大学物理试卷答案xuan 21页

-•选择题L[A]2.[C]3.[C]4.[Cl5.[C]6.ID]二填空题/（246b）,2.0,2/陆）3.—q、—q亠zV4R24k/?25.0.266T,300A/m6.5X10_4Wb7.0.99三计算题1.解：设B上带正电荷，内表而上电荷线密度为入，外表面上电荷线密度为兀而A、C上相应地感应等量负电荷，如图所示.则A、B间场强分布B、B、B、&二入/2兀£抽，方向由B指向AC间场强分布为方向由B指向Cf=匸£・苛=-茫jrJRb2兀£（）」心rR»r2兀吕）Rh入二InR/Rj人一ln（他/&）Eq=^2/2兀&）厂,A间电势差C间电势差因Uba=Ubc,得到fRe—UBC=\RE2^r=-2.解：设点电荷q所在处为坐标原点O,（1）设£=0的点的坐标为则£=CL=,,」4兀£（）护’4兀£o（F-d）22x2^-2dx-d2=0"=—*（i+可得解出轴沿两点电荷的连线.3qi=0另有一-解扃=丄（V3-l）rf不符合题意，舍去.（2）设坐标x处t/=0,贝I」U=—^—4兀£（）兀-3qd—4x=0,3q4兀£（）（〃7）d-4x4兀£（）x（d一x）x=t//4=0W——d—0,则P方向为沿兀轴正方向•若BvO,则P的方向为沿兀轴负方向.\nM4.解：(1)由法拉第电磁感应定律：<2>=B丄小y=tgxx-vt咒=-d0/dr=-—(-Btg^x2)zdr2°=-—Btg^2xdx/d^=Btg0v2t在导体MN内q方向rtlM向N・(2)对于非均匀时变磁场B=Krcosef取冋路绕行的正向为O-N-MfO,则d°=BdS=X0=Jd0=(Kg?・0d(P=Bgtg&dg=Kg?cosoftg0dfcos初tg&df=-Kx3cose/4g&At=-Kcox3sin(ottg&-Kx2vcoscottg&=Kvytg&{-cot3s\x\cot-t2COS69/)2>0,贝归•方向与所设绕行正向一致，耳<0,则q方向与所设绕行正向相反.1r5・解：(1)U0M=UO-UM=-coaB(2)添加辅助线ON,由于整个△OM7V内感应电动势为零，所以检+為n=%n即可直接由辅助线上的电动势％n来代替OM、MN两段内的电动势._ON=2f/cos30°=羽a%5»”心心2(3)0点电势最高.6.解：(1)观测站测得飞船船身的氏度为L=L°J1-(“/c)2=54m则二厶/d=2.25X10「7s(2)宇航员测得飞船船身的长度为厶)，则Ab=Ao/^=3.75X10'7s试题三一.选择题1.IB]2.ID]3.ICJ4.[CJ5.[A]6.LB]\n二填空题l.-2X10'7C2.6.67X107T,7.20X107A•m23.k60X10',5N4.铁磁质，顺磁质，抗磁质5•减小6.dS=JpdV,d/=-J^*dSS弘(1(=0,・d/=J(J+-^)-dS三计算题1.解：把所有电荷都当作正电荷处理.在&处取微小电荷dq=/id/=2QdO/7t它在O处产生场强dE=3=°、d&4jie0R~2k^eqR~按确变化，将dE分解成二个分量：d£v=dEsin&=——g—sin&d&”2兀*2+++dEv=-d£cos^=g->2k2£0/?2对各分量分别积分，积分吋考虑到一半是负电荷E=Qx2h2e｛）R2cos0d&E=~Q•'2ti2e()R2nilnJsin&d&-Jsin&d&=00tt/2兀｝2nJcos&d&-Jcos&dO07T/2Qtve^R2所以2.解：在圆盘上取一半径为r-^r+dr范围的同心圆环.dS=2nrdr其上电荷为它在O点产生的电势为dq=2n^drdq(7dr总电势dU4兀厂2£oU=fdt；=—fdr=—Js2qJ。2£o2.解：（1）设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场Z间的夹角为&,则通过该圆线圈平面的磁通量为①—Bur2cos&,&=cot=2nnt:.—dE2=0〃/(2£(J1八x—d、2丿E〜x图线如图所示•£*2-~p^d/(2£0)Ex(x>-d<2)2.解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+倾-入根据高斯定理对求得两2圆筒间任一点的电场强度为E=—-—2兀£^ErrR2Ro则两圆筒的电势差为=Jf-dr=&2dr解得AIR,In—2tie^U_In—u于是可求得A点的电场强度为EaRWJR.)=998V/m方向沿径向向外cdrA点与外筒间的电势差:uf=^Edr=——-——IIngIRJrU,R.:In」=12.5Vln(7?.//?,)R3•解：(1)对厂〜rM厂段，电荷dg=2dr,旋转形成圆电流.则(rdqcoAeo,di=——=——dr2k2兀它在o点的磁感强度dB二“0甘二如。dr°2r4兀r\n2妙oa+b=In4兀a方向垂II纸面向内.dpm=nr，dI=^Acor2drpm=|dpm=J—Acor2dr=2创@+/?)‘-a3]/6a2(3)若ci»b,贝ijIn"*"——,aa心Ab铭)q〃()_方向垂直纸面向内.4ka47uz过渡到点电荷的情况.同理在a»bH't,(a+Z?)‘qG‘(l+3b/d),则33b12Pm—er——=_q(ar6a2也与点电荷运动时的磁矩相同•4.解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对O"轴而言).重力矩M]=2apgS•sin6r+apgSasina=ISa1pgs\x\a磁力矩M2=Bia2sin(—K-a)=Ia2Bcosa平衡时所以M}=M22Sa2pgsina-Ia2BcosaB=2Spgtga/1«9.35xl0-3T2.解：选沿回路顺时针方向为电动势正方向，电动势是由动生电动势莎和感生电动势必组成的.设回路在兀位置：警=[DxB(x,Z)]•CD+[vxB(x+a,t)]•EF=bv[B^sincotsinkx-Bosine/sin£(x+g)]=bvB0sine/|sinkx一sink(x+a)]驾=-d^/dtx+a①=jbBQsinMsinkx'dx"X=bB°sina)t\coskx一cosk{x+a)\lk.,„cosk(x+a)一coskx・・笔=cobB^coscot——设总感应电动势为Z7,且x=vt,则有\n•归bB{}{vsina)t[sinfci-sinZ:(x+a)]+cocosa)t[cosk(x+a)~coskx]!k}=bB(}{vsin血[sinkx-sink(x+a)]+69cos血[cosk(vt+d)—coskvt]/k]6・解：〃导线在磁场中运动产生的感应电动势峯=Blvcos0/产卡二警COS&ab载流导线在磁场屮受到的安培力沿导轨方向上的分力为：F=厶B/cos&=Blu警©BIcosOR.Blvcos3dvsin&Blcos&=m——Rdf,dvdt=—；—.八BTPcor&gsm&-回路中流过的电流由牛顿第二定律:令则利用r=0,12=0mRA=gsin&,c=B~l~cos20/(〃?/?)dr=dv/(A-cv)有tVjdr=0du二_]fd(A_cu)A-cvcJA-cv1,A-cvt=——IncAv=A(i_e-)=^^g-d-e-)cB2/2cos2e试题六一.选择题l.[C]2.[C]3.[D]4.[A]5.[B]6.[B]二填空题10qQ/(47UbR)2.1/&,&3・〃o/，°，2“o/4.0.80X1013(N)1°15・在图面中向上，一兀+n兀(h=1,2,)22三计算题\n1•解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为A=q)cos0Rd0,它在。点产生的场强为：dE=——-——=久cos0d02he{)R2兀q它沿兀、y轴上的二个分量为：积分:dEv=—d£sin^=炙严COS0WE宀『益曲加"計(1EX=—dEcosQ=—5)cos20d0sin^d(sin0)=0E=Exl=~^1『b——.2•解：(1)A.=F•dS=qEabcos90°=0Ja(2)=\F*dS=^E«ccosl80°=—1X103JJa(3)A3=fF-dS=qEadsin45°=2.3X103J3•解：由题意，大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的.Ao2k//?2一4兀(/?2+兀2严22(/?2+x2)3/2故穿过小冋路的磁通量为AoIR22(疋+兀2严兀厂p,0nr2RI2Z?-rti于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为旳二|d£l3//0Kr2//?2Idxl二3“°兀尸疋/'一可一~Z?-|d7|-~2?当x=NR时，小线圈回路中的感应电动势为^=3//onr2/v/(27V4/?2)4.解：棒上线元d/中的动生电动势为：d^=(vxB)-d!=a)l612k(/q+/cos&)\n金属棒中总的感生电动势为()1怦"ed(g&)J2kcos+1cosff)f3"4(1)d(/cos&)(oy&L2kcos\}2kcos0r()+/cos&妙()作卩讹+Lcos&)-\nr()]27tcos~0二叭】[厶一丄ln"+5&)]2兀cos0cos&«)方向由0指向另一端.5•解：由静电学计算：兀代表厂方向单位矢量£=q⑴-p4K£0£rr20U=q⑴()=q⑴(R?_RJ4兀£()£「R、R24n£(}erR}R2.-UR、Rr一R\R°.一・・E==__UQsincot-r2(/?2-/?,)厂(Z?2—&)位移电流密度为J=卑=eoer挛=卫'“U^cocoscot•兀dtot厂(R>—/?])过球面的总位移电流J-dS=J-4兀厂$=4兀£()£,&R】〃0coscot2&2.解：(1)当电子匀速直线地穿过互相垂直的电场和磁场区域时，电子所受静电力与洛仑兹力相等，即eE=evBv=E!B=m/s(2)根据爱因斯坦光电理论，则有he/A=he/2()+^mev2・j=^2"_l+;(曾)2he=1.63X107m=163nm试题七一.选择题\n1.[C]2.[D]3.[B]4.[C]5.[A]6.[C]二填空题1.q/(6动3・卅巴4.0.4V5.1:162d26.2.he/A,h/A,h/(cA)三计算题1.解：（1）在球内取半径为厂、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为dq=pdV=qr4兀（兀R4）=4qPdr/R^则球体所带的总电荷为Q=[pdV=（4/疋）[>dr=q（2）在球内作一半径为门的髙斯球面，按高斯定理有I44兀初二丄「£.4卄“=企'1窃J。7C/?4巒4（门WR）,方向沿半径向外.E=加14兀£°疋在球体外作半径为厂2的高斯球面，按高斯定理有4兀厅血=?/£。E产—L（厂2>&，E方向沿半径向外.⑶球内电势S訂:应心+/2心=2口4兀£（）/?oordr/?47t^or~",=__o_知二q3兀qR12k£()7?412k£07?球外电势S=-dr=Jr2(斤3.解：由安培公式dF=IdlxB,当鸟的方向沿兀轴正方向时（1）aF]=/a/（Bsin60°=1.39x104N方向垂直纸面向外（沿z轴正方向），aF2=/A/2Bsinl35°=1.13X10-4N方向垂直纸面向里（沿z轴反方向）.b_岛=JdF=/亦肌山45。=a=IRB=0.32N,方向为垂直纸面向里.同理Fcd=IRB=0.32N,方向垂直纸面向外.（3）在he圆弧上取一电流元/d/=/Rd&,如图所示.这段电流元在磁场中所受力dF=/d/Bsin&=n&d&方向垂直纸面向外，所以圆弧加上所受的力71/2Fhc=JIRBsid^=Z/?B=0.32N04•解：两个载同向电流的长直导线在如图处标x处所产生的磁场为3=牛（丄+—-—）271X兀一斤+G选顺时针方向为线框回路正方向，则0”讐&dx—+x方向垂直纸面向外，同理Fda=0.32N,方向垂直纸面向里.dx）―n-斤兀_斤+厂2=吐也（化.4）2兀/|r2门=d@=“Win"*""*®®dr2兀r}r2Jdr=_如叫［血如型］c“2兀5.解：（1）由于线框垂直下落，线框所包围面积内的磁通量无变化，故感应电流A=o（2）设必边长为厂,则由图可见I’=L+2厶cos60°=2L取d—c的方向为de边内感应电动势的正向，贝I」ccr^c=^vxBydT=\vBdl=\4^sH'dd0\n¥丽仔卑丽1伴2兀/2兀/殘>°，说明"/段内电动势的方向由d-c由于冋路内无电流匕〃=uc-ud=既二型血硏⑴纶乜2兀/因为C点电势最高，d点电势最低，故：匕〃为电势最高处与电势最低处之间的电势差.6.解：令0系中测得正方形边反为s沿对角线取兀轴正方向（如图），则边长在坐标轴上投影的大小为面积可表示为：S=2ay®在以速度“相对于O系沿兀正方向运动的O'系中=0.6X丄屆2a'y=ay=^a在O'系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为S'—2a-a—0.6/二60cm2yx一.选择题1.[B]2.[D]二填空题3.[C]4.[B]5.[D]6.[D]1.一307(2小一刃(2&),3cr/(2£b),2.<3・〃o//(2d)4.几严討（用一用），叽7>4.0X10145.2.82X10*T6.22.6J•m3三计算题1.解：（1）由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E.作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小为S,如图所示.按高斯定理£f-dS=^^/£0,即E2SEiSpSdxbxdxkSh22q)\n得到E=kb2/(%))(板外两侧)(2)过P点垂直平板作一柱形高斯面，底而为S.设该处场强为如图所示.按高斯定理有(E'+—[xdx=型6Jo2心k(八得到£=X1(OWxWb)26I2丿,2(3)£=0,必须是x2-—=0,可得x=b/^22A2•解：(1)电偶极子在均匀电场中所受力矩为M=pxE其大小M=pEsin3=qlEsxnO当&二兀/2时，所受力矩最大，^n1ax=<7/^=2X10'3N•m⑵电偶极子在力矩作用下，从受最大力矩的位置转到平衡位置(少0)过程中，电场力所作的功为A=J°-A/=-qlE『鸟nOdO=qlE=2X10-3N•m3•解：(1)对&〜0+d&弧元，dq=AcidO,旋转形成圆电流^coco.69Ad/=—da=——aAO2兀2k它在O点的磁感强度dB为：.n“o/sin?&曲“(妙•“dB=——ad0=——siir3d02a、2兀4兀」4兀？)88k€7P的方向向上.(2)dpm=itersin2&(加/2兀)ad&=—a)Aa3sin20A07Tpm=jdpm=^jCoAci3sin2060=ticoAci3/4=coqa1/40內”的方向向上.心]"冷Bdr=—a)B(Rt-Rh&24•解：动生电动势:大小：指向：C—-A5.解：(1)取逆时针方向为回路正向，则回路中的感应电动势为-vB2l2k(7?+u)B一芈-2n/?2\nLI(}IIz1Vtx虽-)271R+vtR「⑵当Z7=0时，鵬改变方向R+vtR2(5)2+mR—R2=o—uR+3r2+4，疋(75-1)/?r_2v6.解：(1)从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。隧道长度为心7(2)从列车上观察，隧道以速度u经过列车，它经过列车全长所需时间为z0_Lj_e/dot=1=VVV这也即列车全部通过隧道的时间.