新版2019《大學物理》期末模擬題庫300題（含標準答案）

2019年大學物理期末考試題庫300題含答案ー、選擇題.電荷分布在有限空間內(nèi),則任意兩點れ、え之間的電勢差取決于( )(A)從え移到え的試探電荷電量的大小;(B)ム和え處電場強度的大小;(0試探電荷由A移到月的路徑;(D)由A移到R電場カ對單位正電荷所作的功。.在單縫衍射實驗中,縫寬a=0.2mm,透鏡焦距ワ0.4m,入射光波長ス=500nm,則在距離中央亮紋中心位置2mm處是亮紋還是暗紋?從這個位置看上去可以把波陣面分為幾個半波帶? ( )(A)亮紋，3個半波帶;(B)亮紋,4個半波帶;(0暗紋，3個半波帶;(D)暗紋，4個半波帶。.ー個帶正電的點電荷飛入如圖所示的電場中,它在電場中的運動軌跡為()(A)沿a；(B)沿b；(〇沿c；(D)沿d..如圖所示，在無限長載流直導線附近作一球形閉合曲面S,當曲面S向長直導線靠近時，穿過曲面s的磁通量中和面上各點的磁感應(yīng)強度と將如何變化? ]廠べ(A)中增大,6也增大;(B)中不變，6也不變; 1(〇中增大，B不變;(D)①不變,6增大。.由量子力學可知，ー維勢阱中的粒子可以有若干能態(tài),如果勢阱的寬度丄緩慢地減少至較小寬度厶’，則 ( )(A)每個能級的能量減??；(B)能級數(shù)增加;(〇每個能級的能量保持不變；(D)相鄰能級間的能量差增加；(E)粒子將不再留在阱內(nèi)。TOC\o"1-5"\h\z.一束光強為7o的自然光,相繼通過三個偏振片R、月、A后出射光強為7o/8o已知R和え的偏振化方向相互垂直。若以入射光線為軸旋轉(zhuǎn)A,要使出射光強為零,月至少應(yīng)轉(zhuǎn)過的角度是( )(A)30°； (B)45°; (060°; (D)90°〇.ー個質(zhì)點作簡諧振動，周期為T,當質(zhì)點由平衡位置向x軸正方向運動時，由平衡位置到二分之一最大位移這段路程所需要的最短時間為: ( )(A)774； (B)7712； (C)776; (D)778?.若理想氣體的體積為匕壓強為フ,溫度為7,ー個分子的質(zhì)量為ル，k為玻耳茲曼常量，R為摩爾氣體常量,則該理想氣體的分子數(shù)為 ( )(A)PV/m； (B)PV/(kT)； (C)PV/(RT)； (D)PV/(mT)..在如圖所示的夫瑯和費單縫衍射實驗裝置中,S為單縫，A為凸透鏡，C為放在的焦平面處的屏。當把單縫垂直于凸透鏡光軸稍微向上平移時,屏幕上的ー「衍射圖樣 () 二へ…(A)向上平移;(B)向下平移; V(0不動;(D)條紋間距變大。.一束自然光自空氣射向ー塊平板玻璃(如圖)，入射角等于布儒斯特角70,則在界面2的反射光 ( )(A)光強為零;(B)是完全偏振光,且光矢量的振動方向垂直于入射面;(0是完全偏振光,且光矢量的振動方向平行于入射面;(D)是部分偏振光。.波長為500nm的單色光垂直入射到寬為0.25mm的單縫上，單縫后面放置ー凸透鏡，凸透鏡的焦平面上放置一光屏，用以觀測衍射條紋，今測得中央明條紋ー側(cè)第三個暗條紋與另ー側(cè)第三個暗條紋之間的距離為12nlm,則凸透鏡的焦距Z1為: ( )(A)2m； (B)Im；(C)0.5m； (D)0.2m?12.自然光從空氣連續(xù)射入介質(zhì)ん和民光的入射角為60°時,得到的反射光吊和吊都是完全偏振光(振動方向垂直入射面)，由此可知，介質(zhì)［和6的折射率之比為()(A)1/V3； (B)V3； (01/2； (D)2/1。.在一定速率y附近麥克斯韋速率分布函數(shù)/(レ)的物理意義是:一定量的氣體在給定溫度下處于平衡態(tài)時的 ( )(A)速率為リ的分子數(shù);(B)分子數(shù)隨速率y的變化;(〇速率為v的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比;(D)速率在n附近單位速率區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比。TOC\o"1-5"\h\z.用氮燈的光/l=606nm作為邁克爾遜干涉儀的光源來測量某間隔的長度,當視場中某點有3000條條紋移過時,被測間隔的長度為 ( )(A)9.6X10"m；(B)9.1X10"m；(C)8.1X10'm；(D)7.9X10"%。.兩偏振片堆畳在一起,一束自然光垂直入射時沒有光線通過。當其中一振偏片慢慢轉(zhuǎn)動180°時透射光強度發(fā)生的變化為 ( )(A)光強單調(diào)增加；(B)光強先增加，然后減小，再增加，再減小至零(C)光強先增加，后又減小至零；(D)光強先增加，后減小,再增加。.カ戸=(3f+5，)ZN,其作用點的矢徑為ア=(47一3フ)"，則該カ對坐標原點的カ矩大小為 ( )(A)-3kN-m； (B)29?m； (C)19ZJV-tn； (D)3kN-m〇.用兩束頻率、光強都相同的紫光照射到兩種不同的金屬表面上,產(chǎn)生光電效應(yīng)，貝リ:()(A)兩種情況下的紅限頻率相同；(B)逸出電子的初動能相同；(〇在單位時間內(nèi)逸出的電子數(shù)相同；(D)遏止電壓相同。.在康普頓散射中，若散射光子與原來入射光子方向成。角，當。等于多少時,散射光子的頻率減少最多? ( )(A)18ff； (B)90°；(〇45"； (D)30°〇.“理想氣體與單ー熱源接觸作等溫膨脹時，吸收的熱量全部用來對外作功?！睂Υ苏f法，有如下幾種評論，哪個是正確的?( )(A)不違反熱力學第一定律,但違反熱力學第二定律；(B)不違反熱力學第二定律,但違反熱力學第一定律；(〇不違反熱力學第一定律,也不違反熱力學第二定律；(D)違反熱力學第一定律,也違反熱力學第二定律。TOC\o"1-5"\h\z.ー熱機由溫度為727七的高溫熱源吸熱,向溫度為527℃的低溫熱源放熱,若熱機在最大可能效率下工作、且吸熱為2000焦耳,熱機作功約為( )(A)400J； (B)1450J； (C)1600J； (D)2000J； (E)2760J〇.如果電子被限制在邊界x與x+Ax之間,Ar為0.5人。電子動量x分量的不確定度數(shù)量級為(以kg/m-s為單位) ( )(A)IO-?(B)10…；(〇1〇-|9. (D)10—24； (E)］〇ー27。.光柵平面、透鏡均與屏幕平行。則當入射的平行單色光從垂直與光柵平面變?yōu)樾比肷鋾r，能觀察到的光譜線的最髙級數(shù)ル ( )(A)變小;(B)變大;(C)不變;(D)無法確定。.光譜系中譜線的頻率(如氫原子的巴爾末系) ( )(A)可無限制地延伸到高頻部分； (B)有某ー個低頻限制;(〇可無限制地延伸到低頻部分； (D)有某一個高頻限制；(E)髙頻和低頻都有一個限制。.如圖所示，波長為ス的平行單色光垂直入射在折射率為〃2的薄膜上,經(jīng)上下兩個表面反射的兩束光發(fā)生干涉。若薄膜厚度為e,而且〃|>〃2>嗎，則兩束反射光在相遇點的位相差為 ( )(A) ス; (B)27011eI入;(C)n+^7tn2elA.； (D)-乃+4m?,e/ス。25,在邁克爾遜干涉儀的一條光路中,放入一厚度為d,折射率為n的透明薄片，放入后，這條光路的光程改變了 ( )(A)231)d；(B)2nd；(〇(/?-1)</； (D)nd。.測量單色光的波長時,下列方法中哪ー種方法最為準確? ( )(A)雙縫干涉；(B)牛頓環(huán);(C)單縫衍射;(D)光柵衍射。.有兩個容器,ー個盛氫氣,另ー個盛氧氣,如果兩種氣體分子的方均根速率相等,那么由此可以得出下列結(jié)論，正確的是 ( )(A)氧氣的溫度比氫氣的高；(B)氫氣的溫度比氧氣的高;(〇兩種氣體的溫度相同；(D)兩種氣體的壓強相同。.兩個事件分別由兩個觀察者S、S’觀察,S,5‘彼此相對作勻速運動,觀察者S測得兩事件相隔3s,兩事件發(fā)生地點相距10m,觀察者5’測得兩事件相隔5s,5‘測得兩事件發(fā)生地的距離最接近于多少m?( )(A)0； (B)2； (C)10；(D)17； (E)109?.1摩爾雙原子剛性分子理想氣體,在latm下從〇。C上升到100t時,內(nèi)能的增量為()(A)23J； (B)46J； (C)2077.5J； (D)1246.5J； (E)12500J,.磁場的髙斯定理目月?曲=0說明了下面的哪些敘述是正確的? ( )a穿入閉合曲面的磁感應(yīng)線條數(shù)必然等于穿出的磁感應(yīng)線條數(shù);b穿入閉合曲面的磁感應(yīng)線條數(shù)不等于穿出的磁感應(yīng)線條數(shù);c一根磁感應(yīng)線可以終止在閉合曲面內(nèi);dー根磁感應(yīng)線可以完全處于閉合曲面內(nèi)。(A)ad；(B)ac；(C)cd；(D)ab?.光電效應(yīng)中光電子的初動能與入射光的關(guān)系是 ( )(A)與入射光的頻率成正比；(B)與入射光的強度成正比；(C)與入射光的頻率成線性關(guān)系；(D)與入射光的強度成線性關(guān)系。TOC\o"1-5"\h\z.在20セ時，單原子理想氣體的內(nèi)能為 ( )(A)部分勢能和部分動能; (B)全部勢能； (C)全部轉(zhuǎn)動動能;(D)全部平動動能; (E)全部振動動能。.一個中性空腔導體,腔內(nèi)有一個帶正電的帶電體,當另一中性導體接近空腔導體時,(1)腔內(nèi)各點的場強 ( )(A)變化； (B)不變; (C)不能確定。(2)腔內(nèi)各點的電位( )(A)升高； (B)降低; (。不變; (D)不能確定。.在雙縫干涉實驗中，為使屏上的干涉條紋間距變大，可以釆取的辦法是 ( )(A)使屏靠近雙縫; (B)使兩縫的間距變小;(〇把兩個縫的寬度稍微調(diào)窄；(D)改用波長較小的單色光源。

.用單色光垂直照射牛頓環(huán)裝置,設(shè)其平凸透鏡可以在垂直的方向上移動,在透鏡離開平玻璃的過程中,可以觀察到這些環(huán)狀干涉條紋 ( )(A)向右平移; (B)向中心收縮;(C)向外擴張; (D)向左平移。.關(guān)于カ矩有以下幾種說法，其中正確的是 ( )(A)內(nèi)力矩會改變剛體對某個定軸的角動量(動量矩)；(B)作用カ和反作用カ對同一軸的カ矩之和必為零;(C)角速度的方向一定與外力矩的方向相同;(D)質(zhì)量相等、形狀和大小不同的兩個剛體,在相同力矩的作用下，它們的角加速度一定相等。.理想氣體卡諾循環(huán)過程的兩條絕熱線下的面積大小(圖中陰影部分)分別為S1和S2,則兩者的大小關(guān)系為:( )(A)51>52； (B)S/Sj(C)51=52； (D)無法確定。.根據(jù)德布羅意的假設(shè) ( )(A)輻射不能量子化，但粒子具有波的特性；(B)運動粒子同樣具有波的特性；(〇波長非常短的輻射有粒子性，但長波輻射卻不然；(D)長波輻射絕不是量子化的;(E)波動可以量子化,但粒子絕不可能有波動性。.ー根長為/、質(zhì)量為"的勻質(zhì)棒自由懸掛于通過其上端的光滑水平軸上。現(xiàn)有一質(zhì)量為必的子彈以水平速度w射向棒的中心,并以％/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏轉(zhuǎn)角恰為90°,則角恰為90°,則附的大小為.分振動方程分別為司=3cos(50加+0.25乃)和々=4cos(50m+0.75;r)(S!制)則它們的合振動表達式為: ( )(A)x=2cos(5(W+0.25^)； (B)x=5cos(5(to)；(C)x=5cos(50^r+y+^~y): (D)x=7〇.設(shè)聲波在媒質(zhì)中的傳播速度為〃,聲源的頻率為アs，若聲源S不動,而接收器Z?相對于媒質(zhì)以速度セ沿S、R連線向著聲源S運動，則接收器/?接收到的信號頻率為:

u+vB u-vB u(A)ys； (B) -ys； (C) -ys； (D) ys〇u U U~VR圖,由圖可得出結(jié)論 ( ).如圖所示為一定量的理想氣體圖,由圖可得出結(jié)論 ( )(A)ABC是等溫過程;(B)TA>TBi(0Ta5；(D)T.=Tb..根據(jù)經(jīng)典的能量按自由度均分原理,每個自由度的平均能量為(A)厶/74； (B)A-773； (C)A7/2； (D)3A7/2； (E)kT。.對ー個繞固定水平軸。勻速轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤,沿圖示的同一水平直線從相反方向射入兩顆質(zhì)量相同、速率相等的子彈,并停留在盤中,則子彈射入后轉(zhuǎn)盤的角速度應(yīng)()(A)增大;(B)減小;(C)不變;(D)無法確定。.ー衍射光柵對某波長的垂直入射光在屏幕上只能出現(xiàn)零級和一級主極大,欲使屏幕上出現(xiàn)更高級次的主極大,應(yīng)該( )(A)換ー個光柵常數(shù)較大的光柵; (B)換ー個光柵常數(shù)較小的光柵;(0將光柵向靠近屏幕的方向移動；(D)將光柵向遠離屏幕的方向移動。.ー根質(zhì)量為相、長度為L的勻質(zhì)細直棒,平放在水平桌面上。若它與桌面間的滑動摩擦系數(shù)為ル,在廣0時,使該棒繞過其一端的豎直軸在水平桌面上旋轉(zhuǎn)，其初始角速度為の〇,則棒停止轉(zhuǎn)動所需時間為 ()(A)2厶690/3g〃； (B)La)0/3gp；(C)4L<u0/3gpi； (D)La>0/6g/j0.如圖所示，ー輕繩跨過兩個質(zhì)量均為加、半徑均為か的勻質(zhì)圓盤狀定滑輪。繩的兩端分別系著質(zhì)量分別為勿和2勿的重物,不計滑輪轉(zhuǎn)軸的摩擦。將系統(tǒng)由靜止釋放，且繩與兩滑輪間均無相對滑動,則兩滑輪之間繩的張カ。()(A)mg； (B)3mgl2； (C)2mg； (D)11mg/8。.容器中儲有一定量的處于平衡狀態(tài)的理想氣體,溫度為7,分子質(zhì)量為m,則分子速度在x方向的分量平均值為:(根據(jù)理想氣體分子模型和統(tǒng)計假設(shè)討論) ( ).兩個相干波源的位相相同,它們發(fā)出的波疊加后,在下列哪條線上總是加強的?()(A)兩波源連線的垂直平分線上;(B)以兩波源連線為直徑的圓周上;(〇以兩波源為焦點的任意一條橢圓上;(D)以兩波源為焦點的任意一條雙曲線上。.某元素的特征光譜中含有波長分別為4=450nm和42=750nm的光譜線,在光柵光譜中,這兩種波長的譜線有重疊現(xiàn)象,重査處的譜線ム主極大的級數(shù)將是 ( )(A)2,3、4、5-； (B)2,5,8,11-；(〇2,4、6,8-； (D)3,6,9、12…。.如圖所示，用波長ス=600nm的單色光做楊氏雙縫實驗，在光屏ハ處產(chǎn)生第五級明紋極大，現(xiàn)將折射率爐1.5的薄透明玻璃片蓋在其中一條縫上，此時尸處變成中央明紋極大的位置,則此玻璃片厚度為 ( )5.0X10'em；6.0X10'em；7.OXIO'em；8.OXIO'em。一束光強為的自然光垂直穿過兩個偏振片,且兩偏振片的振偏化方向成45°角，若不考慮偏振片的反射和吸收,則穿過兩個偏振片后的光強，為( )(A)也/〇/4； (B)Z0/4；(〇/0/2； (D)也/〇/2。一定量的理想氣體向真空作自由膨脹，體積由V,增至匕，此過程中氣體的( )(A)內(nèi)能不變,炳增加；(B)內(nèi)能不變,炳減少；(C)內(nèi)能不變，病不變；(D)內(nèi)能增加,炳增加。在同一媒質(zhì)中兩列相干的平面簡諧波強度之比是ム:ム=4,則兩列波的振幅之比A:ん為 ( )(A)4； (B)2； (C)16； (D)1/4?長為，的單層密繞螺線管,共繞有ル匝導線,螺線管的自感為L,下列那種說法是錯誤的? ( )(A)將螺線管的半徑增大一倍,自感為原來的四倍;(B)換用直徑比原來導線直徑大一倍的導線密繞,自感為原來的四分之一;(C)在原來密繞的情況下,用同樣直徑的導線再順序密繞ー層,自感為原來的二倍；(D)在原來密繞的情況下，用同樣直徑的導線再反方向密繞ー層，自感為零。一摩爾單原子理想氣體從初態(tài)(セ、匕、4)準靜態(tài)絕熱壓縮至體積為匕其炳()(A)增大;(B)減小;(C)不變;(D)不能確定。ー絕熱密閉的容器,用隔板分成相等的兩部分，左邊盛有一定量的理想氣體，壓強為“0,右邊為真空,今將隔板抽去,氣體自由膨脹，當氣體達到平衡時，氣體的壓強是()(A)%； (B)%/2； (C)2'po； (D)p0/2Zo(ア=C/G.).鈉光譜線的波長是Z1,設(shè)刀為普朗克恒量，c為真空中的光速,則此光子的()(A)能量為んス/c； (B)質(zhì)量為/i/cえ；(〇動量為人/ス;(D)頻率為2/c； (E)以上結(jié)論都不對。TOC\o"1-5"\h\z.一剛性直尺固定在K'系中，它與X’軸正向夾角a'=45°,在相對K'系以"速沿X'軸作勻速直線運動的K系中，測得該尺與X軸正向夾角為( )(A)a>45°； (B)a<45°； (C)a=45°；(D)若n沿X’軸正向,則a〉45。；若〃沿X’軸反向，則a<45。。.沙子從/fO.8m高處落到以3m/s速度水平向右運動的傳送帶上。取g=10m/s2.則傳送帶給予沙子的作用カ的方向 ( )(A)與水平夾角53°向下；(B)與水平夾角53°向上;(0與水平夾角3プ向上;(D)與水平夾角3プ向下。.空間某點的磁感應(yīng)強度わ的方向，一般可以用下列幾種辦法來判斷，其中哪個是錯誤的? ( )

(A)小磁針北(N)極在該點的指向;(B)運動正電荷在該點所受最大的カ與其速度的矢積的方向;(〇電流元在該點不受力的方向；(D)載流線圈穩(wěn)定平衡時,磁矩在該點的指向。.如圖所示,系統(tǒng)置于以g/2加速度上升的升降機內(nèi),A、B兩物塊質(zhì)量均為m,A所處桌面是水平的，繩子和定滑輪質(zhì)量忽略不計。TOC\o"1-5"\h\z(1)若忽略一切摩擦,則繩中張カ為 ( )(A)mg；(B)mg/2；(C)2mg；(D)3儂/4。(2)若A與桌面間的摩擦系數(shù)為〃(系統(tǒng)仍加速滑動)，則繩中張カ為 ( )(A)pmg； (B)3pmg/4；(C)3(14-p)mg/4；(D)3(1ー〃)nig/4。.對于帶電的孤立導體球 ( )(A)導體內(nèi)的場強與電勢大小均為零。(B)導體內(nèi)的場強為零，而電勢為恒量。(0導體內(nèi)的電勢比導體表面高。(D)導體內(nèi)的電勢與導體表面的電勢髙低無法確定。.如圖所示，絕緣的帶電導體上a、b、c三點，TOC\o"1-5"\h\z電荷密度( )電勢( )(A)a點最大;(B)6點最大;(C)c點最大;(D)ー樣大。.一根很長的電纜線由兩個同軸的圓柱面導體組成，若這兩個圓柱面的半徑分別為必和是(兆く是)，通有等值反向電流，那么下列哪幅圖正確反映了電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度隨徑向距離的變化關(guān)系?( )66,如圖所示,ー根長為1m的細直棒aん繞垂直于棒且過其一端a的軸以每秒2轉(zhuǎn)的角速度旋轉(zhuǎn),棒的旋轉(zhuǎn)平面垂直于0.5T的均勻磁場,則在棒的中點，等效非靜電性場強的大小和方向為( )(A)314V/m,方向由a指向ル;(B)6.28V/m,方向由a指向ん

(03.14V/m?方向由ル指向a；(D)628V/m,方向由6指向a。.質(zhì)點沿軌道ズ6作曲線運動,速率逐漸減小,圖中哪ー種情況正確地表示了質(zhì)點在C處.極板間為真空的平行板電容器,充電后與電源斷開,將兩極板用絕緣工具拉開ー些距離，則下列說法正確的是 ( )(A)電容器極板上電荷面密度增加;(B)電容器極板間的電場強度增加;(0電容器的電容不變;(D)電容器極板間的電勢差增大。.一個空氣平行板電容器,充電后把電源斷開，這時電容器中儲存的能量為Wo,然后在兩極板間充滿相對介電常數(shù)為er的各向同性均勻電介質(zhì)，則該電容器中儲存的能量為()(A)6,-Wo； (B)Wo/￡r； (C)(1+er)W0；(D)Wo〇.一質(zhì)量為m、電量為g的粒子，以速度ノ垂直射入均勻磁場月中,則粒子運動軌道所包圍范圍的磁通量與磁場磁感應(yīng)強度與大小的關(guān)系曲線是 ( ).も是粒子的動能,0是它的動量,那么粒子的靜能m0c2等于 ( )(A)(p2c2-E；)/2ム;(B)(p2c2ーム)/2ム；＜〇p2c2-El；(D)(p2c24-E^)/2Et； (E)(pc一區(qū))2/2馬。.兩個均勻帶電的同心球面,半徑分別為な、尼(石く兄),小球帶電Q,大球帶電ーQ,下列各圖中哪ー個正確表示了電場的分布 ( )

0RiRJ。80RiRJ。8R20RR(A) (B) (C) (D)二、填空題.圖示為三種不同磁介質(zhì)的グ〃關(guān)系曲線,其中虛線表示的是6="〇”的關(guān)系。說明a、b、c各代表哪ー類磁介質(zhì)的"〃關(guān)系曲線:a代表ダ〃關(guān)系曲線。8代表ダ〃關(guān)系曲線。c代表 す〃關(guān)系曲線。.用單色光垂直入射在ー塊光柵上,其光柵常數(shù)ホ3卬），縫寬a=lnm,則在單縫衍射的中央明紋區(qū)中共有條（主極大）譜線。.質(zhì)量為必的物體和一輕彈簧組成彈簧振子其固有振動周期為T,當它作振幅為4的自由簡諧振動時,其振動能量后ー。.一束帶電粒子經(jīng)206V的電壓加速后，測得其德布羅意波長為0.002nm,已知這帶電粒子所帶電量與電子電量相等,則這束粒子質(zhì)量是。.質(zhì)點在カド=2ザf+3ガ（SI制）作用下沿圖示路徑運動。則カ戸在路徑oa上的功4?=,カ在路徑ab上的功4產(chǎn),力在路徑ob上的功ル=,カ在路徑ocbo上的功人ボ?.有V摩爾理想氣體，作如圖所示的循環(huán)過程ac%,其中a”為半圓瓠，ba為等壓過程,pc=2pa,在此循環(huán)過程中氣體凈吸收熱量為Q.vCp(Th-Ta),,(填:＞、〈或=)〇.當絕對黑體的溫度從27匕升到327て:時,其輻射出射度增加為原來的倍。

.勻質(zhì)大圓盤質(zhì)量為M、半徑為R,對于過圓心0點且垂直于盤面轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為-M^o如果在大圓盤的右半圓上挖去ー個小圓盤,半徑為必2。如圖所示，剩余部分對2于過〇點且垂直于盤面轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為 。.在以下五個圖中,左邊四個圖表示線偏振光入射于兩種介質(zhì)分界面上,最右邊的ー個圖表示入射光是自然光。y〇〇試在圖上畫出實際存在的折射光線和反射光線,并用點或短線把振動方向表示出來。時間的關(guān)系為①,圖表示入射光是自然光。y〇〇試在圖上畫出實際存在的折射光線和反射光線,并用點或短線把振動方向表示出來。時間的關(guān)系為①,“=(5產(chǎn)+8/—2)xlO-3(Wb),則在片2s至戸3s的時間內(nèi),流過回路導體橫截面的感應(yīng)電荷の=_c。.引起動生電動勢的非靜電カ是力,引起感生電動勢的非靜電カ是カ。.兩段形狀相同的圓瓠如圖所示對稱放置，圓弧半徑為R,圓心角為。，均勻帶電,線密度分別為+ス和一ス,則圓心。點的場強大小為〇電勢為。.ー自感系數(shù)為0.25H的線圈,當線圈中的電流在0.01s內(nèi)由2A均勻地減小到零。線圈中的自感電動勢的大小為 。.一物體作如圖所示的斜拋運動,測得在軌道P點處速度大小為％其方向與水平方向成30°角。則物體在P點的切向加速度a：=_,軌道的曲率半徑P=ー。.兩個慣性系S和S',相對速率為0.6c,在S系中觀測,ー事件發(fā)生在/=2X10"s,x=5X10”處，則在5’系中觀測,該事件發(fā)生在メ=s,=m處。.真空中一個半徑為"的球面均勻帶電,面電荷密度為b>0,在球心處有一個帶電量為9的點電荷。取無限遠處作為參考點,則球內(nèi)距球心r的フ點處的電勢為〇.兩個電子以相同的速度r并排沿著同一方向運動,它們的距離為ro若在實驗室參照系中進行觀測,兩個電子間相互作用的合力為〇(不考慮相對論效應(yīng)和萬有引力作用).迎面駛來的汽車兩盞前燈相距1.2m,則當汽車距離為時,人眼睛才能分辨這兩盞前燈。假設(shè)人的眼瞳直徑為0.5mm,而入射光波長為550.0nm。.ー單擺的懸線長7,在頂端固定點的鉛直下方〃2處有一小釘，如圖所示。則單擺的左右兩方振動周期之比方/た為 。.ー駐波的表達式為y=2Acos(——)cos2^vf,兩個相鄰的波腹之間的距離為2.為測定一個光柵的光柵常數(shù)，用波長為632.8nm的光垂直照射光柵，測得第一級主極大的衍射角為18。,則光柵常數(shù)バ,第二級主極大的衍射角。=〇.熱力學第二定律的兩種表述:開爾文表述:克勞修斯表述:.康普頓實驗中，當能量為0.5MeV的X射線射中一個電子時，該電子獲得。.lOMeV的動能。假設(shè)原電子是靜止的,則散射光的波長4=散射光與入射方向的夾角9=(!MeV=106eV)〇.用一根很細的線把ー根未經(jīng)磁化的針在其中心處懸掛起來,當加上與針成銳角的磁場后，順磁質(zhì)針的轉(zhuǎn)向使角:抗磁質(zhì)針的轉(zhuǎn)向使角〇(選取:增大、減少或不變填入。).產(chǎn)生機械波的必要條件是和。.ー駐波表式為y=4x1(T2cos2加:cos400(S!制),在a=1/6(0)處的ー質(zhì)元的振幅為 ,振動速度的表式為 。3.線偏振的平行光，在真空中波長為589m，垂直入射到方解石晶體上，晶體的光軸和表面平行,如圖所示。已知方解石晶體對此單色光的折射率為屈=1.658,%=1.486,在晶體中的尋常光的波長ん= ,非尋常光的波長ん=〇.一質(zhì)點沿半徑為0.2m的圓周運動，其角位置隨時間的變化規(guī)律是，=6+5產(chǎn)(SI制)。在Z=2s時，它的法向加速度a?=；切向加速度a,=〇102,半徑為か的無限長柱形導體上流過電流/,電流均勻分布在導體橫截面上，該導體材料的相對磁導率為1,則在導體軸線上一點的磁場能量密度為,在與導體軸線相距為r處(KR)的磁場能量密度為〇.甲船以い=10m/s的速度向南航行,乙船以吻=10m/s的速度向東航行，則甲船上的人觀察乙船的速度大小為,向ー航行。.使4mol的理想氣體，在戶400K的等溫狀態(tài)下，準靜態(tài)地從體積/膨脹到2V,則此過程中,氣體的嫡增加是,若此氣體膨脹是絕熱狀態(tài)下進行的,則氣體的炳增加是..從量子力學觀點來看，微觀粒子幾率密度的表達式:〇其物理統(tǒng)計意義是:在電子衍射實驗中，如果入射電子流的強度增加為原來的ル倍,則在某處找到粒子的概率為原來的倍。.半徑片0.1cm的圓線圈，其電阻為廬10C,勻強磁場垂直于線圈,若使線圈中有穩(wěn)定

電流ス=0.014,則磁場隨時間的變化率為ーと=dt.如圖所示,容器中間為隔板,左邊為理想氣體,右邊為真空。今突然抽去隔板,則系統(tǒng)對外作功A=〇.ー卡諾機從373K的高溫熱源吸熱，向273K的低溫熱源放熱,若該熱機從高溫熱源吸收1000J熱量，則該熱機所做的功お,放出熱量ユ=ー〇.半徑為尸1.5m的飛輪,初角速度m=10rad/s,角加速度ひ=-5rad/s2,若初始時刻角位移為零,則在t=ー時角位移再次為零，而此時邊緣上點的線速度v=.no.如圖所示,一理想氣體系統(tǒng)由狀態(tài)。沿。め到達狀態(tài)わ，系統(tǒng)吸收熱量350J,而系統(tǒng)做功為130J。（1）經(jīng)過過程夂ル,系統(tǒng)對外做功40J,則系統(tǒng)吸收的熱量/?（2）當系統(tǒng)由狀態(tài)方沿曲線ル返回狀態(tài)。時，外界對系統(tǒng)做功為60J,則系統(tǒng)吸收的熱量キ0111.同一溫度下的氫氣和氧氣的速率分布曲線如右圖所示,其中曲線1為ー的速率分布曲線，的最概然速率較大（填“氫氣”或“氧氣”）。若圖中曲線表示同一種氣體不同溫度時的速率分布曲線，溫度分別為北和力且爾自則曲線1代表溫度為的分布曲線（填?i或電）。112,如圖所示，用三根長為，的細桿，（忽略桿的質(zhì)量）將三個質(zhì)量均為m的質(zhì)點連接起來,并與轉(zhuǎn)軸0相連接，若系統(tǒng)以角速度。繞垂直于桿的〇軸轉(zhuǎn)動，則中間ー個質(zhì)點的角動量為,系統(tǒng)的總角動量為,如考慮桿的質(zhì)量，若每根桿的質(zhì)量為M,則此系統(tǒng)繞軸〇的總轉(zhuǎn)動慣量為,總轉(zhuǎn)動動能為〇.a粒子在加速器中被加速，當加速到其質(zhì)量為靜止質(zhì)量的5倍時，其動能為靜止能量的倍。.2mol氫氣，在溫度為27七時，它的分子平動動能為,分子轉(zhuǎn)動動能為。.今有電氣石偏振片,它完全吸收平行于長鏈方向振動的光，但對于垂直于長鏈方向振動的光吸收20%。當光強為厶的自然光通過該振偏片后,出射光強為,再通過ー電氣石偏振片（作為檢偏器）后,光強在與之間變化。上述兩片電氣石,若長鏈之間夾角為60°,則通過檢偏后光強為。.邊長為a的正六邊形每個頂點處有一個點電荷,取無限遠處作為參考點，則。點電勢為_,。點的場強大小為.一束單色光垂直入射在光柵上,衍射光譜中共出現(xiàn)5條明紋。若已知此光柵縫寬度與不透明部分寬度相等,那么在中央明紋ー側(cè)的兩條明紋分別是第級和第 級譜線。.在單縫夫瑯和費衍射中,若單縫兩邊緣點從6發(fā)出的單色平行光到空間某點尸的光程差為1.52,則ん8間可分為個半波帶，尸點處為（填明或暗）條紋。若光程差為2ス，則ス6間可分為個半波帶，P點、處為（填明或暗）條紋。.如圖所示,邊長分別為a和ル的矩形,其ス、B、C三個頂點上分別放置三個電量均為q的點電荷，則中心。點的場強為方向。.若兩個同方向不同頻率的諧振動的表達式分別為玉=AcoslOzr和x2=AcosIZtT,則它們的合振動頻率為_,每秒的拍數(shù)為ー。.我們（填能或不能）利用提高頻率的方法來提高波在媒質(zhì)中的傳播速度。.雙縫干涉實驗中,若雙縫間距由"變?yōu)楗?,使屏上原第十級明紋中心變?yōu)榈谖寮壝骷y中心，則d'："—!若在其中一縫后加一透明媒質(zhì)薄片，使原光線光程增加2.54,則此時屏中心處為第一級紋。.一平面簡諧波沿。X軸正向傳播,波動方程為ぎ=Acos[0。一ざ）+エ],則ズ=ム處u4質(zhì)點的振動方程為?ス=ール處質(zhì)點的振動和ス=ム處質(zhì)點的振動的位相差為。2ー必=_?.兩個同心的薄金屬球売，半徑分別為凡、も（凡＞/?2），帶電量分別為ク、q2,將二球用導線聯(lián)起來，（取無限遠處作為參考點）則它們的電勢為。

.有兩個相同的彈簧,其倔強系數(shù)均為ん（1）把它們串聯(lián)起來,下面掛ー個質(zhì)量為加的重物,此系統(tǒng)作簡諧振動的周期為;（2）把它們并聯(lián)起來,下面掛一質(zhì)量為m的重物，此系統(tǒng)作簡諧振動的周期為。.對下表所列的理想氣體各過程,并參照下圖,填表判斷系統(tǒng)的內(nèi)能增量AE,對外作功A和吸收熱量。的正負（用符號+,-I。表示）：過程NEAQ等體減壓等壓壓縮絕熱膨脹圖(a)圖（かa-^b-^ca-^d-^c圖（a）圖（か.處于激發(fā)態(tài)的鈉原子,發(fā)出波長為589nm的光子的時間平均約為10セ。根據(jù)不確定度關(guān)系式,光子能量不確定量的大小AE=.發(fā)射波長的不確定度范圍（即所謂譜線寬度）是128.初速度為為=5i+4/（m/s）,質(zhì)量為m=0.05kg的質(zhì)點，受到?jīng)_量

7=2.57+2；(N-s)的作用,則質(zhì)點的末速度(矢量)為.一定量的理想氣體從同一初態(tài)。(タ〇,%)出發(fā),分別經(jīng)兩個準靜態(tài)過程aわ和ac,b點的壓強為四,c點的體積為匕,如圖所示,若兩個過程中系統(tǒng)吸收的熱量相同,則該氣體的y=—=〇.ー飛輪作勻減速運動,在5s內(nèi)角速度由40^rad/s減到10zrrad/s,則飛輪在這5s內(nèi)總共轉(zhuǎn)過了一圈,飛輪再經(jīng)的時間才能停止轉(zhuǎn)動。.兩個同方向同頻率的簡諧振動,其合振動的振幅為0.2m,合振動的位相與第一個簡諧振動的位相差為n/6,若第一個簡諧振動的振幅為けxlO-m,則第二個簡諧振動的振幅為m,第一、二兩個簡諧振動的位相差為132,如圖所示，ー彈簧豎直懸掛在天花板上,下端系ー個質(zhì)量為0的重物，在0點處平衡，設(shè)劉為重物在平衡位置時彈簧的伸長量。(1)以彈簧原長0I處為彈性勢能和重力勢能零點，則在平衡位置〇處的重力勢能、彈性勢能和總勢能各為ヽ、〇(2)以平衡位置0處為彈性勢能和重力勢能零點，則在彈簧原長0I處的重力勢能、彈性勢能和總勢能各為、、〇.73)為麥克斯韋速率分布函數(shù),['/'(v)du的物理意義是_,エセーア(v)dn的物理意義是 ,速率分布函數(shù)歸ー化條件的數(shù)學表達式為,其物理意義是.氫分子的質(zhì)量為3.3xl(T24g,如果每秒有1じ3個氫分子沿著與容器器壁的法線成45°角方向以lO'cm/s的速率撞擊在2.0金2面積上(碰撞是完全彈性的),則由這些氫氣分子產(chǎn)生的壓強為?1351平行板電容器的電容為C=20ルド,兩極板上電壓變化率為也?=1.5xl05y.sT,dt若忽略邊緣效應(yīng),則該電容器中的位移電流為〇

136.質(zhì)量為0的質(zhì)點,在變カF-Fokt）（內(nèi)和ル均為常量）作用下沿ox軸作直線運動。若已知片O時,質(zhì)點處于坐標原點,速度為ro?則質(zhì)點運動微分方程為質(zhì)點速度隨時間變化規(guī)律為片ー,質(zhì)點運動學方程為ア〇137,如圖所示，正電荷q在磁場中運動，速度沿ス軸正方向。若電荷q不受カ，則外磁場月的方向是;若電荷イ受到沿y軸正方向的力,且受到的カ為最大值,則外磁場的方向為〇.麥克斯韋關(guān)于電磁場理論的兩個基本假設(shè)是；.為了提高變壓器的效率,一般變壓器選用疊片鐵芯，這樣可以減少損耗。.內(nèi)、外半徑分別為R、尺的均勻帶電厚球殼，電荷體密度為p。貝リ,在バ尼的區(qū)域內(nèi)場強大小為,在尼〈バ尼的區(qū)域內(nèi)場強大小為,在r＞ル的區(qū)域內(nèi)場強大小為〇.一人站在轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)臺上,在他伸出的兩手中各握有一個重物，若此人向著胸部縮回他的雙手及重物,忽略所有摩擦,則系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動慣量,系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動角速度,系統(tǒng)的角動量,系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動動能。（填增大、減小或保持不變）TOC\o"1-5"\h\z.平行板電容器極板面積為S、充滿兩種介電常數(shù)分別為ら和ら的均勻介質(zhì),則該電容器的電容為C= 。.試說明質(zhì)點作何種運動時，將出現(xiàn)下述各種情況（せ0）:a：W0,a?=0； 。a,=0,a?W0； 。形狀如圖所示的導線,通有電流!,放在與磁場垂直的平面內(nèi),導線所受的磁場カP=0為了把4個點電荷q置于邊長為』的正方形的四個頂點上,外力須做功一一個半徑為斤的圓筒形導體,筒壁很薄,可視為無限長,通以電流，,簡外有一層厚為d、磁導率為〃的均勻順磁性介質(zhì)，介質(zhì)外為真空，畫出此磁場的fTr圖及すr圖。(要求在圖上標明各曲線端點的坐標及所代表的函數(shù)值,不必寫出計算過程。)0 r 0半徑為r的均勻帶電球面1,帶電量為名,其外有一同心的半徑為オ的均勻帶電球面2,帶電量為%,則兩球面間的電勢差為ー。三、解答題2質(zhì)量為7.2XI3如圖所示將一個電量為g的點電荷放在ー個半徑為オ的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為d,參見附圖。設(shè)無窮遠處為零電勢，則在導體球球心。點有( )E=O,V=—^—47160dE=—=4曬〇d" 4您〇"E=O,V=OE=—J,V —分析與解達到靜電平衡時導體內(nèi)處處各點電場強度為零。點電荷〇在導體球表面感應(yīng)等量異號的感應(yīng)電荷±g',導體球表面的感應(yīng)電荷士q’在球心。點激發(fā)的電勢為零，ク點的電勢等于點電荷q在該處激發(fā)的電勢。因而正確答案為(A)。22如圖所示,有三個點電荷Qヽ@ヽa沿一條直線等間距分布且。=。=。.已知其中任一點電荷所受合力均為零,求在固定。、a的情況下,將Q從點〇移到無窮遠處外カ所作的功.yQ\ 〇Q! 。.a X@5-22圖分析由庫侖カ的定義,根據(jù)。、ユ所受合力為零可求得ユ.外力作功川應(yīng)等于電場力作功W的負值，即r=ー儀求電場力作功的方法有兩種:（1）根據(jù)功的定義,電場力作的功為WイQ沖其中￡是點電荷。、a產(chǎn)生的合電場強度.（2）根據(jù)電場力作功與電勢能差的關(guān)系,有卬=。2（匕-匕）=。2匕其中ル是。、a在點。產(chǎn)生的電勢（取無窮遠處為零電勢）.解1由題意。所受的合力為零Qi&ラ+Qi——9p=0解得 Q2=~Q.=~Q由點電荷電場的疊加,。、?！ぐl(fā)的電場在ア軸上任意一點的電場強度為E=J+J=2%ト。;）ジ之將Q從點。沿ダ軸移到無窮遠處，（沿其他路徑所作的功相同,請想ー想為什么?）外カ所作的功為M=_「Q,E.d/=イ〔一-〇\ 3_7Tdy=-^―Jo レ［4勺2%（筋+ザ,8%"解2與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時。2=—丄Q,并由電勢的疊加得。、a在點。的電勢v0=Q'+ =Q4%d 4tk:0J2neod將Q從點。推到無窮遠處的過程中，外力作功Q2W'=-Q,Vn=-^—

208吟d比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔.這是因為在許多實際問題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多.21兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為石和ル>R\),單位長度上的電荷為人.求離軸線為r處的電場強度:(1)r<R、,(2)R<r<R2,(3)r>R，.(a) (b)題5-21圖分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上,電場強度也必定沿軸對稱分布,取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場強度通量不為零,且/EdS=E-2?！?求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷Zの即可解得各區(qū)域電場的分布.解作同軸圓柱面為髙斯面，根據(jù)髙斯定理E-2兀也=):り/4)r〈分，アゝ=0&=0在帶電面附近,電場強度大小不連續(xù),電場強度有一躍變R\<r<Ri,>.q=XL

Fニス27K?or「>幾>=0E3=0在帶電面附近,電場強度大小不連續(xù),電場強度有一躍變△E= = =—27t￡or2itEQrLe0這與5—20題分析討論的結(jié)果一致.13如圖所示,ー個半徑為ス的無限長半圓柱面導體,沿長度方向的電流I在柱面上均勻分布.求半圓柱面軸線00’上的磁感強度.題フ-13圖分析畢一薩定理只能用于求線電流的磁場分布，對于本題的半圓柱形面電流，可將半圓柱面分割成寬度d/=Rd。的細電流，細電流與軸線。0’平行,將細電流在軸線上產(chǎn)生的磁感強度疊加,即可求得半圓柱面軸線上的磁感強度.解根據(jù)分析,由于長直細線中的電流d/=/d"兀Z?,它在軸線上一點激發(fā)的磁感強度的大小為dB=-^-d/2nR其方向在。ひ平面內(nèi)，且與由D，引向點0的半徑垂直，如圖7—13(B)所示.由對稱性可知,半圓柱面上細電流在軸線。0'上產(chǎn)生的磁感強度査加后，得8V=Jd8sinO=O8、="in8、="in八02兀/?nRRd0-sin0=-^-n2R則軸線上總的磁感強度大小B=B'=用B的方向指向ル軸負向.14設(shè)勻強電場的電場強度ム與半徑為"的半球面的對稱軸平行,試計算通過此半球面的電場強度通量.題5-14圖分析方法1:由電場強度通量的定義,對半球面S求積分,即や=J、E-dS方法2:作半徑為え的平面S’與半球面S一起可構(gòu)成閉合曲面,由于閉合面內(nèi)無電荷，由高斯定理む。這表明穿過閉合曲面的凈通量為零,穿入平面S’的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場強度通量.因而0=JE-dS=-\e-dS解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布,根據(jù)高斯定理，有0=-dS=-Je?dS依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS的方向，0=—E-tiR1-cos兀=tiR2E解2取球坐標系,電場強度矢量和面元在球坐標系中可表示為①E=E(cose+sincos。6+sinOsinej

dS=/?2sin0d6tie,0=-dS=￡E/?2sin20sindOd=「ER2sin2用8「sindJo Jo=nR2E

29如圖(A)所示,ー根長直導線載有電流上=30A,矩形回路載有電流ム=20A.試計算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,1=0.12m.題7-29圖分析矩形上、下兩段導線受安培カ￡和其的大小相等,方向相反，對不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導線，由于載流導線所在處磁感強度不等,所受安培カA和A大小不同,且方向相反，因此線框所受的カ為這兩個カ的合力.解由分析可知，線框所受總的安培力尸為左、右兩邊安培力A和凡之矢量和,如圖(B)所示,它們的大小分別為一2nd2Md+b)故合力的大小為ド=爲ー爲=幽リー-りムム,ヽ=1.28x1。つn3 42nd 2n(d+b)合力的方向朝左,指向直導線.6一系統(tǒng)由質(zhì)量為3.0kg、2.0kg和5.0kg的三個質(zhì)點組成,它們在同一平面內(nèi)運動,其中第一個質(zhì)點的速度為(6.0m?s~)ノ,第二個質(zhì)點以與x軸成一30。角,大小為8.Om?s"的速度運動.如果地面上的觀察者測出系統(tǒng)的質(zhì)心是靜止的,那么第三個質(zhì)點的速度是多少?分析因質(zhì)點系的質(zhì)心是靜止的,質(zhì)心的速度為零,即vC=drC也=9今轡=o,故有色エか/,=ミめ,ム=o,這是一矢量方程.將質(zhì)點系drdr>m. drーユ、レJノ

中各質(zhì)點的質(zhì)量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三質(zhì)點的速度.解在質(zhì)點運動的平面內(nèi)取如圖2將形狀完全相同的銅環(huán)和木環(huán)靜止放置在交變磁場中,并假設(shè)通過兩環(huán)面的碳通量隨時間的變化率相等,不計自感時則（ ）（A）銅環(huán)中有感應(yīng)電流,木環(huán)中無感應(yīng)電流（B）銅環(huán)中有感應(yīng)電流，木環(huán)中有感應(yīng)電流（〇銅環(huán)中感應(yīng)電動勢大,木環(huán)中感應(yīng)電動勢?。―）銅環(huán)中感應(yīng)電動勢小，木環(huán)中感應(yīng)電動勢大分析與解根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，銅環(huán)、木環(huán)中的感應(yīng)電場大小相等，但在木環(huán)中不會形成電流.因而正確答案為（A）.30兩個很長的共軸圓柱面（用=3.0X107m,是=010m）,帶有等量異號的電荷,兩者的電勢差為450V.求:（1）圓柱面單位長度上帶有多少電荷?（2）r=0.05m處的電場強度.2底0r解（1）由習題5—21的結(jié)果，可得兩圓柱面之間2底0r根據(jù)電勢差的定義有解得 ス=2%(/12ハn里=2.1xl()TC-m-1號(2)解得兩圓柱面之間r=0.05m處的電場強度￡=^—=7475V-m-11一個電子和一個原來靜止的氫原子發(fā)生對心彈性碰撞.試問電子的動能中傳遞給氫原子的能量的百分數(shù).（已知氫原子質(zhì)量約為電子質(zhì)量的1840倍）分析對于粒子的對心彈性碰撞問題,同樣可利用系統(tǒng)（電子和氫原子）在碰撞過程中所遵循的動量守恒和機械能守恒來解決.本題所求電子傳遞給氫原子的能量的百分數(shù),即氫原子動能與電子動能之比Eh/紇?根據(jù)動能的定義,有品/紇=〃メ。:/6で,而氫原子與電子的質(zhì)量比小’々是已知的,它們的速率比可應(yīng)用上述兩守恒定律求得，EH/Ee即可求出.解以國表示氫原子被碰撞后的動能,&表示電子的初動能，則

Eh=2h

紇—m'v2.2e由于粒子作對心彈性碰撞,在碰撞過程中系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒定律,故有mve=m'vH+mv'e-mv；=-m'vl+-tnv'2由題意知位’4=1840,解上述三式可得E?m2I=1842m

m+mE?m2I=1842m

m+m2I?2.2x1O-3已知擺錘的質(zhì)0質(zhì)量為明的彈丸ん穿過如圖所示的擺錘と后,速率由い減少到『々.已知擺錘的質(zhì)量為以’,擺線長度為，如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個完全的圓周運動,彈丸速度/的最小值應(yīng)為多少?OBノノV/2OBノノV/2題3-3()圖分析該題可分兩個過程分析.首先是彈丸穿越擺錘的過程.就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時間很短，重力和的張カ在水平方向的沖量遠小于沖擊カ的沖量,因此,可認為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒.擺錘在碰撞中獲得了一定的速度，因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定;與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果.解由水平方向的動量守恒定律,有v,,mv=tn——\-mv2為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,在最高點時,擺線中的張カル=0,則式中メh為擺錘在圓周最高點的運動速率.又擺錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有—mv=2mgl+—/nrZl" (3)解上述三個方程，可得彈丸所需速率的最小值為2mハ訴160,如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出.以地面為參考系,下列說法中正確的說法是()(A)子彈減少的動能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動能(B)子彈一木塊系統(tǒng)的機械能守恒(〇子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻カ所作的功(D)子彈克服木塊阻カ所作的功等于這ー過程中產(chǎn)生的熱題3-5圖分析與解子彈一木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中，作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒.這是因為子彈與木塊作用的ー對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻カ所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用カ對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這ー對內(nèi)力所作功的代數(shù)和).綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的.161.直升飛機的螺旋槳由兩個對稱的葉片組成.每ー葉片的質(zhì)量136kg,長ノ=3.66m.求當它的轉(zhuǎn)速〃=320r/min時,兩個葉片根部的張カ.(設(shè)葉片是寬度一定、厚度均勻的薄片)題2-17圖分析螺旋槳旋轉(zhuǎn)時,葉片上各點的加速度不同,在其各部分兩側(cè)的張力也不同;由于葉片的質(zhì)量是連續(xù)分布的,在求葉片根部的張カ時,可選取葉片上ー小段,分析其受力,列出動カ學方程,然后采用積分的方法求解.解設(shè)葉片根部為原點。,沿葉片背離原點。的方向為正向,距原點。為r處的長為dr-小段葉片,其兩側(cè)對它的拉力分別為呂(r)與ル(r+dr).葉片轉(zhuǎn)動時,該小段葉片作圓周運動,由牛頓定律有dFT=FT(r)-FT(r+dr)=—co2^r由于T=!時外側(cè)ル=0,所以有ゆ?耳(「)=一等僅ー,)=_苧仍ー產(chǎn)上式中取r=0,即得葉片根部的張カAtO=-2.79X105N負號表示張カ方向與坐標方向相反..0如圖(a)所示,在ー只半徑為R的半球形碗內(nèi),有一粒質(zhì)量為卬的小鋼球,當小球以角速度3在水平面內(nèi)沿碗內(nèi)壁作勻速圓周運動時,它距碗底有多高?題2-1（）圖分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動時,必須使鋼球受到一與向心加速度相對應(yīng)的カ（向心力）,而該カ是由碗內(nèi)壁對球的支持力"的分力來提供的,由于支持力人始終垂直于碗內(nèi)壁,所以支持力的大小和方向是隨の而變的.取圖示〃リ坐標,列出動力學方程,即可求解鋼球距碗底的高度.解取鋼球為隔離體,其受力分析如圖（b）所示.在圖示坐標中列動力學方程FNsinO==mH:o2sinOFncos3=mgA（R一人）

cos8= -R由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為h=Rー鼻可見,わ隨3的變化而變化..質(zhì)點的運動方程為x=-10f+3O2

y=15r-2O2

式中的單位為m,t的單位為s.試求:（1）初速度的大小和方向;（2）加速度的大小和方向.分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向.解（1）速度的分量式為vr=—=-10+60r

xdrv=—=15-40r

dr當2=0時,vox=-10m-s1tvoy=15m?s,則初速度大小為。〇=7^0?+o〇;=18.°m.S',設(shè)6與X軸的夾角為a,則<7=123°41'(2)加速度的分量式為ax= =60m-s-2,av=-L=-40m-s-2*d/ アdr則加速度的大小為a=Ja：+a；=72.1m-s-2設(shè)a與x軸的夾角為￡,則“% 2tan夕=一=——ム3￡=-33°41'(或326°19')36設(shè)長L=5.0cm,截面積S=1.0cm2的鐵棒中所有鐵原子的磁偶極矩都沿軸向整齊排列,且每個鐵原子的磁偶極矩へ=1.8x10^A-m2.求:（1）鐵棒的磁偶極矩;（2）要使鐵棒與磁感強度8°=1.5T的外磁場正交,需用多大的カ矩?設(shè)鐵的密度p=7.8g-cm-,鐵的摩爾質(zhì)量Mo=55.85g.moF.分析（1）根據(jù)鐵棒的體積和密度求得鐵棒的質(zhì)量，再根據(jù)鐵的摩爾質(zhì)量求得棒內(nèi)的鐵原子數(shù)反即N=”?Mo其中ル為阿伏伽德羅常量.維持鐵棒內(nèi)鐵原子磁偶極矩同方向排列,因而棒的磁偶極矩m=Nへ（2）將鐵棒視為ー個磁偶極子,其與磁場正交時所需カ矩M=m-8（）解（1）由分析知，鐵棒內(nèi)的鐵原子數(shù)為N=必あ%厶故鐵棒的磁偶極矩為m=Nへ=四Naへ=185Zポ

%（2）維持鐵棒與磁場正交所需カ矩等于該位置上磁矩所受的磁力矩=6?穌=11.4N?m一足球運動員在正對球門前25.0m處以20.0m,s1的初速率罰任意球,已知球門高為3.44m.若要在垂直于球門的豎直平面內(nèi)將足球直接踢進球門,問他應(yīng)在與地面成什么角度的范圍內(nèi)踢出足球?（足球可視為質(zhì)點）題"21圖分析被踢出后的足球,在空中作斜拋運動,其軌跡方程可由質(zhì)點在豎直平面內(nèi)的運動方程得到.由于水平距離x已知,球門高度又限定了在y方向的范圍,故只需將ス、y值代入即可求出.解取圖示坐標系。リ,由運動方程x=vtcos3,y=vtsinO-^gr消去t得軌跡方程y=xtan0—”(1+tan以ス=25.0m,v=20.0m?s1及3.44m2ダリ〇代入后,可解得71.11°N61269.92°27.92°N02218.89°如何理解上述角度的范圍?在初速一定的條件下,球擊中球門底線或球門上緣都將對應(yīng)有兩個不同的投射傾角（如圖所示）.如果以。>71.11°或，<18.89°踢出足球,都將因射程不足而不能直接射入球門;由于球門高度的限制,。角也并非能取71.11°與18.89°之間的任何值.當傾角取值為27.92°<0<69.92°時,踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去，這時球也不能射入球門.因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果.一質(zhì)點沿半徑為k的圓周按規(guī)律s=ZV-gかユ運動,"ヽわ都是常量.（1）求t時刻質(zhì)點的總加速度;（2）t為何值時總加速度在數(shù)值上等于8?（3）當加速度達到ル時,質(zhì)點已沿圓周運行了多少圈?分析在自然坐標中,s表示圓周上從某一點開始的曲線坐標.由給定的運動方程s=s（t）,對時間t求ー階、二階導數(shù)，即是沿曲線運動的速度v和加速度的切向分量陽,而加速度的法向分量為a=上/兄這樣,總加速度為a=atet+anen,至于質(zhì)點在1時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標的改變量/s=s,-so.因圓周長為2nR,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.解（1）質(zhì)點作圓周運動的速率為ds.

v=—=vQ-bt其加速度的切向分量和法向分量分別為a-d2s_ba_か_（%ー4）2《一dデー”'パスーR故加速度的大小為。=いザ+『が其方向與切線之間的夾角為0-arctan^-=arctar -atlRb⑵要使丨al=ん由丄存2/+（へーん）4=人可得r=且

b（3）從t=0開始到時，質(zhì)點經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為2nR4nbR質(zhì)量為必的物體,由水平面上點。以初速為的拋出,因與水平面成仰角。.若不計空氣阻カ,求:(1)物體從發(fā)射點。到最高點的過程中,重力的沖量;(2)物體從發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量.題3-7圖分析重力是恒力,因此,求其在一段時間內(nèi)的沖量時,只需求出時間間隔即可.由拋體運動規(guī)律可知,物體到達最高點的時間△ム=ユ幽約,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時g間是到達最高點時間的兩倍.這樣,按沖量的定義即可求得結(jié)果.另ー種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量,由動量定理求出.解1物體從出發(fā)到達最高點所需的時間為△“空皿g則物體落回地面的時間為罰=2△い.8于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為ム=jFdr=—mg\tj=-znz7()sinajI2=￡Fdt=一mgAt2j=-27?wosinaj解2根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射點。運動到點ん、6的過程中,重力的沖量分別為ム=加%ノー啊や=一，加()sinajl2=mvBJ-nw()yj=-2nw^naj32在一次典型的閃電中,兩個放電點間的電勢差約為10“V,被遷移的電荷約為30C.(1)如果釋放出來的能量都用來使。匕的冰融化成0℃的水,則可溶解多少冰?(冰的融化熱』=3.34Xl()5j?kg)(2)假設(shè)每ー個家庭一年消耗的能量為300kW?h,則可為多少個家庭提供一年的能量消耗?解(1)若閃電中釋放出來的全部能量為冰所吸收,故可融化冰的質(zhì)量zn=—=^=8.98xl04KgLL即可融化約90噸冰.(2)ー個家庭一年消耗的能量為￡0=3OO(kWh=1.08x1010Jn= = =2.0E()綜一次閃電在極短的時間內(nèi)釋放出來的能量約可維持3個家庭一年消耗的電能.4ー質(zhì)量為10kg的質(zhì)點在カ尸的作用下沿x軸作直線運動,已知尸=120t+40,式中尸的單位為N,t的單位的s.在ナ=0時,質(zhì)點位于x=5.0m處,其速度的=6.0m?s-1.求質(zhì)點在任意時刻的速度和位置.分析這是在變力作用下的動力學問題.由于カ是時間的函數(shù),而加速度a=dr/dt,這時，動力學方程就成為速度對時間的ー階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點的速度r(t);由速度的定義「=dx/dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置.解因加速度a=d"dt,在直線運動中,根據(jù)牛頓運動定律有120/+40=w—

dr依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件,即t。=0時的=6.0s',運用分離變量法對上式積分,得

￡dr=￡(120r+4.0)drr=6.0+4.0t母〇ピ又因い=dx/df,并由質(zhì)點運動的初始條件:to=0時劉=5.0m,對上式分離變量后積分,有エ屮=￡(6.0+4.0/+6.0/ルx=5.0母Ot+2.0ピ+2.0ド1兩根長度相同的細導線分別多層密繞在半徑為夕和r的兩個長直圓筒上形成兩個螺線管,兩個螺線管的長度相同,R=2r,螺線管通過的電流相同為I,螺線管中的磁感強度大小BオヽB乃黃足( )(A)Br=2Br(B)Br=Br(C)2Br=Bf(D)BR=4-Br分析與解在兩根通過電流相同的螺線管中，磁感強度大小與螺線管線圈單位長度的匝數(shù)成正比.根據(jù)題意,用兩根長度相同的細導線繞成的線圈單位長度的匝數(shù)之比む=二=丄

nrR2因而正確答案為(C)。

I一物體自地球表面以速率由豎直上拋.假定空氣對物體阻カ的值為ん=ん歩,其中卬為物體的質(zhì)量,ル為常量.試求:（1）該物體能上升的高度;（2）物體返回地面時速度的值.（設(shè)重力加速度為常量.）題2-21圖分析由于空氣對物體的阻カ始終與物體運動的方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力/7和阻カん的方向相同;而下落過程中,所受重力/?和阻カ后的方向則相反.又因阻カ是變カ,在解動力學方程時,需用積分的方法.解分別對物體上拋、下落時作受力分析，以地面為原點,豎直向上為ア軸（如圖所示）.（1）物體在上拋過程中,根據(jù)牛頓定律有, 2dovdv-ms-kmv'=m—=m drdy依據(jù)初始條件對上式積分,有fdy=イ亠Jo 兒g+切2（2）物體下落過程中,有,2 ひdu_mg^rkmv",2 ひdu_mg^rkmv"=m dy25在A點和B點之間有5個電容器,其連接如圖所示.（1）求A、B兩點之間的等效電容;（2）若A、B之間的電勢差為12V,求ル、生和如.C（=4uFC3=6|XFHHc5=24HFrdrr\WH

L||_I Lj|_C*2=SjaFC4=2jaF題6-25圖解（1）由電容器的串、并聯(lián),有CAC=C]+C,=12卩FCCD=G+C4=8"1111

= + F CbCacCcdC5求得等效電容如=4uF.（2）由于Qac=%=Q/m=Qa8,得Uac=》U.=4VしACLd=》Uab=6VしCDU加=ab=2VしDB7已知銅的摩爾質(zhì)量M=63.75g?mol-1,密度P=8.9g?cm-3?在銅導線里,假設(shè)每一個銅原子貢獻出ー個自由電子，（1）為了技術(shù)上的安全,銅線內(nèi)最大電流密度jm=6.0Amm-2,求此時銅線內(nèi)電子的漂移速率ス;（2）在室溫下電子熱運動的平均速率是電子漂移速率ス的多少倍?分析ー個銅原子的質(zhì)量m=M/Na,其中4為阿伏伽德羅常數(shù)，由銅的密度0可以推算出銅的原子數(shù)密度n=p/m根據(jù)假設(shè),每個銅原子貢獻出一個自由電子,其電荷為e,電流密度ル=〃田".從而可解得電子的漂移速率れ.將電子氣視為理想氣體,根據(jù)氣體動理論,電子熱運動的平均速率其中ル為玻耳茲曼常量,很為電子質(zhì)量.從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關(guān)系.解（1）銅導線單位體積的原子數(shù)為n=NAp/M電流密度為エ時銅線內(nèi)電子的漂移速率vd=jm/ne=jmM/NApe=4.46x1CT4m-s-1（2）室溫下（7=300K）電子熱運動的平均速率與電子漂移速率之比為二」我,2.42x108室溫下電子熱運動的平均速率遠大于電子在恒定電場中的定向漂移速率.電子實際的運動是無規(guī)熱運動和沿電場相反方向的漂移運動的疊加.考慮到電子的漂移速率很小,電信號的信息載體顯然不會是定向漂移的電子.實驗證明電信號是通過電磁波以光速傳遞的.31將一電流均勻分布的無限大載流平面放入磁感強度為氏的均勻磁場中,電流方向與磁場垂直.放入后，平面兩側(cè)磁場的磁感強度分別為5和民（如圖所示）,求該載流平面上單位面積所受磁場カ的大小和方向.題7-31圖分析依照題7—20的分析,無限大載流平面兩側(cè)為均勻磁場,磁感強度大小為!氏j,依照右手螺旋定則可知，它們的方向反向平行,并與原有磁感強度后的均勻外磁場疊加,則有耳=用）一:〃〇ノB2=綜+;〃〇，從而可解得原均勻磁場的磁感強度笈和電流面密度上載流平面在均勻外磁場中受到安培カ的作用,由于載流平面自身激發(fā)的磁場不會對自身的電流產(chǎn)生作用力,因此作用在DS面積上的安培力d尸=Idlx由此可求得單位面積載流平面所受的安培カ.解由分析可得用=用）-gル0ノ （1）82=ル+ラ〃。， （2）由式（1）、（2）解得綜=3（與+ル）J=~（B2~B）

ル。外磁場后作用在單位面積載流平面上的安培カ更=巫" 丄便うdSdxdy 2ル0、ー''依照右手定則可知磁場力的方向為水平指向左側(cè).13如圖為電四極子，電四極子是由兩個大小相等、方向相反的電偶極子組成.試求在兩個電偶極子延長線上距中心為z的一點產(chǎn)的電場強度（假設(shè)z?d）.q_q_qq題5-13圖分析根據(jù)點電荷電場的疊加求戶點的電場強度.解由點電荷電場公式，得? 12q1q, 1q471￡oz4tI￡0（z-d）47l￡0（z+d）考慮到z?d,簡化上式得丄1-2+U 1+14%]z2z2|_(l-J/z)-(1-J/z)2q\2 1F,2d3d2 ,2d3d2T,-—1+―+——+?,?+l +——+???>k4元￡()IZZLzz zz=q6gd2?4%z4通常將0=2qイ稱作電四極矩,代入得P點的電場強度燈ー?3Qレ

E--j-A4/z1如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S=0.20Hiノ的直角彎管,管中有流速為r=3.0m?s-1的水通過,求彎管所受力的大小和方向.題3-11圖分析對于彎曲部分AB段內(nèi)的水而言,由于流速一定，在時間厶1內(nèi)，從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量.因此,對這部分水來說,在時間At內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量△0=A加（昨ー%）;此動量的變化是管壁在△t時間內(nèi)對其作用沖量/的結(jié)果.依據(jù)動量定理可求得該段水受到管壁的沖力廠;由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用カダ’=~F.解在At時間內(nèi),從管一端流入（或流出）水的質(zhì)量為Am=PuSAt,彎曲部分AB的水的動量的增量則為Ap=A/n（rn-vn）=PuSXt（叫一”）依據(jù)動量定理/=Ap,得到管壁對這部分水的平均沖カF=-=pSvM（vB-vA）從而可得水流對管壁作用カ的大小為F=-F=->/2pSv2=-2.5x1tfN

作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè).10如圖所示,有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點,并與很遠處的電源相接。求環(huán)心〇的磁感強度.題7-10圖分析根據(jù)疊加原理,點。的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、aob兩段圓瓠電流共同激發(fā).由于電源距環(huán)較遠,%■=（）.而be、fa兩段直線的延長線通過點。，由于Zホxr=0,由畢ー薩定律知紇,=5必=0.流過圓瓠的電流/I、ム的方向如圖所示,兩圓弧在點。激發(fā)的磁場分別為其中YI、!I分別是圓弧acb、aob的弧長,由于導線電阻??與瓠長ノ成正比,而圓瓠acb、aob又構(gòu)成并聯(lián)電路,故有將Bl、B2疊加可得點。的磁感強度B.解由上述分析可知，點。的合磁感強度_B=_B=〃〇ムム_〃〇，2,24nr~4nr~=015如圖所示裝置,定滑輪的半徑為r,繞轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為ノ，滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量為血和加的物體A、B.A置于傾角為〇的斜面上,它和斜面間的摩擦因數(shù)為“,若B向下作加速運動時，求:（1）其下落加速度的大小;（2）滑輪兩邊繩子的張カ.（設(shè)繩的質(zhì)量及伸長均不計,繩與滑輪間無滑動,滑輪軸光滑.）

(b)(b)題4-15圖分析這是連接體的動力學問題,對于這類問題仍采用隔離體的方法,從受力分析著手,然后列出各物體在不同運動形式下的動力學方程.物體A和B可視為質(zhì)點,則運用牛頓定律.由于繩與滑輪間無滑動，滑輪兩邊繩中的張カ是不同的,滑輪在力矩作用下產(chǎn)生定軸轉(zhuǎn)動,因此，對滑輪必須運用剛體的定軸轉(zhuǎn)動定律.列出動力學方程，并考慮到角量與線量之間的關(guān)系，即能解出結(jié)果來.解作A、B和滑輪的受力分析,如圖(b).其中A是在張カド“、重力片,支持力ル和摩擦力用的作用下運動,根據(jù)牛頓定律，沿斜面方向有TOC\o"1-5"\h\z昂一見gsinOー〃町gcosO=町0] (1)而B則是在張カドT2和重力8的作用下運動，有m2g—Ft2=gw (2)由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有at=〇2=ra (3)對滑輪而言,根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動定律有F[2r-F^r=Ja (4)母]=昂,耳2=毎2 (5)解上述各方程可得_ 一町gsin。ー"ggeos夕a2 Jり+物+—y班;n1g(1+sin。+〃cos9)+(sin。+4cosの叫g(shù)j/パ町+れ+ノ/戸町，るg(l+sin。+4cos。)+m2gノ/パ21設(shè)有兩無限大平行載流平面，它們的面電流密度均為ノ，電流流向相反?求:(1)兩載流平面之間的磁感強度;(2)兩面之外空間的磁感強度.Ik，

o??? ?0Jk題7-21圖解由上題計算的結(jié)果,單塊無限大載流平面在兩側(cè)的磁感強度大小為,方向如圖所示,根據(jù)磁場的査加原理可得(1)取垂直于紙面向里為よ軸正向,合磁場為5=怨》+怨i=4ガ(2)兩導體載流平面之外，合磁場的磁感強度5=.ル.i=02 28如圖所示,ー繩索跨過無摩擦的滑輪,系在質(zhì)量為1.00kg的物體上,起初物體靜止在無摩擦的水平平面上.若用5.00N的恒力作用在繩索的另一端,使物體向右作加速運動，當系在物體上的繩索從與水平面成30°角變?yōu)?7°角時,カ對物體所作的功為多少?已知滑輪與水平面之間的距離d=1.00m.題3-18圖分析該題中雖施以“恒カ”,但是,作用在物體上的力的方向在不斷變化，需按功的矢量定義式W=J尸-ds來求解.解取圖示坐標,繩索拉カ對物體所作的功為W=[F-dx=fFcos^dx=ド--,Fxdx=1.69JJJ幾77777有兩根相距為"的無限長平行直導線,它們通以大小相等流向相反的電流,且電流均以包的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與兩導線處于同一平面內(nèi),如圖所df示.求線圈中的感應(yīng)電動勢.題8-7圖分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律ぐ=ー。處來求解.由于回路處在非均勻磁場中，

dr磁通量就需用0= 來計算（其中6為兩無限長直電流單獨存在時產(chǎn)生的磁感強度5與民之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標系.由于6僅與x有關(guān),即B=8（x）,故取ー個平行于長直導線的寬為Dx、長為d的面元DS,如圖中陰影部分所示,則dS=ddx,所以，總磁通量