2012级大学物理(复习题有题版资料

2012级大学物理(2)复习题一、计算9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？ 解：设两小球分别带电q 1，q 2则有C q q 521105-⨯=+ 由库仑定律得：912122091014π4q q q q F r ε⨯⨯⨯===解得：5152 1.210C 3.810C q q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩9-3 电场中某一点的场强定义为0FE q =，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F与q 0成正比，故0FE q =是与q 0无关的。

9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。

试计算图中在六角形中心O 点处的场强。

解：各点电荷q 在O 点产生的电场强度大小均为：1236204πq E E E E E aε======各电场方向如图所示，由图可知3E 与6E抵消.)()(52410E E E E E +++=据矢量合成，按余弦定理有：)60180cos()2)(2(2)2()2(2220o o E E E E E --+=202002334232a qa q E E πεπε===方向垂直向下。

9-15一均匀带电半圆环，半径为R ，电量为+Q ，求环心处的电势。

解：把半圆环无穷分割，取带电微元dq ，微电势为：Rdq du 04πε=∴整个半圆环在环心O 点处的电势为：⎰==QRQ Rdq U 00044πεπε9-20 静电场中a 点的电势为300V ，b 点电势为-10V .如把5×10-8C 的电荷从b 点移到a 点,试求电场力作的功？解：依题意可以有如图的示意图： 把正电荷由a 点移到b 点时电场力作功[]85()5103001015510()ab ab a b W q U q U U J --==-=⨯⨯=⨯－（－）.反之，当正电荷从b 点移到a 点时，电场力作功：515510()ba ab W W J -=-=-⨯.负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。

10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a ，外球壳半径为b ，求电容器的电容。

解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：204πQ E r ε=，()a r b <<电势差：2001144b bab aaQ Q U E dr dr r a b πεπε⎛⎫===- ⎪⎝⎭⎰⎰题9-6解图004π/()114πabQ QC ab b a Q U a b εε===-⎛⎫- ⎪⎝⎭10-9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d 1，d 2的电介质，其相对电容率分别为1r ε，2r ε，极板的面积为S ，所带面电荷密度为+б0和-б0.求：（1）两层介质中的场强E 1,E 2;（2）该电容器的电容。

解: (1) 平行板电容器为介质是真空时00E σε=当充满相对电容率为12,r r εε的介质时，场强分别为：1101r r E E σεεε==，方向为垂直极板向下。

02202r r E E σεεε==，方向为垂直极板向下。

(2) 电容器极板间电势差： 2211d E d E U += ∴ 1221021022001100d d S d d S U q C r r r r r r εεεεεεεεεεσσ+=+==11-9 一无限长薄电流板均匀通有电流I ，电流板宽为a ，求在电流板同一平面内距板边为a 的P 点处的磁感应强度。

解：在电流板上距P 点x 处取宽为d .x 并平行于电流I 的无限长窄条，狭条中的电流为d d .II x a=dI 在P 点处产生的磁感强度为：0d d ,2IB x μ=π方向垂直纸面向里。

整个电流板上各窄条电流在P 点处产生的dB 方向相同，故2000d d d ln 2.2π2π2πaaII IB B x xx a aμμμ⎛⎫====⎪⎝⎭⎰⎰⎰题10-9解图11-17 一根很长的铜导线，载有电流10A ，在导线内部，通过中心线作一平面S ，如题图11-17所示。

试计算通过导线内1m 长的S 平面的磁通量。

解：与铜导线轴线相距为r 的P 点处其磁感强度为022IrB Rμ=π （r <R ，R 为导线半径）。

于是通过单位长铜导线内平面S 的磁通量为02d 1d 2RRSIB r rdr R μφπ===⎰⎰⎰B S760 1.01010Wb=1.010Wb.4Iμ--==⨯⨯⨯π11-18 如题11-18图所示的空心柱形导体，柱的内外半径分别为a 和b ，导体内载有电流I ，设电流I 均匀分布在导体的横截面上。

求证导体内部各点（a r b <<）的磁感应强度B由下式给出：22022.2()Ir a B b a rμ-=π-证明：载流导体内电流密度为22.()Ib a δ=π- 由对称性可知，取以轴为圆心，r 为半径的圆周为积分回路L ，则由安培环路定理⎰∑=⋅LI l d B 00μ得:222200222(),r a B r r a I b a μδμ-π=π-=-从而有:22022().2()I r a B r b a μ-=π-11-21一电子在-37.010B T =⨯的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径3.0r cm =，某时刻电子在A 点，速度v 向上，如题11-21图所示。

（1）试画出电子运动的轨道；（2）求电子速度的大小；（3）求电子动能k E 解：（1）由洛伦兹力公式：(),F e v B =-⨯知电子的运动轨迹为由A 点出发刚开始向右转弯半径为r 的圆形轨道。

（2）由：2,v F evB m r ==得： 193171311.6100.037.010m s 3.710m s .9.110erB v m -----⨯⨯⨯⨯===⨯⨯ （3）电子动能2317216k 119.110(3.710)J =6.210J.22E mv --==⨯⨯⨯⨯⨯11-23 在霍耳效应实验中，宽1.0cm ，长4.0cm ，厚31.010cm -⨯的导体，沿长度方向载有3.0A 的电流，当磁感应强度B =1.5T 的磁场垂直地通过该薄导体时，产生51.010V -⨯的横向霍耳电压（在宽度两端），试由这些数据求（1）载流子的漂移速度；（2）每立方厘米的载流子数目；（3）假设载流子是电子，试就一给定的电流和磁场方向在图上画出霍耳电压的极性。

解：（1）载流子的漂移速度514121.010 6.710.1.5 1.010H H E V v m s m s B Bd -----⨯====⨯⨯⨯ （2）每立方厘米的载流子数目 因为电流密度：,nev δ= 所以载流子密度3293194253.0 2.8101.610 6.710(1.010 1.010)I n m m evevs δ------====⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ （3）如图。

13-4 如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流I ，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度v 沿垂直于导线的方向离开导线.设t =0时，线圈位于图示位置,求：(1) 在任意时刻t 通过矩形线圈的磁通量m Φ；(2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势i ε。

解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。

由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布，02IB xμπ=。

取坐标Ox 垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻t 通过矩形线圈的磁通量为vta vtb Il ldx x I S d B S vt b vt a ++==⋅=Φ⎰⎰++ln 2200πμπμ（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势00()d d 2i t Ilv b a tabμΦεπ=-=-=电动势的方向沿顺时针绕向。

13-10 如题图13-10所示，一个限定在半径为R 的圆柱体内的均匀磁场B 以10-2T/s 的恒定变化率减小。

电子在磁场中A 、O 、C 各点处时，它所获得的瞬时加速度（大小、方向）各为若干？设r =5.0cm 。

解：设螺绕管通有电流I ，由安培环路定理可得管内距轴线r 处的磁场强度为2NIH r=π, 2NIB H rμμ==π 通过某一截面的磁通量210021d d ln22R SR NINIhR B S h r rR μμΦ===ππ⎰⎰⎰螺绕管的磁通链2021ln2N N IhR N R μψΦ==π自感系数：2021ln2NN hR L IR ψμ==π14-4. 高为0h 的物体，在焦距0'>f的薄透镜左侧，置于f p <<0的位置。

试用作图法表示像的位置，实、虚，放大还是缩小，正立还是倒立．并用文字指明解：成像光线如题14-4解图所示，所成之像是：放大、正立的虚像．14-6. 一竖立玻璃板的折射率为1.5，厚度为10cm ，观察者在玻璃板后10cm 处，沿板的法 线方向观察置于同一法线上10cm 处的一个小物体时，它距离观察者有多远？解：由平面折射公式，利用逐步成像法，即可求得物体的像．根据cmp n n cm p cm p n n cm p p nn p 67.16'.50.1,1',25)1510(.15',1,50.1',10,''22221111-=∴==-=--=-=∴==-==距观察者距离 cm cm L 67.26)67.1610(=+=15-2. 在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为0.2mm ．在距双缝1m 远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400nm 至760nm 的白光，问屏上离零级明纹20mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？(1nm ＝10-9m )解：已知：d ＝0.2mm ，D ＝1m ，x ＝20mm 依公式： λk d D x =∴ Ddxk =λ＝4×10-3 mm ＝4000nm故 k ＝10 1＝400nm k ＝9 λ2＝444.4nm k ＝8 λ3＝500nm k ＝7 λ4＝571.4nm k ＝6 λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．15-8. 在折射率n ＝1.50的玻璃上，镀上n '＝1.35的透明介质薄膜．入射光波垂直于介质膜表面照射，观察反射光的干涉，发现对λ1＝600nm 的光波干涉相消，对λ2＝700nm 的光波干涉相长．且在600nm 到700nm 之间没有别的波长的光是最大限度相消或相长的情形．求所镀介质膜的厚度．(1nm=10-9m )解：当光垂直入射时，i =0．对λ1（干涉相消）： ()112212λ+='k e n ①对λ2（干涉相长）： 22λk e n =' ② 由① ②解得： ()32121=-=λλλk将k 、λ2、n '代入②式得S 1S 2Pr 1r 2题图15-3题15-8解图n '=1.35 en 0 =1.00 n =1.50n k e '=22λ＝7.78×10-4mm m ld h 61095.22-⨯==∆λ15-12. 当用波长为λ1的单色光垂直照射牛顿环装置时，测得中央暗斑外第1和第4暗环半径之差为1l ，而用未知单色光垂直照射时，测得第1和第4暗环半径之差为2l ，求未知单色光的波长λ2．解：根据题意可得 11114λλλR R R l =-=22224λλλR R Rl =-=212212//l l =λλ得 211222/l l λλ=15-17. 在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一波长的第3级明纹位置恰与波长nm 600=λ的单色光的第2级明纹位置重合，求这光波的波长．解：设未知波长为0λ 由单缝衍射明纹条件：2)12(sin λϕ+=k a可有：2)132(sin 0λϕ+⨯=a 和2)122(sin λϕ+⨯=a 可得nm 6.428750==λλ15-19. 波长600nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第二级主极大在20.0sin =θ处，第四级缺级，试问：（1）光栅上相邻两缝的间距)(b a +有多大？（2）光栅上狭缝可能的最小宽度a 有多大？（3）按上述选定的a 、b 值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？ 解：（1）由光栅方程λθk b a =+sin )( （k=2） 得 cm k b a 4106sin )(-⨯==+θλ（2）根据缺级条件，有'k ka b a =+ 取1'=k ,得 cm b a a 4105.14-⨯=+= （3）由光栅方程 ,2,1,0,sin )(±±==+k k b a λθ 令1sin =θ,解得:10=+=λba k即9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 时出现主极大，8,4±±缺级,10±级主极大在090=θ处,实际不可见,光屏上可观察到的全部主极大谱线数有15条.9-w1 求电量为Q 、半径为R 的均匀带电球面的场强分布。