东南大学物理期末考试练习题

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1、东南大学物理期末考试练习题物理复习题 题目1 一根长导线弯成如图形状，中部是半径为R的四分之一圆弧，直线部分 的延线通过圆心，且相互垂直.导线中通以电流I.求圆心O处的磁感应强度B. 参考解答 解题分析 本题可用毕奥萨伐尔定律 给出电流元在指定场点的磁感应强度，然后 叠加求解. 解题过程 由毕奥萨伐尔定律，dB=I R O m0Idlr4r3可以判断，由于场点O在两段直导线 的延长线上，因此这两段电流在O点的磁感应强度为零，该处的磁感应强度等于四分之一圆弧电流产生的场强. 在圆弧上任取电流元Idl，它在P点产生的磁感应强度大小为 dBO=m0Idl4R2dB的方向垂直于图面指向里.各电流元的场

2、强方向相同，由磁感应强度的叠加原理，得O点的磁感应强度为 BO=dBO= 题目2 两个线圈平行共轴放置,半径分别为R1,R2,且R2R1.线圈1中通有恒定电流I,流向如图所示.线圈2以速度沿轴线匀速运动. 设线圈2的匝数为N,求当线圈2在运动到与线圈1相距x时,其中的感应电动势. 参考解答 I x m0I4R2R/20dl=m0I8R x 解题分析 线圈2处于线圈1 的磁场中,运动时,因与线圈1的距离变化引起 其中的磁通量发生改变,从而产生感应电动势. 解题过程 1 由于R2R1,可以认为线圈1在线圈2处的磁场均匀. 由载流圆线圈在轴线上的磁场知, 穿过线圈2的磁链为 =NB12R=N22m0

3、IR122(R+x)2123/22 R2则当线圈2运动时,其中的感应电动势为 2xdxd3m0NIR12R2 Ei=- =225/2dt2(R1+x)dt式中dx=u为线圈2运动的速度.因此在指定位置,线圈2中的感应电动势为 dtEi=3m0NIS1S2ux 225/22(R1+x)式中S1,S2分别是两个线圈的面积.电动势的方向与线圈1中电流方向一致. 题目3 如图所示，在半径为10cm的圆柱形空间，充满磁感应强度为B的均匀磁场，B的方向如图所示.其量值以310-3 Wb/(m2s) 的恒定速率增加.有一长为20cm的金属棒AC放在 图示位置，其一半AB位于磁场内部，另一半BC 在磁场外部.

4、求金属棒AC两端的感应电动势eAC. 参考解答 解题分析 本题可以用两种方法求解，一为感应电场积分法，另一为法拉第电磁感应定律. 由于磁场的对称性和其以恒定的速率变化，在半径相等处，感应电场的大小相等，方向沿圆的切线方向，且在充满磁感应强度B的圆柱形空间内，即rR的范围内有 2 R2dBE=- 2rdtin感应电场Ein随着r的增加而减小. 由感应电场可求出棒两端的感应电动势eAC 解题过程 用感应电场积分法求棒两端的感应电动势eAC： 已知 Ein=-inrdB rR 2rdtdB0 dt由于本题磁感应强度B的方向向内，用积分法求AB，BC上的感应电动势时，积分方向取顺时针方向，负号说明感应

5、电场的方向与积分方向相反，故圆柱内外感应电场的方向均为沿切向的逆时针方向. 按积分方法求解有 BCeAC=eAB+eBC=Eindl+Eindl ABAB段： 由图(a)可知，AB段在均匀磁场内，有 BBeAB=de=Eindl AABO B =Eindlcosq Ah r Ein A (a) q B C de=-rdBcosqdl 2dt式中q是距圆柱轴为r处的感应电场Ein与金属棒 AB段之间的夹角，如图(a)所示， 有 hcosq=- r 3 h=代入积分式有 3R 2BBeAB=de=-AARrdBh(-)dl 2dtrhdB132dB =dl=R2dt022dtBC段： CeBC=E

6、indl BC=Eindlcosa BR2dB=cosadl 2rdtB根据图(b)，积分式中各项可化简如下： CB O h l tana= hda dl=h cos2a A (b) r aEin B C cosa=h r1r= cosah代入积分式，有 eBCR2dBR2dBhda =cosadl=cosa22rdt2rdtcosaBBR2dBhdaR2dBr=hda 2rdtcosa2rdthBBCCCC 4 =RdBRdBda=da 2dtB2dt62C23R2dBR2dB=(-)= 2dt3612dt金属棒两端的感应电动势eAC： BCeAC=eAB+eBC=Eindl+Eindl A

7、B32dBR2dB32dB=R+=(+)R 4dt12dt412dt=(0.433+0.262)0.01310-3V=2.0810-5V 第二种解法：按法拉第电磁感应定律计算 e=-d dt选两个计算方便的回路，连接OA，OB，OC. S1是AOB的面积，对于AOB回路，由于OA，OB沿径向，其上感应电动势均为零，故回路的总电动势e1=eBA e1=eBA=-=d1dB =-S1dtdt1dB32dBhR=-R 2dt4dt对于BOC回路，由于磁场限制在半径为R的圆柱形空间内，所以计算第二个回路所包围面积内的磁通变化率只应计算扇形面积的磁通变化率.S2即为扇形面2R.由于OB，OC沿径向，其上

8、感应电动势均为零.故回路BOC的12d电动势e2=eCB=- dtdBdBe2=eCB=-S2=-R2 dt12dt积，S2=总电动势为 e=e2+e1=eCB+eBA=eCA 5 =-(3+)10-2310-3V 412=-2.0810-5V 式中负号表示感应电动势真实的方向与标定的方向相反，感应电动势真实的方向为逆时针方向，所以有 eAC=-e=2.0810-5V 题目4 均匀带电圆环，电量为Q，半径为R，试由电势梯度求圆环轴线上任一点的电场强度. 参考解答 解题分析 由电荷元的电势叠加可求带电圆环轴线上场点的电势，则可按题目要求求解. 解题过程 设场点与环心相距为x，由 电势叠加原理可求

9、该点电势为 U=R Q O r x Q4e0(R+x)U=x2122O 由电荷的轴对称分布可判断,该场点的电场强度方向应沿轴向，故有 E=Ex=-Qx4e0(R2+x2)32这个结果与直接由点电荷的电场强度叠加的结果相同. 题目5 根据量子理论，氢原子中心是可以看作点电荷的带正电e的原子核，核外是带负电的电子云.在正常状态下，即核外电子处于基态时，电子云的电荷密度分布呈球对称，为r(r)=-半径.试求氢原子内的电场分布. 参考解答 解题分析 氢原子内的电场是原子核产生的电场E+与电子云产生的电场E-的矢量和.因E+和E-均沿径向，故总电场亦沿径向，其大小为E+和E-的标6 e2rexp(-)，

10、式中a0为常数，称为玻尔3a02a0量和. 参考解答 因原子核为点电荷，故距核为r处的电场强度方向沿径向，大小为 E+(r)=e4e0r2因电子云的电荷分布具有球对称性，故E-可用高斯定理计算， E-(r)=14e0r2r(r)dV 取球坐标，原点在原子核处，则体积元为 dV=r2sinqdrdqdj 代入上式，得 e2rE-(r)=-exp(-)r2drsinqdqdj 23a04e0r02a000-e2r2=rexp(-)dr 32a02e0a0r0-e=322e0a0re2331ra02ra02ra02r2-arexp(-)-exp(-)-exp(-)+02a2a4a4000r1r2r2

11、r12r1(+)exp- =22a024e0ra0a02氢原子内的总电场强度为 r2r12r1eE=E+E-=(+)exp(-)-+ 2a02a024e0r24e0r2a0e题目6 在铁晶体中,每个原子有两个电子的自旋参与磁化过程. 今有一铁棒,长l=12cm，直径d=1.0cm2,设其中所有有关电子的自旋都沿棒的长度方向整齐排列.已知电子的自旋磁矩为m自旋=9.2710-24=15Am2,铁的密度为 =7.87gcm-3,摩尔质量是Mmol=55.85g/mol. 求: 此铁棒相应的总磁矩和磁化强度； 7 铁棒中与此相当的磁化电流； 按细长棒计算,磁化电流在铁棒中部产生的磁感应强度. 参考解

12、答 解题分析 本题是关于磁化强度定义以及磁化电流与磁化强度关系的基本问题. 解题过程 此铁棒中参与磁化的电子总个数为 d2N=lr2NA/Mmol4 =120.527.826.021023/55.85 =1.61024它们全部整齐排列相应的总磁矩为 24-242 m=Nm1.6109.2710A=m自旋= 15Am自旋磁矩整齐排列相当于均匀磁化,相应的磁化强度为 M=m总 152 =Am ld2/41210-20.5210-4=1.6106Am-1可知,表面为以铁 (2) 均匀磁化时,磁化电流出现在铁棒的表面,由i=Mn棒的轴线为轴的环形电流, 如图所示.其密度大小为 i=M=1.6106Am

13、-1 M (3) 磁化电流是均匀分布于圆柱表面的环形电流,若为细长棒,则内部磁感应强度为 B=m0i=410-71.6106T=2.0T 题目 7 已知电偶极子的电偶极矩p=ql .求其电场中任一点的电势. 参考解答 解题分析 由于点电荷的电势为已知，利用电势叠加原理可求解. 解题过程 设场点P与偶极子的中心相距为r，其位矢与偶极矩方向间夹角为. 由电势叠加原理，该点电势为 P 8 r- r r+ U=q4e0r+=(-q)4e0r-qr-r+4e0r+r-因为rl,近似有r+r-r2 ，r-r+l cos， 代入上式得 U=perqlcoqs=22 4e0r4e0r题目8 质量分别为m1和m

14、2的两个质点，中间用长为l的轻绳连在一起，两质点以角速度w 绕它们的质心转动试求绳子突然断开的前后，它们对质心的角动量 参考解答 解题分析 本题是求质点对 质心的角动量的习题找出系统 质心的位置，再根据角动量的定 义即可得出结果 解题过程 求质心位置： m1 F1 r1 l C F2 m2 r2 由m1r1=m2r2和r1+r2=l 得r1=m2lm1l及r2= m1+m2m1+m2 轻绳断开前的角动量： 两质点对质心的角动量的大小分别为 22m1m2lw L1=m1v1r1=m1wr= 2(m1+m2)21m2m12l2w L2=m2v2r2=m2wr=2(m1+m2)22 轻绳断开后的角动

15、量： 9 轻绳突然断开后，绳子对质点的拉力F1、F2消失，但对质心的力矩没有变化，故两质点对质心的角动量也没有变化 题目 9 一质量为M0、半径为R的均匀圆盘，绕过其中心且垂直与盘面的水平轴以角速度w 转动，若在某时刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿竖直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？ 参考解答 解题分析 本题是一刚体转动的角动量 守恒的习题，此外还涉及到上抛运动，是一 个很简单的题目 解题过程 碎块达到的高度 碎块刚被抛开时的初速 m v0 M0 O R v0=wR 碎块作上抛运动，所可能达到的高度为 2v0w2R2= h= 2g2gw 破裂后圆盘的角

16、动量 系统：圆盘； 过程：圆盘破裂的过程； 条件：圆盘破裂过程中无外力矩作用，系统角动量守恒； 方程： 圆盘破裂前的角动量 L0=Jw=1M0R2w 2 破裂后碎块的角动量 L1=mv0R=mR2w 10 由角动量守恒，破裂后圆盘的角动量 1 L2=L0-L1=(M0-m)R2w 2题目 10 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支撑在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量试写出它们的计算式 参考解答 解题分析 本题是一测量转动惯 量的习题可用转动定律和机械能守 恒定律两种方法求解

17、在用转动定律 求解时，注意要对两物体分别列方程再联立求解在用机 械能守恒定律求解时，要注意对过程、 系统和守恒条件的分析 解题过程 解法一：由转动定律 对物体m R O F F m a mg 受力：拉力F，重力mg； =m a 方程： mg-F 物体m作匀加速直线运动，若下落距离h用时t，则有 h= 对飞轮 12gt 2 绳拉力：大小F F； 方程： FR=aJ 线加速度和角加速度的关系 a=a R 联立、各式得飞轮的转动惯量为 11 gt2-1) J=mR(2h2解法二：由机械能守恒定律 过程：物体下落h距离的过程； 系统：物体m飞轮地球； 受力：重力mg如果绳子不算系统内之物，绳拉力应属外力，但绳拉力作功为零 -F h+F T h=0 系统机械能守恒 方程：选物体下落前的位置处为重力势能零点则机械能守恒式为 0=121mv+Jw2-mgh 22 线速度和角速度的关系 v=w R 物体m作匀加速直线运动，有 v2=2ah ；v=at 联立、各式同样可得飞轮的转动惯量为 gt2-1) J=mR(2h2 12