大物考题

面电荷密度之和为的无限大导体平板置于均匀电场⃗中，⃗与板面垂直，2.0E0E01如图25-2所示，则导体左侧面电荷面密度=σ−E，右侧表面外附近12000σ0的场强E=−E。1200解：设、均为正电荷根据电荷守恒得出σ1σ2+σ=σσ120σ2σ1静电平衡的时候−=E202001得出σ=σ−E120001σ=σ+E22000σ1σ21左侧表面外附近的场强E=−(E−−)=−(E−(σ+1020200201σσ)−=0−E22002一金属球壳的内外半径分别为和其中心放一点电荷，则金属球壳的电势为：3.[]R1R2,q(1)q/40R1;(2)q/40R2;(3)(q/R1+q/R2)/80;(4)q/20(R1+R2)解：做的高斯球面，由高斯定理可得出2，电势为r=R2E=q/40R2U2=q/40R24.[1]一孤立导体球壳带有正电荷，若将远处一带电荷，移至导体球壳外附近，则：（1）导体球壳外附近的场强仍与其表面垂直；（2）导体球壳面上的电荷仍为均匀分布；（3）导体球壳的电势仍保持不变；（4）由于静电屏蔽，球壳外的带电体在球壳内产生的场强处处为零。解：因为达到静电平衡时，导体球表面电荷不再移动，故表面处场强的方向仍垂直于导体表面。受外电荷影响，导体表面的电荷受不再均匀分布，电势也改变。球壳内合场强处处为零，但带电体在球壳内产生的场强不为零。半径为的导体球外面，同心地罩一内外半径分别为和的导体球壳。若球和球壳5.rR1R2分别带有电荷q和Q，试求：（1）球和球壳的电势，以及它们的电势差；（2）若将球壳接地，球他们的电势差；（3）若用导线将球和球壳连接，其电势差又为多少？Q+q1解：U=(1)壳4π0R2Q+q1q11U=U−U=−(−)=球壳rR14π0R24π0R1rQ+q−q+q4π0R24π0R14π0rq11电势差∆U=(−)4π0R1r(2)球壳接地内外壳带等量异种电荷q。故∆U不变。6.三块平行金属板A、B、C，面积均为200cm2.A、B间距为4mm，A、C间距为2mm，B、C板上都接地（如图25-6），A板带正电310-7C（不计边缘效应）。求：（1）B、C板上的感应电荷；（2）A板的电势。解：当处于静电平衡状态的时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律求得电荷分布。、板上都接地后，板上电荷要重新分布以维持BCAUAC=UAB.设板上电荷按两侧分布，靠近板的一侧为，靠近板的一侧为，于AqBq1Cq2+q=qE∙d=E∙dq1d=q2d是有q12，ABABACAC，即ABACε0Sε0S联立求解得q=1.0×10−7C1q=2.0×10−7C2=−1.0×10−7C则B板上的感应电荷为−q1=−2.0×10−7CC板上的感应电荷为−q2（2）A板上的电势为qU=U=E∙d=1d=2.3×103VABACABABεSAB0静电场（四）1、在间距为d的平行板电容器中，平行地插入一块厚为d/2的金属大平板，则电容变为原来的2倍，如果插入的是一块厚为d/2，相对介电常数为4的大介质平板，则电容r变为原来的1.6倍。SC'02C解：插入一块厚为d/2的金属大平板，相当于距离缩小了d/2，则0d/20，故电容4变为原来的2倍；如插入的是一块厚为d/2相对介电常数为r的大介质平板，相当于两SSCCCr08CC02CC'121.6C1d/202d/20CC0个电容器串联，，12。2、如图，C10fC5fC15fu100V，则此电容器组和的等效1237.5f0.0125J电容为，电容器C的储存的电能为。1解：C与C并联，C'CC10515f，C'与C串联，12123C'C1515C''37.5f，C'与C串联电容大小相等，所以C'上分到一C'C15153311般的电压50V，C的储存的电能为WCV2(10106)5020.0125J1e2123、[3]真空中A、B两平行板相距为d，面积均为S，分别均匀带电q和q，不计边缘效应，则两板间的作用力为：(1)fq2/4d2;(2)fq2/S;(3)fq2/2S000解：fqEqq/2Sq2/2S004、[3]真空中带电的导体球面与均匀带电的介质球体，它们的半径和所带的电量都相同，设带电球面的静电能为W，带电球体的静电能为W，则:12(1)WW;(2)WW;(3)WW121212解：设电量为Q，半径为R.则均匀带电球面的静电能222E'RW0dV04r2drQ2128R2R2r0V0则均匀带电球体的静电能2223ERrRW0dV04r2dr04r2drQ2Q23Q22240R8R20R2023R23r000V00WW所以12。5.空气电容器，保持与电源相连，再浸入煤油中，则极板间的电场强度__不变___，电容器极板上的电量__变大____，电场能量___变大____。（填变大、变小、不变）6、如图球形电容器，内外半径分别为R和R，二球面间充满相对介电常数为ε的均匀介12r质，当该电容器充电量为Q时，求：（1）介质内D,E的大小；（2）内外球壳之间的电势差ΔV；（3）球形电容器的电容C；（4）它储有的电能We。解：(1)由高斯定理，作半径为r的球形高斯面RQDQ2D4r2QDE4r24r2R0r1RRQQ11(2)U2Edr2dr()RR4r24RR110r0r12Q4RR(3)C0r12URR21Q2Q2(RR)(4)We212C8RR0r12磁场（一）1、两个载有相等电流I的圆线圈，半径均为R，一个水平放置，另一个竖直放置，如图所示，则圆心O处磁感应强度的大小为（3）I2II（1）0；（2）0；（3）0；（4）02R2RR2、通有电流Ｉ的无限长导线弯成如图所示的形状，半圆部分的/4。IＲ半径为R，则圆心处的磁感应强度的量值B=_μoIR____3、如图,有一边长为a的正方形导线回路,载有电流I,求正方形o中心处的磁感应强度的大小和方向。I22IB40(sin450sin450)0I·aa4O2方向向里a4、如图所示，abcdef为一闭合面，其中abfe和Yvccdef为边长为L的正方形，均匀磁场B沿X轴正向。vBd则穿过abfe面的磁通量为__0____；穿过ade和fbcf面的磁通量为__0___；穿过abcd面的磁通量bX为__BL2___；穿过cdef面的磁通量为__-BL2___。ea5、真空中两根无限长直载流导线L和L互相平行12Z、放置，I1=20A，I2=10A，如图所示，AB两点与两导线共面，a=0.05m，求：（1）A、B两点处的磁感应强度B1和B；（2）磁感应强度为零的点的位置。2解：某点的磁感应强度大小应为两导线产生的磁感应强度大小之和。定义垂直纸面向里为正方向。对A点来说，两导线产生的磁感应强度方向都是垂直向内的。2I2I2IB04。B=0102=1.210T，4a14a4a点的磁感应强度可以用同样的方法计算，但是需要注意的是，此时产生的磁BL1感应强度方向是垂直于纸面向外的，所以其数值要用负值：2I2I01025B==6.6710T，负号表示其方向为垂直于纸面向外。24a43a（）以为横坐标，垂直于为纵坐标设立坐标轴，设磁感应强度为的点的2L1L10纵坐标为，则该点距的距离为，距的距离为则有yL1yL22a-y2I2IB0102=0，得y0.2，即该点在L上方（0.2-2a）=0.1m处。4y42ay2磁场（二）ur1、如图所示，半圆形线圈半径为R，通有电流I，在磁场B的作用下从图示位置转过30°时，它所受磁力矩的大小和方向分别为（4）11（1）R2IB，沿图面垂直向下；（2）R2IB，沿图面垂直向上；4433（3）R2IB，沿图面垂直向下；（4）R2IB。沿图面垂直向上。44、如图所示，载流为的线圈与载流为的长直导线共面，设长直导线固定，则圆线圈在2I2I1磁场力作用下将（1）（1）向左平移；（2）向右平移；（3）向上平移；（4）向下平移。3、质子和α粒子质量之比为1:4，电量之比为1:2，它们的动能相同，若将它们引进同一均匀磁场，且在垂直于磁场的平面内作圆周运动，则它们的回转半径之比为（2）（1）1:4；（2）1:1；（3）1:2；（4）1；24、如图所示，a、c处分别放置无限长直载流导线，P为环路L上任一点，若把a处的载流导线移至b处，则（4）rruurrruur（1）iB•dl变，B变；（2）iB•dl变，B不变；LpLprruurrruur（3）iB•dl不变，B不变；（4）iB•dl不变，B变LpLp5、如图所示，ab导线与无限长直导线GE共面，ab延长线与交于点成°，若分别通以电流，，长GEO45I1=20AI2=10AabL92cm，a端距GE为d=1cm，求ab在图示位置时所受urGE产生的磁场作用力F。urrurFIdlB解：2，其方向为垂直于ab向左上，其大小如下计算：设ab上dl长度距GE为r，则有dld[2(rd)]2dr，r的取值范围很明显是[0.01,0.1]。于是有0.12IFBIdl012Idr代入相关数值并且积分得到，20.014r2，F1.3104N。电磁感应1、如图所示，一长为2a的细铜杆MN与载流长直导线垂直且共面，N端距长直导线距离为a，当铜杆以速度V平行长直导线移动时，则杆内出现的动生电动势大小=；N端电势较高。i3a2I2IVIln3VBdlV0d(ra)V0lnr|3a0，负值说明Ma4r4a2的电势低，N端的电势高。ur2、一矩形导线框，以恒定的加速度a向右穿过一均匀磁场区，B的方向如图所示。则在下列I-t图中哪一个正确地反应了线框中电流与时间的定性关系，取逆时针方向为电流正方向。（2）（1）；（2）；（3）；（4）3、一铁芯上绕有线圈N匝，已知铁芯中磁通量与时间的关系为Asin100t（Wb），则在t1.0102s时线圈中的感应电动势为100πNA。dN100NAcos100t100NAdt，4、均匀磁场局限在半径为R的无限长圆柱形空间内，有一长为R的金属细杆MN如图所示位置放置，若磁场变化率dB/dt为常数，则杆两端的电势差为（3）UM-UN3R2dB3R2dBR2dB（1）0；（2）；（3）；（4）4dt4dt6dt、如图所示，一矩形线圈与长直导线共面放置，长边与长直导线平行，长，5ABCDl1=0.20m宽，变与长直导线相距，线圈共匝，保持线圈不懂，而在长直导l2=0.10mADa=0.10m1000线中通有交流电流I=10sin（100πt）A，t以秒计。求t=0.01s时线圈中的感应电动势。ddBdS2dId(ra)lNNN01dtdt4rdtal210010lcos(100t)dr1000201a4r10002000lcos(100t)aldr0124ar10002000lcos(100t)aldr0128.7102V4ar机械振动1、质量为0.01千克的小球与轻弹簧组成的系统的振动规律为x=0.1cos(2πt+2π)米，t以3秒计，则该振动的周期为___1秒__，初相位为__2/3π__；t=2秒时的相位为__4+2/3π___；相位为32π对应的时刻t=___5秒____。32、一质量为m的质点作简谐振动时的x-t曲线如图13-3所示。由图可知，它的初相为__π/2____,t=3s时，它的速率为___0____x(m)0.1t(s)01234-0.13、质点沿x轴作简谐振动，用余弦函数表示，振幅为A。当t=0时，x=A处且向x轴正向0√2运动，则其初位相为[4]（1）1π（2）5π（3）−5π（4）−1π4443、一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动:0.03cos(5+/2)(SI)，4x1=tπ0.03cos(5-)(SI)，它们的合振动的振幅为，初相位为3/4π。x2=tπ___0.0423_______解：两个简谐振动是同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为：A=Asinφ+Asinφ√A2+A2+2AAcos(φ−φ)，初相位为：tanφ=1122121221A1cosφ1+A2cosφ25、一质点沿X轴作简谐振动，振幅为0.10m，周期为2s，已知t=0时，位移x=+0.05m，0且向X轴正方向运动。(1)写出该质点的振动方程。(2)如质点质量m=0.2kg，求它的总能量。π2π解：（1）由题意可知，质点振动的初项为−，圆频率ω==π，振动方程为x=3Tπ10.10cos(πt−)；（2）E=mω2A2=0.001π2=9.87×10−3J326、一质量为100克的物体沿x轴作简谐振动，振幅为1.0cm，加速度的最大值为4.0cm/s2，求：（1）过平衡位置时的动能和总机械能；（2）动能和势能相等时的位置x2，a=Aω2=解（1）简谐振动中加速度的表达式为：a=−Aωcos(ωt+φ)max4cm⁄s2=0.04m⁄s2，得ω＝2，平衡时动能最大，势能为0，E=E=1mA2ω2=kmax22×10−5J；1（2）动能=势能时E=E=1E，即：kx2=1×10−5J，k=mω2，得x=pk2总2±7.07×10−3m。机械波1、如图所示，一余弦横波沿X轴正向传播。实线表示t=0时刻的披形，虚线表示t=0.5s时刻的波形，此波的波动方程为（2）(1)y=0.2cos[2π(t/4-x)]m；(2)y=0.2cos[2π(t/2-x/4)+π/2]m；(3)y=0.2cos[2π(t/4-x)+π]m；(4)y=0.2cos[2π(t/2-x/4)-π/2]m。解：由波形图可知波长＝4m，故应选（2）或（4），又因为0点经0.5秒后要运动到位移负极大处，故初项应为π。22、机械波通过不同的媒质时，就波长λ、频率v和波速c而言，其中____波和波长_______要改变，____频率______不改变。解：频率是波源振动的频率，与介质无关，而波速和波长则和介质有关。3.[1,3]以下关于波速的说法哪些是正确的?(1)振动状态传播的速度等于波速；(2)质点振动的速度等于波速；(3)位相传播的速度等于波速；(4)对于确定的波动和媒质，波速是一常数。4一机械波的波速为、频率为，沿着轴的负方向传播，在轴上有两点4.[]cνXXx1和，如果，那么和处的位相差△为：x2x2>x1>0x2x1φ=φ2-φ1(1)0；(2)π；(3)2πν(x；1-x2)/c(4)2πν(x。2-x1)/c5.己知波源在原点(x=0)的平面简谐波方程为y=Acos(Bt-Gx)，式中A、B、G为恒量。试求:(1)波的振幅、波速、频率、周期和波长；(2)写出传播方向上距离波源L处一点振动方程；(3)任一时刻在波传播方向上相距为D的两点之间的位相差。G解：（1）波动方程y=Acos(Bt−Gx)=AcosB(t−x)，BG2π2π所以波的振幅为A,波速u为，周期为T==，BωB1B2π频率ν＝=，波长λ=uT=；T2πG（2）把波动方程中的x用l来代，即可求得距波源l处的振动方程为y=Acos(Bt−Gl)；Δx（3）Δφ＝2π=DG。λ6.一横波沿绳子传播时的波动方程为y=0.05cos(10πt-4πx)，式中y、x以米计，t以秒计。(1)求绳上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(2)求x=0.2米处质点在t=1秒时刻的位相，它是原点处质点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t=1.25秒时刻到达哪一点?在t=1.5秒时刻到达哪一点?∂y解：（1）u==−0.05∙10πsin(10πt−4πx)=−0.5πsin(10πt−4πx)，∂t=0.5π=1.57m⁄s所以umax；∂u2a==−5πcos(10πt−4πx)，∂t=0.5π2=49.3m⁄s2所以amax。（2）φ＝10π−4π∙0.2＝9.2π。光学（一）、在杨氏双缝实验中，原来缝到达两缝和的距离是相等的，如图所示。现将向下1SS1S2S移动一微小距离，则屏上干涉条纹将如何变化?（1）(1)干涉条纹向上平移；(2)干涉条纹向下平移；(3)干涉条纹不移动；(4)干涉条纹消失。2、在杨氏双缝实验中，双缝间距为0.5mm，双缝至屏的距离为1.0m.，在屏上可见到两组干涉条纹，一组由波长为4800Â的光产生，另一组由波长为6000Â的光产生。问在屏上两组干涉条纹的第三级明纹的间距为多少?D解：缝干涉条纹间距：Δx′=λ，第三级明纹距离中央明纹中心距离为3Δx′，a所以：Δx=3Δx′−3Δx′=3×D×(λ−λ)=3×1.0×(6000−21a210.5×10−34800)×10−10=7.2×1004m。3、空气中有一透明薄膜，其折射率为n，用波长为λ的平行单色光垂直照射该薄膜，欲使反射光得到加强，薄膜的最小厚度应为；为使透射光得到加强，薄膜的最小厚度λλ应为。,4n2n4、[1]在双缝实验装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中一条狭缝，发现屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明条纹的位置，如果入射光的波长为λ，则该云母片的厚度为(1)7λ/(n-1)；(2)7λ；(3)7λ/n；(4)(n-1)λ/7。5、空气中有一劈尖，折射率n=1.4，劈尖角θ=10-4rad，在某一单色光垂直照射时可测得两相邻明条纹的距离为0.25cm，试求：(1)入射光的波长；(2)如果劈尖长3.5cm，那么总共可出现多少条明条纹？λn⁄2λ解：（1）劈尖三角形：θ==，所以λ=2nlθ=2×1.4×0.25×l2ne10−2×10−4=700nm。（2）3.5÷0.25＝14。有14个条纹间隔，棱为暗纹，故劈背亦为暗纹。光学（二）1.用波长为λ的单色光平行垂直照射单缝，若屏上的p点为第二级明条纹位置，则由单缝两5边缘发出的光到达p点处的光程差为±λ；从p点看来，对该光波而言，狭缝处2的波阵面可分成的半波带数为5个。解：根据单缝衍射时，光程差为半波长奇数倍则产生明条纹，λ即Δ＝bsinθ=±(2k+1)时产生明纹，公式中k为条纹的级次，括号内表示分25成的半波带数目k=2时，Δ＝±λ，半波带数目为5。22.[2]在单缝夫琅和费衍射中，若把单缝沿垂直于透镜主光轴方向向上平移少许，则在屏上(1)整个衍射图样向下平移；(2)整个衍射图样保持不变；(3)整个衍射图样向上平移；(4)整个衍射图样位置和相对分布均变化。3.白光垂直照射到每厘米有5000条刻痕的光栅上，若在衍射角φ=30°处能看到某一波长的光谱线，则该谱线的波长为5000埃，该谱线的级次k=2。1×10−2°4°解：(a+b)sinφ=kλ=×sin30=1×10，当k=2时，5000Aλ＝5000埃属可见光范围。4.[3]用波长为4000~7600Å的白光照射衍射光棚，其衍射光谐的第二级和第三级重叠，则第三级光谱被重叠部分的波长范围是(1)6000~7600Å；(2)5067~7600Å；(3)4000~5067Å；(4)4000~6000Å。5.用波长为5000Á的单色光垂直照射在缝宽为0.25mm的单缝上，在位于透镜焦平面的屏上，测得中央明条纹的两侧第三级暗纹之间的间距为3.0mm，试求透镜的焦距。解：由题意可知，λ=5000埃，b=0.25mm；由bsinθ=±3λ可求出3＝3λ⁄2sinθ，tanθ≅sinθ＝，由此得出f=250mm=0.25m。bf