．研究电流的大小时，根据电流产生的效应大小来判断电流的大小C ．研究多个电阻组成的电路时，求出电路的总电阻，用总电阻产生的效果来代替所有电阻产生的总效果D ．研究电流与电压的大小关系时，保持电阻大小不变，改变电阻两端的电压值，观察电流如何随电压变化而变化 7．用铅笔芯制成的滑动变阻器来改变电路中的电流及灯泡的B.照明电路的电压是2200V C.三只蓄电池串联的电压为9V A 2A 1 L 1 L 2S0 1 23 A0 0.0.0.6亮度，当左端的铜环向右滑动时，下列判断正确的是 Ａ．电流表示数变大，电压表示数变小，灯变亮 Ｂ．电流表示数变小，电压表示数变小，灯变暗 Ｃ．电流表示数变小，电压表示数变大，灯变亮 Ｄ．电流表示数变大，电压表示数变小，灯变暗 8．如图所示电路，电源电压为6V ．闭合开关后，两个小灯泡均不发光，用电压表测得ac 与bd 两点间的电压均为 6V ，则故障可能是A. L 1的灯丝断了B. L 2的灯丝断了C. R 的电阻丝断了D. 开关接触不良9．图所示电路中，A 、B 间电压保持不变，R 1、R 2为定值电阻。
扬州大学附属中学2023-2024学年高二上学期月考物理试卷(含答案)
扬州大学附属中学2023-2024学年高二上学期月考物理试卷一、扬大附中月考单选题1．下列各图所对应的现象与多普勒效应有关的是（）A．图甲：水波撞击堤岸后倒卷回去继续传播B．图乙：水波在深度不同的水域传播，在交界面处改变传播方向C．图丙：周期性振动的金属丝贴着水面移动，在水面上形成不规则的环状波纹D．图丁：水波遇到开有狭缝的挡板，可以穿过狭缝继续传播2．（2023上·江苏扬州·高二扬州大学附属中学校考阶段练习）如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下始终保持静止，已知动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
则时间t内（）A．物体所受支持力的冲量大小为0B．物体所受重力的冲量大小为mgtC．物体所受拉力F的冲量大小为Ft cosθD．物体所受摩擦力的冲量大小μmgt3．（2023上·江苏扬州·高二扬州大学附属中学校考阶段练习）一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示则下列关于a、b两束光的说法，正确的是（）A．玻璃对a光的折射率比b小B．真空中，a光的波长比b长C．b光在该玻璃中的传播速度比a大D．如果a光是绿光，b光可能是紫光4．（2023上·江苏扬州·高二扬州大学附属中学校考阶段练习）如图电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然A灯比原来亮了，设这是因为电路中某一处发生了故障造成的，那么发生这种故障的可能是（）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．电源断路5．（2023上·江苏扬州·高二扬州大学附属中学校考阶段练习）手握绳端A上下抖动做简谐运动，0.6s时在绳上形成的波形如图所示，规定向上为质点振动位移的正方向，则A点的振动图像是（）A．B．C．D．6．（2023上·江苏扬州·高二扬州大学附属中学校考阶段练习）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将R2的滑动触点从a端向b端移动过程中，电流表示数为I，电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，ΔI、ΔU1和ΔU2分别表示此过程中电流表示数、电压表示数变化量的绝对值。
湘潭大学物理练习册答案
练习一 质点运动学（一） 1．（D ） 2.（D ） 3．217,5s m s m4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）296 1.50,(1.5)(1)(2)(1.5) 2.25v t t t s v S x x x x m=-===-+-=由可得，时，质点反向运动因此路程6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为0r r r-=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r，任意时刻质点对此位置的位移为r r=∆，即此时r既是矢径也是位移。
练习二 质点运动学（二） 1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（C ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,4302102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量k222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 质点动力学（一）1．（D ） 2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下为正，⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有AP AP BAf BAN cAN TTf =()相对2a gm 1gm 2()牵连1amt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()00max 0,1,kt m kt mv dx dt dx v e dtx m k v e x mv k--=∴=∴=-=练习四 质点动力学（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰4．11212122,F t F t F t m m m m m ∆∆∆+++5．（1）系统在水平方向动量守恒。
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。
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第一章质点运动学1.解：（1）221030)1520)t t t t +=(－＋(－r i j d (1060)(1540)d t t t==-++-v ri j ， 初速度：1015=-+v i j大小：18.03m/s =v 方向：与x 轴负向夹角15arctan 56.310= （2）d 6040d t==-va i j大小：2272.11m/s a = 方向：与x 轴正向夹角40arctan33.6960=2.解：取质点的出发点为原点。
由题意知质点的加速度为2yy 15dtdv a t ==⑴ 由初始条件t=0时 v 0x =v 0y =0，对式 ⑴进行积分，有⑵ 即j t i t v 3255+= ⑶将t=5s 带入式 ⑶ ，有又由速度的定义及初始条件t=0 时，x 0 =y 0=0，对式⑵进行分离变量并积分，有 即j t i t r453543+= ⑷ 将t=5s 带入式⑷有3.解 ⑴ 根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为 2=t 秒时，法向加速度和切向加速度分别为 ⑵由2/a a =τ，有 从而得 即由此可得因此，此时刻的θ值为 ⑶由题意τa a n =，即 解得4.解 由题意有 而 所以 分离变量t R vv d tan 1d 2α= ⑴ 对上式积分，并代入初始条件0=t 时，0v v =，得αtan 110R t v v =- ⑵ 整理式⑵得第二章 牛顿定律1. 解 （1） cv f -==tv md d（2） t m ce v tsv -==0d d 2. 解 ⑴在任一点B 处，小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为 在切向： tvmmg d d sin =-θ ⑴ 在法向： Rv m mg T 2cos =-θ ⑵由式⑴ 即θθd Rg vdv sin -= ⑶对式⑶积分，并由已知条件0=θ时，0v v =得)cos 1(2202θ--=gR v v （4）⑵由式⑷得代入式⑵得第三章 动量守恒定律和能量守恒定律1. 解 ⑴ 由3243t t t x +-=可得2383d d t t txv +-==⑴ 由式⑴得，当t=0时，m/s 0.30=v ；t=2s 时，m /s 0.12-=v 。
因此，作用力在最初2.0s 内所作的功⑵ 式⑴对时间求导数，得质点的加速度t tva 68d d +-==⑵ 瞬时功率2. 解 由功的定义可知，由物体开始运动到2m 时 由动能定理代入初始条件0=x 时，10.3v = m/s ，得 所以，2m 时物体的动量为 由动量定理，前2m 内的冲量为3.解：（1）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。
因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。
令子弹穿出时物体的水平速度为V ˊ 1分有 v M mv mv '+=0（2） 0mv mv t f -=∆ （设0v方向为正方向） =-4.7 N s ⋅4. 解 由题意分析，力F 与x 的关系为 x LF F F 00-= ⑴由牛顿运动定律，有 即x x LF F x F v mv d )(d d 00-== ⑵ 两边积分，并由初始条件，0=x 时，0=v ，得 因此)2(202Lx x m F v -= ⑶ 由式⑶，当L x =时，速率为5.解 以物体1m 、2m 和弹簧为研究系统，建立图示坐标系OX ，各量的标记如图所示。
在力F 作用下，1m 处于0x 处达到平衡，由静力平衡条件得001=++kx g m F ⑴而2m 离开地面的条件为02≥-g m kx ⑵刚好离开地面时，上式取等号。
现在的问题是将x 与F 联系起来。
由1m ，2m 弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。
以坐标原点O(即弹簧的自然长度处)为弹性势能和重力势能零点，对A 、B 两状态有守恒关系gx m kx gx m kx 1201202121+=+ ⑶ 两边乘以2k 有 将式⑴代入上式，得 即 整理得 故g m F kx 1-= ⑷由，（2）、（4）两式可得即F 至少要等于g m m )(21+，可使F 撤销后，恰使2m 抬起。
第四章 刚体的转动1. 解：受力分析如图示，根据牛顿运动定律和转动定律得： 又 a r α= 解得： ()a ra g m J 2-=又根据已知条件 0v = 0得： ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222S gt mr J2. 解 设斜面上问题质量为2m ，另一物体质量为1m 。
滑轮的质量为M ，半径为r 。
分别对两物体及滑轮进行受力分析。
1m 受重力，拉力 111m g T m a -=2m 受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力 2222cos sin T m g m g m a μθθ--=滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力 22112T r T r Mr α-= 联列求解12212cos sin 5.7912m g m g m g a M m m μθθ--==++3.解：221MR J =＝0.6752m kg ⋅ 因此(1)下落距离m 3.632/2==at h (2)张力 N 9.37)(=-=a g m T 分析图4.解 121112121)(βR m R T T M =-- （1）OB A1m 弹起的最高点弹簧为原长时1m 的位置 力F 作用下，1m 的位置)(a )(b222222121)(βR m R T T =- （2） 由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同：2211ββR R = （3）由式（2）（3）得 代入式（3）得21212)(2R R m m M+=β.5. 解 (1)由题意可知细棒的质量线密度为kr =λ式中k 为常数。
由于细棒的总质量为m ，所以m r kr L=⎰d 0由此得 22L mk =故 r Lmkr 22==λ 又 22d d J r m r r λ==⎰⎰所以 322021d 2Lm J r r mL L ==⎰ （2）细棒上到转轴距离为r 的长度元d r 所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为整个细棒所受到的摩擦力矩为(3) 设细棒由角速度0ω到停止转动所经历的时间为t ，则角动量定理可得6.解 由转动定律，有 即由条件2=θ时1=ω，积分上式得 即1-=θω ⑴ 由角速度的定义td d θω=，分离变量得积分上式，并代入初始条件t =0时2=θ，得 则砂轮的运动方程为t e +=1θ ⑵将式⑵代入式⑴得因此2s 时，砂轮的动能为 角动量为由动能定理，前2s 内力矩的功为 由角动量定理，前2s 内的冲量距为 7.证明 碰撞过程，系统角动量守恒碰后上摆过程，系统机械能守恒。
取直杆下端为势能零点。
联立求解即可得第五章 静电场1.解 取一细圆环带，其半径为r （r >R ），带宽为r d ，则圆环带的面积为r r S d π2d =，其上带电量为应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上P 点产生的电场的大小，23220)(π4d π2d /r x rxr E +=εσ.因此，在P 点产生的总场强大小为 ⎰⎰∞==RE E d 23220)(π4d π2/r x rxr +εσ=2202xR x+εσ.方向沿X 轴正方向2.解 取坐标轴OX ，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上任意一个圆环上的带电量为为便于计算，可采用角量描述。
因为22)(x R R --=Rsin θ， θd d R l = 所以由带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P 点产生场强E d的大小为由于q d 为正，故Ed 方向沿X 轴正方向。
将q d 代入上式，可得为所有圆环在P 点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心P 点处产生的场强大小为 方向沿X 轴正向。
3. 解 无限长半圆柱面薄筒的横截面如图所示，取直角坐标系OXY ，且原点O 在轴线上。
沿弧长方向取一宽度为l d 的细条，此细条单位长度上的带电量为由无限长带电直线在附近一点产生的场强结果，可得该带电细条在O 点产生的场强Ed 的大小为l R R 'E d π2π2d 2020ελελ==.方向如图所示。
Ed 在X 轴和Y 轴上的投影为θεθλθεθλθd π2cos d π2cos cos d d 02202RR R E E y ===... 于是整个带电半圆柱薄筒在O 点外产生的场强大小为 ⎰==πθεθλ0020d π2cos RE y （由对称性分析也可获得这个结果）则 i Rj E i E E y x02πελ=+=. E 的方向沿X 轴。
若λ>0时，E 与X 轴正向一致；若λ<0时，E与X 轴负向一致。
4. 解 因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为r 的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。
选取长为l ，半径为r ，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S 。
由高斯定理可知⎰∑⎰⎰=⋅=︒+=⋅侧面端面0i sq rl 2E S 0E S 2E 2S E επd cos d πcos d（1） 当R r <时，高斯面S 内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得 0321234εbr ar E -= ()R r <当R r >时，高斯面S 内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得rbR aR E 0431234ε-= ()R r >.5. 解 如图所示，由补偿法分析，空腔中场点P 的电势是半径为1R ，密度为ρ的大球和半径为2R ，密度为ρ-的小球产生的电势之和，即取无限远处的电势为零，大球的电场分布为 应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为 对于空腔中心()a r O ='，大球产生的电势为 ()2210136a R V -=ερ. 同理，可得小球在O '处产生的电势为220222263ερερR R V -=-=. 由电势叠加原理()()[]02222102202212163263ερερερa R R R a R V V V O --=--=+='.. 6.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即921001085.8-⨯=+=r r U εσ C/m 2（2）设外球面上放电后电荷面密度为'σ，则应有0)'(1'2100=+=r r U σσε则σσ21'r r =外球面上应变成带负电，共应放掉电荷91067.6-⨯= C7. （1）根据对称性分析，两段带电直线各自在O 点的电场强度大小相等、方向相反,相互抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。
取电荷元l q d d λ=，相应的Ed 在图中画出。