湖南大学物理自测下解答

开卷考试，不得讨论！具错误实质性相同者，皆以零分计！湖南大学课程考试试卷课程名称：热力学统计物理；课程编码： 试卷编号： ；考试时间：120分钟低温下某晶体的热容量表达为如下两项湖南大学课程考试试卷湖南大学教务处考试中心参考答案第1题 1.1由于相对论性的自由粒子满足2222()()cp mc ε=+。

微分之得：222d c pdp εε=，即：2pdp d c εε=。

22d pd q 体积元之内的微观状态数为222/d pd q h . 设体系的面积为S 。

则22222Sd pd q S d p h h =⎰。

在二维情况下，2θ=d p pdpd ，将角度部分积分，得2pdp π。

于是得结果222επεSd h c 。

考虑自旋1/2，得简并因子2. 最后得到结果： 224επεSd h c. 1.2aT 来自电子，3bT 来自点阵。

1.3电子之间有强烈的压强，这个压强和点阵(离子)之间的静电力场平衡。

1.4Bose 子的BEC 指原子质心运动的凝聚。

1.5由于简并性条件是3T T n λ<<，即使是低温，只要密度足够低，无论玻色子还是费米子，都不会简并。

也就是，原则上，零温附近，对于费米子一样可以有经典理想气体；对于费米子，如果密度不是非常高，还会形成电子(魏格纳)晶体。

1.6自由度冻结指的是，当温度较低时，一类自由度对热容量的的贡献可以忽略不计，称之为自由度冻结。

当温度下降时，电子运动，振动，转动将依次冻结，平动尽在绝对零度时才冻结。

第2题2.1 体积和粒子数。

2.2 微观状态总数为2N .最可几分布中包含的围观状态数目为2!/(!)2N N 。

二者相等指的是当N 很大时，2ln 21ln !/(!)2→NN N .注意，22lim.!/(!)2→∞→∞NN N N 2.3 最可几分布是左右各一半分子N/2. 这一N/2也可以认为是从0到N 这N+1种微观状态出现机会相等的平均值N/2=[0+1+2+…….+(N+1)] / (N+1)第3题利用玻尔兹曼统计，子系的配分函数为121()1βεβεβω∞---===-∑i iwi Z eee ，其中1()2i i w ε=+.平均能量为 1()ln ()12βωωεωωωβ∂=-=+∂-Z e . 热容量22()()()(1)βωβωεωωβω∂==∂-e C k T e . 熵为，()[ln ln ()]11[ln(1)]221[ln(1)]1βωβωβωβωωβωββωβωβωβω--∂=-∂=---++-=---S k Z Z k e e k e e当温度趋于零时，热容量和熵均为零，但是内能为/2ω.第4题单原子经典理想气体，化学势为负(p.338)。

第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得：)(220R r r RIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r< R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B dΦr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条， 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF D E BC AB B B B B B+++= )sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β∴ a I B AB π=240μ， 同理, a IB BC π=240μ，方向⊗．同样)28/(0a I B B EF D E π==μ，方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA 和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B 的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．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OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右，那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B 的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。

第十二章 真空中的静电场12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零． [解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，方向沿着x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=，由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2． ．12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）．（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）．图12.4第十三章 静电场中的导体和电介质13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势迭加，大小为 000111444o q q Q q U r a bπεπεπε-+=++13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？ （2）A 板电势为多少？ [解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为q 1 = σ1S 和q 2 = σ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0，A 、C 间的场强为 E 2 = σ2/ε0． 设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 σ1d 1 = σ2d 2． ③解联立方程①和③得 σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)．由于B 板和C 板的电势为零，所以 U A = ΔU = 452.4(V)．13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为 120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．图13.3图13.4第十四章 稳恒磁场14．1 通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律：002d d 4I rμπ⨯=l r B ， 圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为 012d d 4I l B aμπ=， 由于 d l = a d φ， 积分得 11d LB B =⎰3/200d 4I aπμϕπ=⎰038Ia μ=． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B rμθπ=， 由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，可得 02sin d d 4I B bμθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4LI B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIb bππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为012338I B B B B a μ=++=． [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB aμϕπ=．（2）有限长直导线产生的磁感应大小为 012(cos cos )4IB bμθθπ=-． 对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得0238IB B bπ==．上述公式可以直接引用．14．2 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]在直线磁场公式012(cos cos )4I B Rμθθπ=-中，令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度 04I B Rμπ=．两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RRμμπ=--=--B i k i k ． 场强大小为B ==与X 轴的夹角为 2arctan arctan z x B B θπ==．14．3 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式：012(cos cos )4I B Rμθθπ=-，令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为 AD B =， O 点的磁感应强度为 4AD B B ==， 方向垂直纸面向里．14．14 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求：（1）磁感应强度B 的分布； （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？ [解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12， 面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12．在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为 S r = πr 2， 包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12．根据安培环路定理00d r LI I μμ⋅==∑⎰B l ，由于B 与环路方向相同，积分得 2πrB = μ0I r ，所以磁感应强度为 B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)．在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，所包围的电流为I ，根据安培环中定理可得 B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)．在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得 B = 0，(r > R 2)．（2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为 d S = l d r = d r ， 方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r ，总磁通量为 210211d ln 22R R II R r r R μμΦππ==⎰．14．19 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求：（1）O 点的磁感应强度B ； （2）磁矩p m ；（3）若a >>b ，求B 0与p m ．[解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω，在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为 d q = λd r ， 图14.17 图14.23形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π，在圆心O 点产生的磁感应强度为 d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ， 整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a bB r r aμωλμωλππ++==⎰， 如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外．（2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2， 积分得 233d [()]26a bm ap r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外．（3）当a >>b 时，因为 00ln(1)( (44)b B a a μωλμωλππ=+=+， 所以 04bB aμωλπ≈．33[(1)1]6m a b p aωλ=+-3223[33()()]62a b b b a ba a a ωλωλ=++≈．第十六章 电磁感应 电磁场与电磁波．16．2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？[解答]在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ = d l cos θ； 线元到直线之间的距离为 r = x A + l sin θ，直线电流在线元处产生的磁感应强度为 0022(sin )A I IB r x l μμππθ==+． 由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为 0cos d d d 2(sin )A Iv l Bv l x l μθεπθ⊥==+， 棒的动生电动势为0cos d 2sin LAIv lx l μθεπθ=+⎰00cos d(sin )2sin sin LA A Iv x l x l μθθπθθ+=+⎰0sin cot ln 2A A Ivx L x μθθπ+=， A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势．（2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A A x L L L x x x θθθ+=+→，所以02AIvLx μεπ→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于金属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x = 0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ． [解答]（1）经过时间t ，导体杆前进的距离为 x = vt ， 杆的有效长度为 l = x tan θ = v (tan θ)t ， 图16.2 O图16.6动生电动势为 εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ．（2）导体杆扫过的三角形的面积为S = xl /2 = x 2tan θ/2 = v 2t 2tan θ/2，通过该面的磁通量为3tan cos 2kx BS t θΦω== 33tan cos 2kv t t θω=感应电动势为d d i tΦε=-323tan (3cos sin )2kv t t t t θωωω=--， 即：32tan (sin 3cos )2i kv t t t t θεωωω=-．16．10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD 与无限长直截流导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε． [解答]电流I 在r 处产生的磁感应强度为02IB rμπ=， 穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2IbB S r rμΦπ==， 穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()22x a xIb Ib x a r r x μμΦππ++==⎰，回路中的电动势为d d t Φε=-0d 11d [ln()()]2d d b x a I xI x t x a x tμπ+=-+-+00cos [ln()sin ]2()I b x a av t t x x x a μωωωπ+=++． 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势．*16．11 如图，一个矩形的金属线框，边长分别为a 和b （b 足够长）．金属线框的质量为m ，自感系数为L ，忽略电阻．线框的长边与x 轴平行，它以速度v 0沿x 轴的方向从磁场外进入磁感应强度为B 0的均匀磁场中，B 0的方向垂直矩形线框平面．求矩形线框在磁场中速度与时间的关系式v = v (t )和沿x 轴方向移动的距离与时间的关系式x = x (t )．[解答]由于b 边很长，所以线框只有右边在做切割磁力线的运动．当线框速度为v 时，产生的动生电动势为 ε = B 0av ． 当线框中的电流为i 时，产生的自感电动势的大小为d d L iL tε=．根据奥姆定律得 ε + εL = iR ，由于不计电阻，所以有0d 0d iB av Lt+=． ① 右边所受的力为 F = iaB 0，根据牛顿第二定律得 0d d v iaB mt=， 微分得 22d d d d i vaB m t t=， ② 联立①和②式得微分方程 2202()d 0d aB v v t mL+=，这是简谐振动的微分方程，其通解为图16.10图16.11sin v A B =+． 当t = 0时，v = v 0，所以A = v 0．加速度a t = d v /dt )A B =-+， 当t = 0时，a t = 0，所以B = 0．速度方程为0v v =．由于v = d x /d t ，所以0d d x v t v t ==⎰⎰00v C =+．当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为00x v aB =．16．13 两个共轴的导体圆筒称为电缆，其内、外半径分别为r 1和r 2，设电流由内筒流入，外筒流出，求长为l 的一段电缆的自感系数（提示：按定义L = NΦ/I ，本题中NΦ是图中阴影部分面积的磁通量）．[解答]在内外半径之间，磁感应强度的大小为 B = μ0I /2πr ，其中r 是场点到轴线之间的距离，B 的方向是以轴线为中心的同心圆．在r 处取一长为l 的面积元d S = l d r ，通过面积元的磁通量为 d Φ = B d S ，总磁通量为 210021d ln 22r rI Il rl r r r μμΦππ==⎰， 电缆的自感系数为 021ln 2l r L Ir μΦπ==． [讨论]电缆单位长度的自感系数为 0201ln 2r L L l r μπ==．16．17 长直导线与矩形单匝线圈共面放置，导线与线圈的长边平行，矩形线圈的边长分别为a 、b ，它到直导线的距离为c （如图），当矩形线圈中通有电流I = I 0sin ωt 时，求直导线中的感应电动势．[解答]如果在直导线中通以稳恒电流I ，在距离为r 处产生的磁感应强度为B = μ0I /2πr ．在矩形线圈中取一面积元d S = b d r ，通过线圈的磁通量为00d d ln22a c ScIb r Ib a cB S r cμμΦππ++===⎰⎰， 互感系数为 0ln2b a cM IcμΦπ+==． 当线圈中通以交变电流I = I 0sin ωt 时，直导线中的感应电动势大小为00d (ln )cos d 2b I a cMI t t cμεωωπ+==．图16.13b 图16.17。

课程名称：大学物理；试卷编号： 1 ；考试时间：120分钟一、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) 将另一点电荷放进高斯面内．(C) 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内．(D) 将高斯面半径缩小．［］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的关系是：(A) F∝U．(B) F∝1/U．(C) F∝1/U 2．(D) F∝U 2．［］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) ε 0 E．(B) ε 0ε r E．(C) ε r E．(D) (ε 0ε r- ε 0)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，则由安培环路定理可知(A) B = 0．(B) B≠0．(C) B≠0．(D) B =常量．［］5. 一载有电流I R和r的长直圆筒上形成两个螺线管，两螺线管单位长度上的匝数相等．设R = 2r，则两螺线管中的磁感强度大小B R和B r应满足：(A) B R = 2 B r．(B) B R = B r．(C) 2B R = B r．(D) B B r．［］6. 在圆柱形空间内有一磁感强度为d B/d t变化．在磁场中有A、B两点，其间可放直导线AB AB，则(A) 电动势只在AB导线中产生．(B) 电动势只在AB导线中产生．(C) 电动势在AB和AB中都产生，且两者大小相等．(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的单色光照射某种金属时，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 <ν2．(C) ν1 =ν2．(D) ν1与ν2的关系还不能确定．［］8. 关于不确定关系(1) 粒子的动量不可能确定．(2) 粒子的坐标不可能确定．(3) 粒子的动量和坐标不可能同时准确地确定．(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子．其中正确的是：(A) (1)，(2). (B) (2)，(4).(C) (3)，(4). (D) (4)，(1). ［］9. 直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是(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，m l = 0，(2) n = 3，l = 3，m l = 1，(3) n = 3，l = 1，m l = -1(4) n = 3，l = 0，m l = 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）1.（本题3分）一半径为R的均匀带电圆环，电荷线密度为λ．设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）一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为W e0，使其电荷保持不变，把它浸没在相对介电常量为εr的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量W e =__________________________．3.（本题3分）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磁场_______________________．4.（本题3分）在相对介电常量为εr的各向同性的电介质中，电位移矢量与场强之间的关系是___________________ ．5.（本题3分）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为d E/d t．若略去边缘效应，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___________的散射成分称为康普顿散射．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的辐射，其频率ν1、ν2和ν3满足关系式______________________；三个波长满足关系式__________________．8.（本题3分）1921年斯特恩和革拉赫在实验中发现：一束处于s 态的原子射线在非均匀磁场中分裂为两束．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___________________________来解释．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 的带电细圆环，其电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ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．2. 一半径为R(r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R ) 试求：(1) 带电球体的总电荷；(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，如图．其上均匀分布线密度为λ 的电荷，当回路以匀角速度ω 绕过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．4. 由质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成的矩形线框，宽为b ，在t =0 时由静止下落，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其方向在图中垂直纸面向里．现已知在时刻t = t 1和t 2线框位置如图所示，求线框速度v 与时间t 的函数关系(不计空气阻力，且忽略线框自感)． 大学物理试卷（二）答案与评分标准一 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）1． λ / (2ε0) 3分2． W e 0 / εr 4分3． aIB 3分4．E D r εε0= 3分 5． t E R d /d 20πε 3分6． 不变 1分 变长 1分 波长变长 1分7． 123ννν+= 2分 123111λλλ+= 2分 8． 电子自旋的角动量的空间取向量子化 3分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，共40分）1．解：在任意角φ 处取微小电量d q =λd l ，它在O 点产生的场强为：。