物理考试重点和习题总汇

1、大学物理第二学期复习提纲章910111214、15 16分值选择题1111223*8填空题1111242*10判断题1111111*6计算题11112010*5分 值161616163115100一、考试命题计划表二、各章典型例题及作业分析第9章计算题1*求电场E和电势 V典型例题：P20：例2 P30：例1 例3P21：例3典型习题：9-14 9-15 9-20 第10章计算题1*求电容（球、圆柱型）典型例题：P56：例2 例3 P62：例典型习题：10-8 10-13 第11章计算1*求磁场典型例题：P92：例1、2 典型习题：P123：15、22、第12章计算1求感应电动势典型例题：P1

2、34：例1、P141 例1典型习题：P161：11/13/14第14章计算1*干涉、衍射、偏振：典型例题：P186：例1、P193 例1 例2 P209 例1P217 例1 P225 例典型习题：P236： 12/13/20/22/28第15章小题狭义相对论基本原理、洛伦兹变换、相对论性动量和能量狭义相对论时空观、长度收缩、时间延缓第16章小题光电效应、实物粒子二象性、不确定关系、波函数的物理意义、量子概念、一维势阱914设在半径为R的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该

3、沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有上式中是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布. 解 依照上述分析，由高斯定理可得时， 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为时， 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 915两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1 和R2 (R2R1 )，单位长度上的电荷为.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r R1 ，(2) R1 rR2 ，(3) rR2

4、.题 9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷.即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r R1 ， R1 r R2 ， r R2， 在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b）所示，电场强度有一跃变108一导体球半径为R ，外罩一半径为R2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V 求此系统的电势和电场的分布分析若，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电若，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度

5、不为零，内球带电一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布并由或电势叠加求出电势的分布最后将电场强度和电势用已知量V0、Q、R、R2表示题 10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称取同心球面为高斯面，由高斯定理，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r R时， RrR2 时，rR2 时， 由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布r R时，RrR2 时，rR2 时，也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r R）在导体球和球壳之间（RrR2 ）在球壳外（rR2）为

6、由题意得 于是可求得各处的电场强度和电势的分布：r R时，；RrR2 时，；rR2 时，；1013如图所示，半径R 0.10 m 的导体球带有电荷Q 1.0 ×10C，导体外有两层均匀介质，一层介质的r5.0，厚度d 0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间求：（1） 离球心为r 5cm、15 cm、25 cm 处的D 和E；（2） 离球心为r 5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（3） 极化电荷面密度题 10-13 图分析带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的任取同心球面为高斯面，电位移矢量D

7、的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理可得D（r）再由可得E（r）介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系求得，或者由电势叠加原理求得极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度解（1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得r R ；R r R d ；r R d ；将不同的r 值代入上述关系式，可得r5 cm、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外r1 5 cm，该点在导体球内，则；r2 15 cm，该点在介质层内， 5.0，则r3 25 cm，该点在空气层内，空气中0 ，则；（2） 取无穷远处电势为零，由电势

8、与电场强度的积分关系得r3 25 cm，r2 15 cm，r1 5 cm，（3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率0 ，极化电荷可忽略故在介质外表面；在介质内表面：介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号1115有一同轴电缆，其尺寸如图（）所示两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑试计算以下各处的磁感强度：（1） r R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 画出B r 图线题 11-15 图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， ，利用

9、安培环路定理，可解得各区域的磁感强度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感强度B（r）的分布曲线如图（）122如图（）所示，一根长直导线载有电流I1 30 A，矩形回路载有电流I2 20 A试计算作用在回路上的合力已知d 1.0 cm，b 8.0 cm，l 0.12 m题 11-22图分析矩形上、下两段导线受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安

10、培力F3 和F4 之矢量和，如图（）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线1211长为L的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差题 12-11 图分析应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（）所示而EOA 和EOB 则可以直接利用第122

11、节例1 给出的结果解1如图（）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元l，则因此棒两端的电势差为当L 2r 时，端点A 处的电势较高解2将AB 棒上的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图（）所示其中,则1213如图（）所示，金属杆AB 以匀速平行于一长直导线移动，此导线通有电流I 40 A求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题 12-13 图分析本题可用两种方法求解方法1：用公式求解，建立图（a）所示的坐标系，所取导体元，该处的磁感强度方法2：用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路为此可设想杆AB在一个静止的导轨上滑动，如图（）所示设时刻t，杆AB 距导

12、轨下端CD的距离为y，先用公式求得穿过该回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势解1根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高解2设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为x、长为y 的面元S，则穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的导轨上电动势为零，所以式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A电势较高1214如图（）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，

13、线框中感应电动势的大小和方向题 12 -14 图分析本题亦可用两种方法求解其中应注意下列两点：（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和如图（）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零此两段导体上处处满足，因而线框中的总电动势为其等效电路如图（）所示（2）用公式求解，式中是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为，如图（c）所示，显然是时间t 的函数，且有在求得线框在任意位置处的电动势E（）后，再令d，即可得线框在题目所给位置处的电动势解1根据分析，线框中的电动势为由Eef Ehg 可知，线框中的电动势

14、方向为efgh解2设顺时针方向为线框回路的正向根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为令d，得线框在图示位置处的电动势为由E 0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向14-12白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上设肥皂的折射率为1.32试问该膜的正面呈现什么颜色？ 分析这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）解根据分析对反射光加强，有在可见光范围，k 2 时，（红光）k 3 时，（紫光）故正面呈红紫色 14-13利用空气劈尖测细丝直径如图所示，已知589.3 nm，L 2.888 ×10-2m，测得30 条条纹的

15、总宽度为4.259 ×10-3 m，求细丝直径d分析在应用劈尖干涉公式 时，应注意相邻条纹的间距b 是N 条条纹的宽度x 除以（N 1）对空气劈尖n 1解由分析知，相邻条纹间距，则细丝直径为题14-13 图14-20如图所示，狭缝的宽度b 0.60 mm，透镜焦距f 0.40m，有一与狭缝平行的屏放置在透镜焦平面处若以波长为600 nm的单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为x1.4 mm处的点P看到的是衍射明条纹试求：（1） 点P条纹的级数；（2） 从点P 看来对该光波而言，狭缝的波阵面可作半波带的数目分析单缝衍射中的明纹条件为，在观察点P 位置确定（即衍射角确定）以及波长确定

16、后，条纹的级数k也就确定了.而狭缝处的波阵面对明条纹可以划分的半波带数目为（2k 1）条解（1） 设透镜到屏的距离为d，由于d b，对点P 而言，有根据分析中的条纹公式，有将b、d（df）、x , 的值代入，可得 k （2） 由分析可知，半波带数目为7.题14-20 图14-22 已知单缝宽度b1.0 ×10-4 m，透镜焦距f 0.50 m，用1 400 nm和2 760 nm的单色平行光分别垂直照射，求这两种光的第一级明纹离屏中心的距离，以及这两条明纹之间的距离若用每厘米刻有1000条刻线的光栅代替这个单缝，则这两种单色光的第一级明纹分别距屏中心多远？ 这两条明纹之间的距离又是多

17、少？分析用含有两种不同波长的混合光照射单缝或光栅，每种波长可在屏上独立地产生自己的一组衍射条纹，屏上最终显示出两组衍射条纹的混合图样因而本题可根据单缝（或光栅）衍射公式分别计算两种波长的k 级条纹的位置x1和x2 ，并算出其条纹间距x x2 x1 通过计算可以发现，使用光栅后，条纹将远离屏中心，条纹间距也变大，这是光栅的特点之一解（1） 当光垂直照射单缝时，屏上第k 级明纹的位置当1 400 nm 和k 1 时，x1 3.0 ×10-3 m当2 760 nm 和k 1 时，x2 5.7 ×10-3 m其条纹间距 x x2 x1 2.7 ×10-3 m（2） 当光垂直照射光栅时，屏上第k 级明纹的位置为而光栅常数 当1 400 nm 和k 1 时，x1 2.0 ×10-2 m当2 760 nm 和k 1 时，x2 3.8 ×10-2 m其条纹间距 14-28一束光是自然光和线偏振光的混合，当它通过一偏振片时，发现透射光的强度取决于偏振