湖南大学--大学物理2期末复习

各章重点§8库仑定律F 12=k q 1q 2r 123r 12 k=9.0*109N.m 2/C 2ε0=8.85×10−12C 2/(N ∙m 2）真空中库仑定律F 21=−F 12=14πεq 1q 2r 213r 21电场强度E =Fq 0F =14πεqq 0r 3rE =q4πε0r 3rE = qi4πε0r i3r i n i =1§9静电场中的电介质D =E0ε真空中E rεε0介质中高斯定理⎰∑=∙Si q S d D电容电容器孤立导体uqC=电容器BA u u qC -=电场能量电容器Qu Cu C Q W 2121222===电场⎰=VwdV W 电场能量密度：221E w ε=求C 的方法定义法AB AB U C U E q q =→→→能量法W qC W w E q 22=→→→→§10＆11 电流强度、电流密度dt dq I =n dS dI j⊥=l d E l d E kl k⋅=⋅=⎰⎰内ε(E K 为非静电场强)磁通量⎰⋅=Φs m S d B 磁场的计算34r rl Id B d⨯=πμ⎰⨯=34r r l Id Bπμ⎰=B d B∑⎰=⋅il I l d B0μ304rr q B⨯=υπμ磁场方程⎰=⋅S S d B 0 ⎰∑=⋅l i I l d B 0μ 载流线圈的磁矩n NIS P m=电磁相互作用B l Id f d ⨯=⎰⨯=lB l Id f B P M m ⨯=B q F⨯=υ⎰ΦΦΦ=21m m m Id A 霍耳电压b IB R U H H =霍耳系数)1(nqR H =直电流的磁场)cos (cos 4210ααπμ-=a I B 无限长载流直导线aIB πμ20=半无限长载流直导线a I B πμ40=直导线延长线上0=B 2. 圆电流轴线上某点的磁场大小232220)(2x R IR B +=μ右手螺旋法则载流圆环圆心处的B 圆心角R I B 20μ=载流圆弧圆心角R I R I B πθμπθμ42200=∙=长直载流螺线管⎩⎨⎧=外0内0nI B μ无限大载流导体薄板0nI B μ=环形载流螺线管⎪⎩⎪⎨⎧=外内20rNIB πμ2121、R R R R ->>12R Nn π=nI B 0μ≈ §13自感系数IL mψ=自感电动势dt dI Ll -=ε互感系数12121I M ψ=21212I M ψ=M M M ==1221互感电动势dt dI M 121-=εdtdI M 212-=ε动生电动势⎰⋅⨯=l d B v iε电磁感应定律dtd mi Φ-=ε 感生电动势S d tBl d Es l i⋅∂∂-=⋅=⎰⎰涡ε课本例题电流的功率PPT 例题※在截面半径为R 的圆柱形空间充满磁感应强度为B 的均匀磁场, B 的方向沿圆柱形轴线 , B 的大小随时间按dB /dt = k 的规律均匀增加 , 有一长L =2R 的金属棒abc 位于图示位置,求金属棒中的感生电动势.解: 作辅助线oa 、oc 构== 成闭合回路oabco 。

大学物理B(二)复习提纲（2014年秋期末）一、首要完成题1．首先认认真真详细细看一遍教材，弄清教材的主要内容。

2．把上课中还没有弄清的内容先搞清楚。

3．复习第六章～第12章课本上所有练习题。

4．复习第六章～第12章课本上所有例题。

5．弄清第六章～第12章所有定理、定律、公式的意义、特点、适用条件和来龙去脉。

二、填空题1．电场高斯定理的特点是（）。

2．静电场安培环路定理的特点是（）。

3．磁场高斯定理的特点是（）。

4．磁场安培环路定理的特点是（）。

5．磁介质安培环路定理的特点是（）。

6．磁化电流的特点是（）。

7．分子电流与磁化电流的关系是（）。

8．磁化强度、磁感强度和磁场强度的关系是（）。

9．霍尔效应的特点是（）10．在电磁感应中，楞次定律能够确定（）的方向。

11．通电螺线管内部的磁感强度是（）。

12．平行直导线通相同方向电流，它们的磁场力方向是（）。

13．尖端放电的特点是（）。

14．洛伦磁力的特点是（）。

15．安培定律的特点是（）。

16．超导的特点是（）。

17．楞次定律的特点是（）。

18．法拉第电磁感应定律的特点是（）。

19．感应电动势与动生电动势的区别是（）。

20．自感与互感的区别是（ ）。

21. 平行板电容器两极板间的电场强度是处处（ ）。

22．人们在计算点电荷产生的电势时，定义零电势点为（ ）。

23用单位正电荷在电场中受到电场力的比值，定义为（ ）。

24．电偶极子是（ ）。

25．电容器充电是（ ）作功。

26．在静电平衡时，带电导体内的净电荷为（ ）。

27．无限长通电直导线外激发磁场强度的大小为（ ）。

28．毕奥-萨伐尔定律的应用条件是（ ）。

29．描述稳恒电场的物理量是（ ）。

30．描述稳恒磁场的物理量是（ ）。

31．在光的干涉条纹中，光程差为k λ±时，条纹为（ ）纹，光程差为(21)/2k λ±+时，条纹为（ ）纹。

32.两列波要产生干涉的条件是:(1)频率( );(2)振动方向( );(3)相位差( ).33.弹簧振子的振动可以认为是( )振动,它的振动方程为( ).34.简谐振动与平面简谐波的相同之处是:( ）；它们的区别是（ ）．35.杨氏双缝产生干涉的原因是（ ）．36.弹簧振子的固有周期为( ).37.某质点的振动方程为:0cos()x A t ωφ=+,则振幅为( ),频率为( ),相位为( ).38.产生驻波的条件是( ).39.平均能流密度的物理意义是( ).40.牛顿环产生的基本原理是( ).三、判断题正确说法在括号内打勾，否在括号内打交叉。

大学物理2复习总结一、知识点回顾大学物理2是物理学的一个重要分支，它涵盖了力学、电磁学、光学、热学等多个方面的知识。

在复习过程中，我首先对各个知识点进行了回顾，包括：牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律、电场强度、电势、磁场、光的干涉和衍射、波动等。

通过对这些知识点的复习，我巩固了基础，为后续的解题打下了坚实的基础。

二、重点难点解析在复习过程中，我发现有一些知识点是特别重要的，也是我在学习中遇到的难点。

比如，牛顿运动定律的综合应用、电磁场的理解、光的干涉和衍射的原理和计算等。

对于这些重点难点，我进行了深入的分析和理解，通过大量的例题和练习题来加深对这些知识点的理解和掌握。

三、解题方法总结大学物理2的解题方法非常重要，掌握了解题方法，才能更好地解决各种问题。

在复习过程中，我总结了一些常用的解题方法，如：牛顿运动定律的矢量表示、动量守恒定律的代数表示、能量守恒定律的综合应用、电场强度的计算、电势的计算、磁场的计算、光的干涉和衍射的计算等。

通过这些方法的掌握，我能够更好地解决各种问题。

四、错题总结与反思在复习过程中，我发现自己在一些问题上容易出错，比如：对牛顿运动定律的理解不够深入、对电磁场的理解不够准确、对光的干涉和衍射的计算不够熟练等。

对于这些问题，我进行了总结和反思，分析了出错的原因，并通过大量的练习来避免类似的错误再次发生。

五、知识框架构建在复习结束后，我构建了大学物理2的知识框架，将各个知识点有机地在一起。

通过这个知识框架，我能够更好地理解和掌握大学物理2的知识点，也能够更好地应用这些知识点解决实际问题。

六、备考策略优化在备考过程中，我还优化了自己的备考策略。

我制定了详细的复习计划，将每个知识点都安排在合理的复习时间内。

我注重了课堂听讲和笔记整理的结合，确保自己对每个知识点都有深入的理解。

我注重了练习和反思的结合，通过大量的练习来提高自己的解题能力，同时不断反思自己的解题方法和思路。

通过这次复习总结，我对大学物理2有了更深入的理解和掌握，同时也提高了自己的解题能力和思维能力。

11章10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1)]ln [ln π2d π2d π2000d a d b a b Il r l r I r l r I ab ba d d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2)t Ib a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v ϖ方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B ϖ的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε； 题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题10-10图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aI M μΦ==10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Iar r Ia S B b b S μμΦ⎰⎰==⋅=ϖϖ∴ 6012108.22ln π2-⨯===a N I N M μΦ H (b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012=Φ，见题10-16图(b) ∴ 0=M题10-16图题10-17图13章12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．解: (1)由λk dDx =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm 12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 oA 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有λλk ne =+22 ),2,1(⋅⋅⋅=k得 122021612380033.14124-=-⨯⨯=-=k k k ne λ 2=k , 67392=λo A (红色) 3=k , 40433=λ oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式 λk ne =2),2,1(⋅⋅⋅=k 所以 kk ne 101082==λ 当2=k 时， λ =5054oA (绿色) 故背面呈现绿色．14章13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm 当 3=k ，得60003=λo A4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=o A 由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数m ax k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .第五章5-7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=， 即)21(212122kA kx ⋅= ∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5-8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2A x -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t T A x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5-11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题5-11图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5-16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。

普通物理A （2）练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(C)，2(A)，3(C)，4(D)，5(B)，二、填空题(1). 0，λ / (2ε0) ； (2). 0 ； (3). －2×103 V ；(4). ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 1140ε； (5). 0，pE sin α ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强． 解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i RE-π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i RE +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i RE +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为：()j i RE E E E+π=++=03214ελ2. 两根相同的均匀带电细棒，长为l ，电荷线密度为λ，沿同一条直线放置．两细棒间最近距离也为l ，如图所示．假设棒上的电荷是不能自由移动的，试求两棒间的静电相互作用力．解：选左棒的左端为坐标原点O ，x 轴沿棒方向向右，在左棒上x 处取线元d x ，其电荷为d q ＝λd x ，它在右棒的x '处产生的场强为：()204d d x x xE -'π=ελ整个左棒在x '处产生的场强为：BA∞O B A ∞∞()⎰-'π=lx x xE 0204d ελ⎪⎭⎫⎝⎛'--'π=x l x 1140ελ 右棒x '处的电荷元λd x '在电场中受力为：x x l x x E F '⎪⎭⎫⎝⎛'--'π='=d 114d d 02ελλ整个右棒在电场中受力为：⎜⎠⎛'⎪⎭⎫ ⎝⎛'--'π=ll x x l x F 3202d 114ελ34ln 402ελπ=，方向沿x 轴正向． 左棒受力 F F -='另解：d d ,d d q x q x λλ''==220d d d 4()x x F x x λπε'='-232020d d d 4()ll lx x F F x x λπε'=='-⎰⎰⎰⎰223202000d d 11()d 4()423ll l l x x x x x x l x l λλπεπε'==-'---⎰⎰⎰ 204ln 43λπε= F F -='3. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．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 λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为： φφεσελd s co 22d 000π=π=RE 它沿x 、y 轴上的二个分量为：d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 2200π-d E y =－d E sin φ =φφφεσd s co sin 200π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝002εσ0)d(sin sin 220=π-=⎰πφφεσy E ∴ i i E E x02εσ-==4. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为ρ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？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∑⎰=⋅0ε/d q SE S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεkSb xdx kSS E E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x kE ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x =5. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)． 解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为ixx E 012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ'∴ i x R x E E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2x R R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ6．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6×10-19 C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R BA B A r rr E U U ελ 120ln 2R R ελπ-= 得到 ()120/ln 2R R U U A B -=πελ， 所以 ()rR R U U E A B 1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R R R U U eR eE F A B ⋅-==＝4.37×10-14 N 方向沿半径指向阳极．7. 如图所示，半径为R 的均匀带电球面，带有电荷q ．沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l ，细线左端离球心距离为r 0．设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)．解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)整个细线所受电场力为：()l r r l q x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能：xd W = (q λd x ) / (4πε0 x )整个线电荷在电场中具有电势能：⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 2041r qE πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 从工厂的烟囱中冒出的滚滚浓烟中含有大量颗粒状粉尘，它们严重污染了环境，影响到作物的生长和人类的健康。

湖南大学大学物理复习题力学复习题一．填空题：1．一个动量为P 的质点,相对惯性参考系中某一固定点O 的径矢为r ,则该质点对O 点的角动量L 的矢积定义式为P r L ?=.2．一飞轮以角速度ω0绕轴旋转,飞轮对轴的转动惯量为J 1;另一静止飞轮突然被合到同一个轴上,该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍,合后整个系统的角速度ω=ω0/3 3. 一个物体可以绕定轴做无摩擦的均匀转动，当它受热膨胀时，转动惯量增大，角速度减小。

（填“增大”、“减小” 或“不变”）4. 做直线运动的质点，其法向加速度一定为零，不一定有切向加速度。

（填一定或不一定）5.系统动量守恒的条件是系统所受的合外力为零。

6、刚体作定轴转动，其法向加速度和角速度之间的关系为 a n =r ω2 。

7、刚体作定轴转动，转动定律的形式为。

8. 刚体的转动惯量与刚体的质量、转轴的位置、刚体质量的分布等因素有关。

9、刚体作定轴转动，其角速度与线速度的关系为v=r ω ，切向加速度和角加速度之间的关系为a τ=r α10. 只有保守内力作用的系统，它的动量守恒，机械能不守恒．（填守恒或不守恒）．11. 保守力做功的大小与路径无关，势能的大小与势能零点的选择有关。

（填有关或无关） 12. 做曲线运动的质点，其切向加速度不一定为零，一定有法向加速度。

（均填一定或不一定）13. 一质点的运动方程为x=0.2cos2πt ，式中x 以米为单位，t 以秒为单位。

在t=0.50秒时刻，质点的速度是0m/s ，加速度是0.8π2m/s 2 。

14. 功是物体能量变化的量度，质点系机械能守恒的条件是一切外力和非保守内力作功为零。

15. 表示质点位置随时间变化的函数式称为运动方程,可以写作r=r(t) .16. 以一定初速v 0、抛射角θ0抛出的物体，其切向加速度最大的点为抛出点和落地点，其法向加速度最大的点为抛物线最高点。

二.判断题1．质点作直线运动，加速度的方向和运动的方向总是一致的。

湖南大学大学物理2期末试卷一、选择题（单选题，每小题3分，共30分）1.一点电荷，放在球形高斯面的中心处．下列哪一种情况，通过高斯面的电场强度通量发生变化：(a)将另一点电荷放在高斯面外．(b)将另一点电荷放入高斯面内．(c)将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内．(d)将高斯面半径增大．［］2.充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力f与两极板间的电压u的关系就是：(a)f∝u．(b)f∝1/u．(c)f∝1/u2．(d)f∝u2．［］3.一导体球外充满相对介电常量为εr的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为e，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(a)ε0e．(b)ε0εre．(c)εre．(d)(ε0εr-ε0)e．［］4.如图，在一圆形电流i所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路l，则由安培环路定里(d)b=0．b≠0．b≠0．b=常量．［］5.一载有电流i的细导线分别均匀密绕在半径为r和r的长直圆筒上构成两个螺线管，两螺线管单位长度上的匝数成正比．设r=2r，则两螺线管中的磁感强度大小br和br应满足：(a)br=2br．(b)br=br．(c)2br=br．(d)br=4br．［］bb6.在圆柱形空间内有一磁感强度为的光滑磁场，如图所示．的大小以速率db/dt变化．在磁场中有a、b两点，其间可放直导线ab和弯曲的导线ab，则(a)电动势只在ab导线中产生．电动势只在ab导线中产生(c)电动势在ab和ab中都产生，且两者大小成正比．(d)ab导线中的电动势小于ab导线中的电动势．［］7.用频率为ν1的单色光反射某种金属时，测得饱和电流为i1，以频率为ν2的单色光照射该金属时，测得饱和电流为i2，若i1>i2，则(a)ν1>ν2．(b)ν1(c)ν1=ν2．(d)ν1与ν2的关系还不能确定．［］8.关于不确认关系∆px∆x≥(=h/(2π)，存有以下几种认知：(1)粒子的动量不可能确定．(2)粒子的座标不可能将确认．(3)粒子的动量和坐标不可能同时准确地确定．(4)不确认关系不仅适用于于电子和光子，也适用于于其它粒子．其中正确的是：(a)(1)，(2).(b)(2)，(4).(c)(3)，(4).(d)(4)，(1).［］9.轻易证实了电子自旋存有的最早的实验之一就是(a)康普顿实验．(b)卢瑟福实验．(c)戴维孙－革末实验．(d)斯特恩－革拉赫实验．［］10.有下列四组量子数：(1)n=3，l=2，ml=0，(2)n=3，l=3，ml=1，(3)n=3，l=1，ml=-1(4)n=3，l=0，ml=0，其中可以描述原子中电子状态的(a)只有(1)和(3)．(b)只有(2)和(4)．(c)只有(1)、(3)和(4)．(d)只有(2)、(3)和(4)．［］二、填空题（共30分后）1.（本题3分）一半径为r的光滑磁铁圆环，电荷线密度为λ．设立无穷远处为电势零点，则圆环中心o点的电势u＝______________________．2.（本题4分后）一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为we0，使其电荷保持不变，把它浸在相对磁导率常量为εr的无限大各向同性光滑电介质中，这时它的静电能量we=_____________3.（本题3分后）有一半径为a，流过稳恒电流为i的1/4圆弧形载流导线bc，按图示方式置于均匀外b磁场中，则该载流导线所受的安培力大小为_______________________．4.在相对磁导率常量为εr的各向同性的电介质中，电位移矢量与场强之间的关系就是________5.一平行板空气电容器的两极板都是半径为r的圆形导体片，在充电时，板间电场强度的变化率仅de/dt．若省略边缘效应，则两板间的位移电流为_________________________．6.（本题3分）某一波长的x光经物质散射后，其散射光中包含波长________和波长__________的两种成分，其中___________的反射成分称作康普顿反射．7.（本题4分）图示被激发的氢原子跃迁到低能级时(图中e1不是基态能级)，可发出波长为λ1、λ2、λ3的电磁辐射，其频率ν1、ν2和ν3满足用户关系式______________________；三个波长满足用户关系式__________________．8.（本题3分后）1921年斯特恩和革拉赫在实验中辨认出：一束处在s态的原子射线在非光滑磁场中分裂为两束．对于这种分裂用电子轨道运动的角动量空间取向量子化难于解释，只能用___________________________去表述．9.（本题4分）多电子原子中，电子的排列遵循__________________________原理和______________________原理．三、计算题（每小题10分，共40分）1.半径为r的磁铁粗圆环，其电荷线密度为λ=λ0sinφ，式中λ0为一常数，φ为半径r与x轴所变成的夹角，如图所示．试求环心o处的电场强度．2.一半径为r的磁铁球体，其电荷体密度原产为ρ=0(r>r)试求：(1)磁铁球体的总电荷；(2)球内、外各点的电场强度；(3)球内、外各点的电势．3.有一闭合回路由半径为a和b的两个同心共面半圆连接而成，例如图．其上时均匀分布线密度为λ的电荷，当电路以坯角速度ω绕开o点垂直于回路平面的轴转动时，求圆心o点处的磁感强度的大小．(r≤r)(q为一正的常量)4.由质量为m、电阻为r的光滑导线制成的矩形线框，阔为b，在t=0时由恒定行踪，这时线框的下底边在y=0平面上方高度为h处(如图所示)．y=0平面以上没有磁场；y=0平面以下则有匀强磁场b，其方向在图中垂直纸面向里．现已知在时刻t=t1和t=t2，线框位置如图所度v与时间t的关系一选择题（每小题3分，共30分）1（b）2（d）3（b）4（b）5（b）6（d）7（d）8（c）9（d）10（c）二填空题（共30分）2．we0/εr4分后3．aib3分1．λ/(2ε0)3分4．d=ε0εre3分后2επrde/dt3分05．6．维持不变1分变短1分后波长变短1分后λ2λ12分7．ν3=ν2+ν12分λ38．电子自旋的角动量的空间价值观念量子化3分后9．泡利不相容原理2分能量最低原理2分三．计算题（每小题10分后，共40分后）1．解：在任意角φ处取微小电量dq=λdl，它在o点产生的场强为：de==1+dl=λ0cosφdφ4π0r4πε0r23分它沿x、y轴上的二个分量为：dex=－decosφ1分dey=－desinφ1分后2πλ0λ02ex=cosφdφ4πε0r⎰0＝4ε0r对各分量分别求和2分2πλ0ey=sinφd(sinφ)=04πε0r⎰02分后λ0e=exi=-i4εr0故o点的场强为：1分2．求解：(1)在球内挑半径为r、薄为dr的薄球壳，该壳内所涵盖的电荷为dq=ρdv=qr4πr2dr/(πr4)=4qr3dr/r4(2)在球内并作一半径为r1的高斯球面，按高斯定理存有则球体所带的总电荷为q=⎰ρdv=4q/rv(4)⎰rr03dr=q4πre1=211ε0⎰r10qr14qr2⋅4πrdr=πr4ε0r4qr12e1=44πεre0得(r1≤r)，1方向沿半径向2在球体外作半径为r2的高斯球面，按高斯定理存有4πr2e2=q/ε0(3)球内电势e2=4πεr(r2>r)，e2方向沿半径向202qu1=⎰rr12r∞qrq∞=dr+⎰r4πεr2dre1⋅dr+⎰e2⋅dr⎰r14πεr4r00球外电势r13⎰q⎰qr13=4-3⎰=-412πεrr⎰12πε0r0⎰⎰(r1≤r)3πε0rqu2=⎰r2∞e2⋅dr=⎰r2q4πε0r2dr=q4πε0r2(r2>r)3．解：b=b1+b2+b3b1、b2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，b3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度．μiμπλωbμ0λωπλωbb1=01=0=2b2b⋅2π43分后2π，μiμπλωaμ0λωπλωab2=02=0=i2=2a2a⋅2π43分2π，di3=2λωdr/(2π)1分后i1=b3=⎰aμ0λωdr2π⋅μ0λωb=lnr2πab(π+ln)a3分后b=2π4．解：(1)在线框进入磁场之前(0≤t≤t1)线框作自由落体运动：当t=t1=2h/g时v=v1=2hg2分后(2)线框底边进入磁场后，产生感应电流，因而受到一磁力1dφf=ibb=bbrdt(方向向上)b2b2dyb2b2==vrdtr2分后线框运动的微分方程为：dvb2b2mg-v=mrdt1分k=mr，解上式，注意到t=t1时v=v1，得而令v=[g-(g-kv1)e-k(t-t1)]k(t1≤t≤t2)2分[g-(g-kv)e-k(t2-t1)]v=v=21k当t=t2，μ0λω(3)当线框全部进入磁场后(t>t2)，通过线框的磁通量不随时间变化，线框回路不存在感生电流，磁力为零．故线框在重力作用下作匀加速下落，v=v2+g(t-t2)3分1[g-(g-kv1)e-k(t2-t1)]+g(t-t2)k(t≥t2)。