1、一、 單項選擇題： 1. 北京正負電子對撞機中電子在周長為L的儲存環(huán)中作軌道運動。已知電子的動量是P，則偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度為： （ C ） (A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。2. 在磁感應強度為的均勻磁場中，取一邊長為的立方形閉合面，則通過該閉合面的磁通量的大小為： （ D ）(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。3半徑為R的長直圓柱體載流為I，電流I均勻分布在橫截面上，則圓柱體內(nèi)（）的一點P的磁感應強度的大小為 ( B )(A) ； (B) ； (C) ； (D) 。4單色光從空氣射入水中，下面哪種說法是正確的 ( A )(A) 頻率不變，光速變小； (B) 波長不

2、變，頻率變大；(C) 波長變短，光速不變； (D) 波長不變，頻率不變.5.如圖,在C點放置點電荷q1,在A點放置點電荷q2,S是包圍點電荷q1的封閉曲面,P點是S曲面上的任意一點.現(xiàn)在把q2從A點移到B點，則 ()(A) 通過S面的電通量改變,但P點的電場強度不變；BAPC(B) 通過S面的電通量和P點的電場強度都改變；(C) 通過S面的電通量和P點的電場強度都不變；(D) 通過S面的電通量不變,但P點的電場強度改變。6如圖所示，兩平面玻璃板OA和OB構(gòu)成一空氣劈尖，一平面單色光垂直入射到劈尖上，當A板與B板的夾角增大時，干涉圖樣將 ( C )(A) 干涉條紋間距增大，并向O方向移動；(B)

3、 干涉條紋間距減小，并向B方向移動；(C) 干涉條紋間距減小，并向O方向移動；(D) 干涉條紋間距增大，并向O方向移動.7在均勻磁場中有一電子槍，它可發(fā)射出速率分別為v和2v的兩個電子，這兩個電子的速度方向相同，且均與磁感應強度B垂直，則這兩個電子繞行一周所需的時間之比為 ( A )(A) 1:1；       (B) 1:2；         (C) 2:1；         (D) 4:1.8如圖所示，均勻磁場的

4、磁感強度為B，方向沿y軸正向，欲要使電量為Q的正離子沿x軸正向作勻速直線運動，則必須加一個均勻電場，其大小和方向為 ( D )(A) E=，沿z軸正向； (B) E=，沿y軸正向；(C) E=B，沿z軸正向； (D) E=B，沿z軸負向。9三根長直載流導線A，B，C平行地置于同一平面內(nèi)，分別載有穩(wěn)恒電流I，2I，3I，電流流向如圖所示，導線A與C的距離為d，若要使導線B受力為零，則導線B與A的距離應為 ( A )(A) d； (B) d； (C) ； (D) .10為了增加照相機鏡頭的透射光強度，常在鏡頭上鍍有一層介質(zhì)薄膜，假定該介質(zhì)的折射率為n，且小于鏡頭玻璃的折射率，當波長為的光線垂直入射

5、時，該介質(zhì)薄膜的最小厚度應為 ( D )(A) ； (B) ； (C) ； (D) . 11. 對于安培環(huán)路定理的正確理解是 (    C )(A) 若，則必定L上處處為零；(B) 若，則必定L不包圍電流；(C) 若，則必定L內(nèi)包圍的電流的代數(shù)和為零；(D) 若，則必定L上各點的僅與L內(nèi)的電流有關(guān)。12半徑為R的長直圓柱體載流為I，電流I均勻分布在橫截面上，則圓柱體外（）的一點P的磁感應強度的大小為 ( A )(A) ； (B) ； (C) ； (D) 。13如圖所示，兩導線中的電流I1=4 A，I2=1 A，根據(jù)安培環(huán)路定律，對圖中所示的閉合曲線C有 = ( A

6、 )(A) 30； （B）0； (C) 30； （D）50。14. 在磁感應強度為的均勻磁場中，垂直磁場方向上取一邊長為的立方形面，則通過該面的磁通量的大小為： （ A ）(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。15靜電場的環(huán)路定理=0，表明靜電場是( A )。(A) 保守力場； (B) 非保守力場； (C) 均勻場； (D) 非均勻場。16. 一半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，電荷總量為q, 環(huán)心處的電場強度為（  B ）(A) ； (B) 0； (C) ； (D) .17. 以下說法正確的是 ( D )(A) 如果高斯面上處處為零，則高斯面內(nèi)必無電荷；(B) 如果高斯面

7、上處處不為零，則高斯面內(nèi)必有電荷；(C) 如果高斯面內(nèi)電荷的代數(shù)和為零，則高斯面上的必處處為零；(D) 如果高斯面內(nèi)電荷的代數(shù)和為零，則此高斯面的電通量E等于零。18. 真空中兩塊相互平行的無限大均勻帶電平板，其中一塊電荷密度為，另一塊電荷密度為2，兩平板間的電場強度大小為  （   D  ）(A) ；   (B) ；      (C) 0；    (D) 。二、填空題：1. 法拉第電磁感應定律一般表達式為 。2. 從微觀上來說, 產(chǎn)生動生電動勢的非靜電力

8、是 洛侖茲力 。3. 如圖，一電子經(jīng)過A點時，具有速率v0=1×107ms。欲使這電子沿半圓自A至C運動，所需的磁場大小為 1.13×10-3T ，方向為 垂直紙面向里 。（電子質(zhì)量=9.1×10-31 kg, 電子電量=-1.6×10-19 C）4如圖所示，當通過線圈包圍面的磁感線(即磁場)增加時，用法拉第電磁感應定律判斷，線圈中感應電動勢的方向為 順時針方向 (從上往下看)。5如圖所示，在長直電流I的磁場中，有兩個矩形線圈和，它們分別以速度平行和垂直于長直電流I運動，如圖所示。試述這兩個線圈中有無感應電動勢：線圈中 沒有 感應電動勢，線圈中 有 感應

9、電動勢。6. 相干光的相干條件為(1) 頻率相同 ；(2) 振動方向相同 ；(3) 相位差恒定 。7. 電流為I的長直導線周圍的磁感應強度為 。8. 兩平行直導線相距為d，每根導線載有電流I1=I2=I，則兩導線所在平面內(nèi)與該兩導線等距離的一點處的磁感應強度B= 或0 。9. 如圖, I1的方向垂直紙面向外，I2反之。對于三條閉合回路有：= 80 ； 80 ；= 0 。10. 圖示導體ab置于螺線管的直徑位置上，當螺線管接通電源一瞬間，管內(nèi)的磁場如圖所示，那么渦旋電場沿 逆時針 方向， 0 。11. 若勻強電場的場強為E，方向平行于半球面的軸線，如圖所示，若半球面的半徑為R，則通過此半球面的電

10、場強度通量e= R2E 。12兩個無限長同軸圓筒半徑分別為R1和R2（R1< R2），單位長度帶電量分別為+和。則內(nèi)筒內(nèi)（r<R1）處的電場大小為 0 、兩筒間的電場大小為 E= 、外筒外的電場大小為 0 。13.在雙縫干涉實驗中，若使兩縫之間的距離增大，則屏幕上干涉條紋間距；在單縫衍射中，衍射角越大，所對應的明條紋亮度。14.兩個平行的無限大均勻帶電平板，其電荷面密度分別為+和+2，如圖所示。則B、C兩個區(qū)域的電場強度分別為EB=；EC= 。(設方向向右為正)。15.一個捕蝴蝶的網(wǎng)袋放在均勻的電場中，網(wǎng)袋的邊框是半徑為a的圓，且垂直于電場，則通過此網(wǎng)袋的電場通量為 。16.導體處

11、于靜電平衡的條件是和 。三、簡答題：1. 一矩形線圈在均勻磁場中平動，磁感應強度的方向與線圈平面垂直，如圖所示。問：（1）整個線圈中的感應電動勢是多少? （2）a點與b點間有沒有電勢差?參考解答： （1）因為磁場是均勻的，且線圈勻速運動，由法拉弟電磁感應定律知，E =【1分】，且不變【1分】，所以E =0。【1分】（2）但線圈與運動速度v垂直的兩條邊則產(chǎn)生動生電動勢，其大小均為=Bv【1分】，故a、b兩點之間存在電勢差，a點電勢高于b點【1分】。在整個線圈回路中，兩條邊的電動勢方向相反，相互抵消，對整個線圈的電動勢為零不影響。【1分】2 把同一光源發(fā)的光分成兩部分而成為相干光的方法有哪幾種？這

12、幾種方法分別有什么特點并舉例？參考解答：把同一光源發(fā)的光分成兩部分而成為相干光的方法有兩種：分波陣面法和分振幅法【2分】。分波陣面法是指把原光源發(fā)出的同一波陣面上的兩部分作為兩子光源而取得相干光的方法，如楊氏雙縫干涉實驗等【2分】；分振幅法是指將一普通光源同一點發(fā)出的光，利用反射、折射等方法把它“一分為二”，從而獲得相干光的方法，如薄膜干涉等【2分】。3. 將尺寸完全相同的銅環(huán)和鋁環(huán)適當放置，使通過兩環(huán)內(nèi)的磁通量的變化率相等。問：（1）這兩個環(huán)中的感應電流是否相同？（2）這兩個環(huán)中的感生電場是否相同？參考解答：感應電流不同【1.5分】，感生電場相同。【1.5分】（1）根據(jù)電磁感應定律，若兩環(huán)內(nèi)

13、磁通量的變化率相等，則兩環(huán)內(nèi)感應電動勢相等，但兩環(huán)的電阻率不同，因而感應電流不相等。鋁的電阻率比銅的大，因而鋁內(nèi)部的感應電流較小。【1分】（2）感生電場與磁感應強度的變化率有關(guān)，因而與磁通量的變化率有關(guān)，與導體的材料無關(guān)。故在兩環(huán)內(nèi)感生電場是相同的。【1分】4. 同一條電場線上任意兩點的電勢是否相等? 為什么? (5分)參考解答：同一條電場線上任意兩點的電勢不可能相等【3分】，因為在同一條電場線上任意兩點(例如a，b兩點)之間移動電荷(可取沿電場線的路徑)的過程中，電場力做功不等于零，即UaUb=0【2分】也可這樣說明，因電場線總是由高電勢處指向低電勢處，故同一條電場線上任意兩點的電勢不會相等

14、。四、計算題： 1 兩平行直導線相距d=40cm，每根導線載有電流I1=I2=20A，如圖所示。求：(1)兩導線所在平面內(nèi)與該兩導線等距離的一點處的磁感應強度；(2)通過圖中斜線所示面積的磁通量。(設r1=r3=l0cm，l=25cm。)解： (1)兩導線所在平面內(nèi)與該兩導線等距離的一點處的磁感應強度為B=B1+B2=2B1=2×=4×10-5（T）【3分】(2)方法一： 在斜線面積上距I1為r處，取長為，寬為dr的條形面積，在該面積上磁感應強度為B=(I1=I2)，方向垂直紙面向外。故該面積上磁通量為d=BdScos0=Bdr= 斜線面積上的磁通量為=2.2×1

15、0-6（Wb）【5分】方法二： 因為兩直電流強度相等，對于斜線面積對稱分布且兩電流在斜線面積上的磁通量方向相同。故通過圖中斜線所示面積的磁通量為其中一根電流（如I1）所產(chǎn)生的磁通量的兩倍。所以所求磁通量為=2=2.2×10-6（Wb）【5分】2 制造半導體元件時，常常要精確測定硅片上二氧化硅薄膜的厚度，這時可把二氧化硅薄膜的一部分腐蝕掉，使其形成劈尖，利用等厚條紋測出其厚度。已知Si的折射率為3.42，SiO2的折射率為1.5，入射光波長為589.3nm，觀察到7條暗紋(如圖所示)。問SiO2薄膜的厚度h是多少?（提示：最后一條暗條紋下的高度正是SiO2薄膜的厚度）解一： 由于劈尖上

16、、下表面的反射都有半波損失，所以對于暗紋，有2nhk=(2k+1)/2, k=0,1,2,【4分】第7“條”暗紋對應的級數(shù)為k=6（即第6“級”暗紋），此條紋下的高度h6正是SiO2薄膜的厚度。而2nh6=(2×6+1)=13×所以SiO2薄膜的厚度h6=13=1.28×10-6(m)=1.28m【4分】解二： 對于劈尖，某一條紋處上、下表面的反射光的光程差與明、暗條紋的關(guān)系為 2nhk=【4分】第k級明紋的厚度差為與該明紋相鄰的兩暗紋間的高度差，即h=hk+1hk=2(k+1)+1(2k+1)=同樣，第k級暗紋的厚度差為與該暗紋相鄰的兩明紋間的高度差，即h=hk

17、+1hk=(k+1)k=可見劈尖干涉的任一條紋的厚度差都是該介質(zhì)中波長的一半。現(xiàn)觀察到7條暗紋，而劈尖的棱邊是第一條亮條紋，因此第一條暗條紋的厚度只能算半個條紋厚度。所以第7條暗紋處薄膜的厚度為h=6.5h=6.5=6.5×=1.28×10-6(m)=1.28m【4分】3. 在通有電流I=5A的長直導線近旁有一導線段ab，長l=20cm，離長直導線距離d=10cm。當它沿平行于長直導線的方向以速度v=10ms平移時，導線段中的感應電動勢多大？a，b哪端的電勢高？(ln3=1.1)1. 解一： 由動生電動勢公式求解。方法一：先求電動勢的絕對值，電動勢的方向由其它方法判定。通有

18、電流I的長直導線的磁場分布為B=0I/2r是一非均勻磁場，方向垂直于導線段ab所在平面向里。【1分】由動生電動勢公式，得導線ab中感應電動勢大小為【2分】=【1分】=1.1×10-5（V）【1分】感應電動勢Eab的方向由右手定則可知為ba，即a端電勢高于b端的電勢。【2分】或由洛侖茲力公式知Eab的方向為的方向，即ba，故a端電勢高。方法二： 因為在導線ab上各點磁感應強度不同，故在距長直導線r處，取線元dr，該線元以速度v運動時，其感應電動勢dU =vBsin90°drcos180°=vBdr=則導線ab中的感應電動勢為Uab=1.1×10-5（V）

19、Eab<0 Uab的方向為ba，即a端電勢高。方法三：Uba=1.1×10-5（V），也小于零。則Eba的方向應為ab，即Eab的方向為ba，a端電勢高。（注：此種解法判斷電動勢的方向容易出錯。）解二： 由法拉弟電磁感應定律E =求解。方法一： 導線ab在dt時間內(nèi)掃過的面積為S=ly（y=vdt）。因為在導線ab上各點磁感應強度不同，故在距長直導線x處，取線元dx，該線元以速度v從ab運動到ab時，dt時間所掃過的面元dS=ydx，則通過該面元dS的磁通量d=，通過面積S的磁通量為=由法拉弟電磁感應定律，其感應電動勢的大小為E =1.1×10-5（V）感應電動勢的方

20、向判斷同解一。也可由楞次定律判斷：因為導線ab所掃過的面積S隨時間在增大，故通過該面積的磁通量也隨時間增加。而感應電流所產(chǎn)生的效應就是要阻礙原磁場的增大，故感應電流（如果有感應電流的話，例如可設想有一閉合回路abbaa）所產(chǎn)生的磁場方向應垂直紙面向外。而要在導線ab下方產(chǎn)生方向向外的磁場，感應電動勢的方向應由ba，即a端電勢高。方法二： 作一輔助回路abcda，設回路繞行方向為順時針方向，則當導線平移時通過該回路中面元dS的磁通量為d=(y=vdt)，通過回路abcda的磁通量（回路底長為l，高為y）為 =由法拉弟電磁感應定律，其感應電動勢為E =1.1×10-5（V） E 0 E

21、的方向與所設回路繞行方向相反，即為逆時針方向，在導線ab段為ba，即a端電勢高。4.在一單縫夫瑯禾費衍射實驗中，縫寬，縫后透鏡焦距，試求中央條紋和第一級亮紋的寬度。解：根據(jù)【2分】可得對第一和第二暗紋中心有【1分】，【1分】因此第一級和第二級暗紋中心在屏上的位置分別為 【1分】【1分】由此得中央亮紋寬度為【1分】第一級亮紋的寬度為【1分】5.某單色光垂直入射到每厘米有6000條刻痕的光柵上，其第一級譜線的角位移為20o，試求（已知）：（1）該單色光波長；（2）它的第二級譜線在何處？解：（1）由光柵方程并結(jié)合題意有【4分】 （2）【4分】6.兩個半徑分別為R1=5cm和R2=10cm的同心均勻帶

22、電球面,內(nèi)球面帶電q1=2×10-9C,外球面帶電q2=2×10-9C.求: r1=2cm;r2=15cm各處的電勢。解：依據(jù)題意，由電勢疊加原理容易求得空間中任意一點的電勢為:【2分】對r1=2cm處，由于該點都位于兩個球面的內(nèi)部，對于兩個球面所對應的球體而言，它們都是等勢體，所以：【3分】對r2=15cm處，由于該點都位于兩個球面的外部，所以：【3分】ba7.已知：導體板A，面積為S、帶電量Q，在其旁邊放入導體板B（此板原來不帶電）。求靜電平衡時，金屬板上的電荷分布及周圍空間的電場分布。解：假設系統(tǒng)達到靜電平衡以后，各板板面所帶的電荷面密度如圖所示，對點：【1分】對點：

23、 【1分】對A板： 【1分】 對B板： 【1分】解以上諸方程得到：， 【1分】電場強度的計算可分別根據(jù)公式求得，在圖中三個區(qū)域中分別為：， 方向相左；【1分】， 方向相右；【1分】， 方向相右。【1分】8. 二個均勻帶電球面同心放置，半徑分別為R1和R2(R1<R2)，已知二個球面所帶總電量分別為q1和q2，求該帶電球面系統(tǒng)的電勢分布。(以無窮遠處為電勢零點)解法一：由電勢疊加原理求解.因為一個均勻帶電q的球面（半徑為R）的電勢分布為【2分】所以，在r<R1處 =【2分】在R1<r<R2處 =【2分】在r>R2處 =【1分】解法二：由電勢的定義式求解。(1) 求電

24、場分布: 可由高斯定理或電場疊加原理求得E1=0(r<R1); E2=( R1<r<R2); E3=( r>R2) 【2分】(2) 求電勢分布:在r<R1處, =【1分】=【1分】在R1<r<R2處, =【1分】=【1分】在r>R2處, =【1分】五、證明題：如圖所示，長直導線中通有電流I，另一矩形線圈共N 匝，寬a，長L，以v的速度向右平動，試證明：當d時線圈中的感應電動勢為。解一： 由動生電動勢公式求解。方法一：通有電流I的長直導線的磁場分布為B=0I/2x，方向垂直線圈平面向里。對于線圈的上、下兩邊，因的方向與的方向垂直，故在線圈向右平移時

25、，線圈的上下兩邊不會產(chǎn)生感應電動勢，（上、下兩導線沒切割磁場線），只有左右兩邊產(chǎn)生動生電動勢。而左、右兩邊中動生電動勢E 的方向相同，都平行紙面向上，可視為并聯(lián)，所以線圈中的總電動勢為EE1E2N【3分】=N=N=【3分】E 0， 則E 的方向與E1的方向相同，即順時針方向【3分】。方法二： 當線圈左邊距長直導線距離為d時，線圈左邊的磁感應強度B1=0I/2d，方向垂直紙面向里。線圈以速度v運動時左邊導線中的動生電動勢為E1N=N=NvB1=NvL.方向為順時針方向【3分】。線圈右邊的磁感應強度B2=0I/2(d+a)，方向垂直紙面向里。當線圈運動時右邊導線中的動生電動勢為E2 =N=N=Nv

26、B2=NvL.方向為逆時針方【3分】。所以線圈中的感應電動勢為EE1E2= NvLNvL=E 0，即E 的方向與E1的方向相同，為順時針方向【3分】。方法三： 由E =，積分路徑L取順時針方向，有E =N=N=N()=NvLNvL=【6分】E 0，即E 的方向與閉合路徑L的方向相同，為順時針方向【3分】。解二：由法拉弟電磁感應定律求解。 因為長直導線的磁場是一非均勻磁場B=0I/2r，在線圈平面內(nèi)磁場方向垂直線圈平面向里。故在距長直導線r處取一長為L，寬為dr的小面元dS=Ldr，取回路繞行方向為順時針方向，則通過該面元的磁通量d=BdScos0°=通過總個線圈平面的磁通量（設線圈左邊距長直導線距離為x時）為