2025年大学物理（程守洙版）电磁期中综合卷含公式表

2025年大学物理（程守洙版）电磁期中综合卷含公式表考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.下列哪个物理量是标量？（）A.速度B.加速度C.矢量势D.电势2.一点电荷q位于无限大均匀介质中，介质的介电常数为ε，真空介电常数为ε₀。该点电荷产生的电场强度大小E为（）。A.kq/r²B.kq/(ε₀r²)C.kq/εr²D.kqε₀/(εr²)3.关于高斯定理，下列说法正确的是（）。A.高斯面上电场强度E处处为零，则该面内一定没有电荷B.高斯面内电荷代数和为零，则高斯面上电场强度E处处为零C.高斯定理表明电场线只能起始于正电荷，终止于负电荷D.通过任意闭合曲面的电通量只与该曲面内的电荷有关4.一无限长直导线通有电流I，在其附近某点P产生的磁感应强度大小B与点P到导线的距离r成（）关系。A.正比于rB.反比于rC.反比于r²D.正比于1/r5.在稳恒磁场中，闭合导线回路内（）。A.感应电动势一定为零B.感应电动势可能不为零C.感应电流一定为零D.磁通量一定为零6.将一磁铁插入与线圈连接的电流计中，若第一次迅速插入，电流计指针发生偏转；第二次缓慢插入，电流计指针偏转角度较小。两次插入过程中，穿过线圈的（）。A.磁通量变化量相同，感应电动势相同B.磁通量变化量不同，感应电动势不同C.磁通量变化量相同，感应电动势不同D.磁通量变化量不同，感应电动势相同7.在电磁感应现象中，楞次定律描述的是（）。A.感应电流的大小B.感应电动势的方向C.感应磁场的方向D.磁通量变化快慢8.自感现象是由于（）。A.电流产生磁场B.电流变化引起自身磁场变化，进而产生感应电动势C.电荷产生电场D.电荷分布变化二、填空题（每小题4分，共16分。将答案填在题中横线上。）9.一个电偶极子（电荷分别为+q和-q，相距为l）在均匀电场E中，电偶极矩P定义为________，其受到的力矩T=________。10.一个半径为R的球壳均匀带电，总电荷量为Q。球壳外离球心距离为r（r>R）处的电场强度大小E=________。11.一长直螺线管，单位长度匝数为n，通有变化的电流I(t)，其内部产生的磁感应强度大小B=________（忽略端部效应）。若螺线管内充满磁导率为μ的磁介质，则B=________。12.一个线圈自感系数为L，通过线圈的电流从I₁均匀变化到I₂，期间线圈产生的感应电动势大小ε=________。三、计算题（共60分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。按题目要求作图。）13.（10分）一半径为R的均匀带电圆环，总电荷量为+Q。求圆环轴线上离环心距离为x处的电场强度大小和方向。14.（10分）一个平行板电容器，两极板面积均为S，间距为d，极板间充满介电常数为ε的均匀电介质。当两极板间电压为U时，求：（1）电容器储存的电能；（2）电介质中的电场强度大小和极板上的电荷量。15.（10分）一根无限长直导线通有电流I，旁边放置一个与之共面的矩形导线框abcd，线框长为L，宽为a，靠近直导线的一边距离导线r。求矩形线框所受的合力大小和方向。16.（10分）一个边长为L的正方形线圈，电阻为R，以角速度ω匀速转动，绕其一条边中点且垂直于线圈的轴，置于磁感应强度大小为B的均匀磁场中。求线圈转动过程中产生的感应电动势最大值。17.（20分）一个长度为l、截面积为S的螺线管，共N匝，内阻为r，螺线管内充满磁导率为μ的磁介质。现通过一个电动势为ε、内阻为r'的电源与螺线管串联接通。（1）求螺线管内稳定时产生的磁感应强度B；（2）求稳定时通过螺线管的电流I；（3）求螺线管自感电动势的大小和方向（相对于电源电动势）。试卷答案一、选择题1.D2.C3.D4.C5.B6.A7.B8.B二、填空题9.qL，qL×E10.kQ/(4πε₀r²)11.μ₀nI，μ₀μnI12.L(I₂-I₁)三、计算题13.解：取圆环轴线为x轴，环心为原点，P点位于x轴上。由对称性，P点电场强度方向沿x轴。在圆环上任取一线元dq，其电荷量为dq=Q/(2πR)·dℓ。dq在P点产生的电场强度大小为dE=kdq/r²=kQ/(2πR)·dℓ/(r²+r²-2rx)=kQ/(2πR)·dℓ/[(r²+x²)^(3/2)]。由于对称性，所有dE的x分量相互抵消，只有y分量叠加。dE的x分量dEx=dE·cosθ=dE·x/r=[kQx/(2πR)[(r²+x²)^(3/2)]]·dℓ。总电场强度Ex=∫dEx=∫[kQx/(2πR)[(r²+x²)^(3/2)]]·dℓ。由于对称性，积分结果只与x有关。令x'=x²+x²-2rx，则dx'=2(r²-x²)dx，dℓ=Rdx。Ex=kQx/R∫[1/(r²+x²)^(3/2)]dx=kQx/R[-1/(√(r²+x²))]|从0到L=kQx/R[(1/r)-(1/√(r²+L²))]。由于L→∞，√(r²+L²)≈|x|。Ex=kQx/R(1/r-1/|x|)=0。所以，电场强度大小E=Ex=0。(修正：对称性分析错误，x分量抵消不彻底，需重新计算或使用已知结果)。更正解法：利用已知结果，半径为R的均匀带电圆环，轴线上离环心距离为x处的电场强度大小E=kQx/(x²+R²)^(3/2)。E=kQx/(x²+R²)^(3/2)。方向：若Q为正，沿x轴正方向；若Q为负，沿x轴负方向。14.解：（1）电容器极板间电压U，极板电荷量Q=CUM。电场强度E=U/d。电容C=εS/d。电容器储存的电能W=Q²/(2C)=(CU)²/(2C)=½CU²=½(εS/d)U²=(½εS/d)U²。（2）电场强度E=U/d。极板电荷量Q=CUM=εS/d*U=εSU/d。15.解：直导线在距离r处产生的磁感应强度大小B=μ₀I/(2πr)。线框abcd受到的安培力F=I(L×B)。线框受到的合力是各边受力的矢量和。设ab边受力F₁，bc边受力F₂，cd边受力F₃，da边受力F₄。F₁=IabB=ILa(μ₀I/(2πr))=μ₀ILa/(2πr)。F₁方向：垂直于ab边，指向直导线（对于I>0）。F₂=IbcB=Ia(μ₀I/(2πr))=μ₀I²a/(2πr)。F₂方向：垂直于bc边，平行于ab边和ad边，指向直导线（对于I>0）。F₃=IcdB=Il(μ₀I/(2π(r+a)))=μ₀IL(μ₀I/(2π(r+a)))。F₃方向：垂直于cd边，指向直导线（对于I>0）。F₄=IdaB=Ia(μ₀I/(2πr))=μ₀I²a/(2πr)。F₄方向：垂直于da边，平行于ab边和cd边，背离直导线（对于I>0）。由于F₂和F₄大小相等，方向相反，且在同一个平行于直导线的平面内，它们的合力为零。线框所受的合力F_合=F₁+F₃=μ₀ILa/(2πr)+μ₀IL(μ₀I/(2π(r+a)))=μ₀IL(μ₀I/(2πr)+μ₀I/(2π(r+a)))。F_合=μ₀²IL²I/(2π)*(1/r+1/(r+a))=(μ₀²I²L²)/(2π)*[(r+a+r)/(r(r+a))]=(μ₀²I²L²)/(2π)*[2r+a)/(r(r+a))]。F_合=(μ₀²I²L²)/(π)*[2r+a)/(r(r+a))]。合力方向：由于F₁和F₃都指向直导线，所以合力方向指向直导线。16.解：线圈转动时，穿过线圈的磁通量Φ=BSinωt，其中B为磁场强度，S为线圈面积，ω为角速度，t为时间。感应电动势ε=-dΦ/dt=-d(BSinωt)/dt=-BSωCosωt。感应电动势最大值