2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷）《A 卷参考解答与评分标准》一 填空题：（18分）1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）.3. 5，4. 2，5. 38 6. 293K ，9887nm .二 选择题：（15分）1. C2. D3. A4. B5. A .三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -.选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有2()0d 4πS Qr E ε⋅==⎰E S于是，电场强度204πQE r ε=(2) 内导体球与外导体球壳间的电势差222111220001211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Qdr Q U dr r r R R εεε⎛⎫=⋅=⋅==- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰r E(3) 电容 12001221114π/4πAB R R QC U R R R R εε⎛⎫==-= ⎪-⎝⎭四、【解】在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为IdI dxb =在p 点产生的磁感应强度的大小为02dI dB x μπ=方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为22000ln 2222b b bb dI I Idx B x b x b μμμπππ===⎰⎰总磁感应强度方向垂直纸面向外.五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上(即回路的绕行方向为逆时针方向)，则 21d cos602B S Blx klvt Φ=⋅=︒=⎰∴d d klvt t εΦ=-=-0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】动生电动势 1cos602Blv klvtε︒动生＝＝感生电动势d 111d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=-=⋅=--︒===⎰感生－klvtεεε==感生动生＋电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。

六、【解】1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=-与标准波方程2cos(2)y A t x ππνλ=比较得,2.02,4/Z H m u m sνλνλ====2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝于是，波节位置 210.52k x k m +==+ 0,1,2,k =±±3. 当21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝于是，波腹位置 x k m = 0,1,2,k =±±( 或由驻波方程120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+=有(21)00.52x k A x k mππ=+⇒=+合＝ 0,1,2,k =±±20.122x k A m x k mππ=⇒=合＝, 0,1,2,k =±± )七.【解】根据牛顿环干涉明环半径公式k r =，有2(21)2k k R r λ-=[]252(5)12922k k R k r λ++-+==两式相减得2255k k r r R λ+-= 于是 2222665512.1610m 0.59010m 590nm52020.6k k k k r r D D R R λ--++--⨯====⨯≈八.【解】根据公式 22111R k n λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 有 22nk221k n R n k λ⎛⎫= ⎪-⎝⎭于是73191.02610m 102.6nm 8R λ-==⨯= 73236 6.56310m 656.3nm 5R λ-==⨯= 72141.21610m 121.6nm 3R λ-==⨯=或根据应用下列公式求解1n 2213.6eV E E n n -== nk ||n k h E E ν⋅=-22nk 222211||||()||()n k h c h c h ck n E E E k n E n k λ--⋅⋅⋅===---2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（B 卷）《B 卷参考解答与评分标准》一 填空题：（18分）1.（ 0 ）, （Sd t ∂-⋅∂⎰⎰BS ）. 2.（ 1324R R R R = ）.3.（ 2 ）.4. 2/3π 5.14 6. 35.910K ⨯ . 二 选择题：（15分）1. D2. A3. C4. B 5． C三、【解】 (1) 选取半径为r （12R r R <<）的同轴圆柱面S ， 则根据高斯定理有()0d 2πS QrlE ε⋅==⎰E S于是，电场强度 02πQE lr ε=(2) 两柱面间的电势差22211120001dr ln2π2π2πR R R AB R R R R Q Q dr QU E dr rl l r l R εεε=⋅=⋅==⎰⎰⎰ (3)电容0212πln(/)AB l QC U R R ε==四、【解】 根据安培环路定理 0d LB l Iμ⋅=∑⎰并作同轴的圆柱面，积分可得(1) r a <2022r B r I a πμ= 022IB ra μπ= (2) a rb << 02B r I πμ=02IB r μπ=(3) b r c << 2200222r b B r I I c b πμμ-=-+- 22022()2()I c r B r c b μπ-=- (4) r c > 20B r π= 0B = 五、【解】i d dt ϕε=用，取顺时针方向为线框回路的正方向。

通过线框的磁通量为00()ln ,22x ax I Il x ax Bds ldr r x μμϕππ++===⎰⎰000,22()i Il Ilav d a dxdt x x a dt x x a ABCDA μμϕεππ∴=-==>++方向为 或用动生电动势求解：000()()22()0,2()B DACBD AC v B dl v B dlI I vdl v dlx x a IlavABCDAx x a εμμππμπ=⨯+⨯=+-+=>+⎰⎰⎰⎰方向六、【解】由图可知，0.2A m =，4m λ=，2T v λ==s ，2/rad sT πωπ==设波方程为2cos()0.2cos()2y A t x t x mπωϕλππϕ=-+=-+0t =时，0x =处的位移0y =，速度0v <，即00.2cos ϕ=，0sin 0v A ωϕ=-<, 解之得2πϕ=+于是，波方程为0.2cos()22y t x m πππ=-+七、【解】（1）玻璃片上下表面的反射光加强条件为2,1,2,3,2n e k k λλ+==⋅⋅⋅421ne k λ=-3,480k nm λ==（2）玻璃片上下表面的透射光加强条件为2ne k λ=2ne k λ=12,600k nm λ==； 23,400k nm λ==八.【解】3211hc E E λ⋅=- （1）2121hc E E λ⋅=- （2） 3131hc E E λ⋅=- （3）式（1）＋ 式（2）得 311211()hc E E λλ⋅+=- （4）比较式（3）与式（4）可得123111λλλ+=2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（C 卷）《C 卷参考解答与评分标准》一 填空题：（18分）1.（ 0I μ ）；（ 0I μ ）；（ 0 ）.2．（ 6V ）。

3. 5 4. 变化的电场激发涡旋磁场 ； 变化的磁场激发涡旋电场 .5. 18. 6. 38.310K ⨯ . 二 选择题：（15分）1. B2. D3. B4. C5. A三、【解】 利用有介质时的高斯定理 d S D S q⋅=∑⎰与介质方程0r D D E εεε==，有 12()4πQ D r R r =>(1) 介质内12()R r R <<场强204πr QE r εε=1 空气中2()r R >场强 204πQE r ε=2 (2)金属球的电势212dr drR R R U E E ∞=⋅+⋅⎰⎰122222000121dr 1()4π4π4πR r RR r r Q Qdr Q U r r R R εεεεεε∞-=+=+⎰⎰四、【解】 由安培环路定律0d LB l Iμ⋅=∑⎰, 有（1） 当r <a 时0I =∑ ， 0B =（2） 当a <r <b 时2222()I r a I b a -=-∑22022()2()I r a B r b a μπ-=-（3） 当r >b 时 I I =∑ ,02IB r μπ=五、【解】作辅助线MN ，则在MeNM 回路中， 沿v 方向运动时d 0m Φ=∴ 0MeNM ε= 即 MeN MN εε=cos dr dra ba bMN a ba bvB vB επ++--==-⎰⎰，因为02I B r μπ=，所以00dr ln 22a b MN a bvI vI a br a b μμεππ+-+=-=--⎰即MeN ε沿NeM 方向，MeN ε大小为 0ln 2vI a ba b μπ+-六、 【解】由图可知，0.2A m =，4m λ=，2T v λ==s ，2/rad sT πωπ==设波方程为2cos()0.2cos()2y A t x t x mπωϕλππϕ=++=++0t =时，0x =处的位移0y =，速度0v >，即00.2cos ϕ=，0sin 0v A ωϕ=->, 解之得2πϕ=-于是，波方程为0.2cos()22y t x m πππ=+-七.【解】 （1）由反射光干涉相长公式有22ne k λλ+= (1,2,)k =⋅⋅⋅得44 1.33380020216212121ne k k k λ⨯⨯===---2k =, 26739λ=oA (红色)3k =, 34043λ= oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．（2）由透射光干涉相长公式 2n e kλ=(1,2,)k =⋅⋅⋅ 所以210108ne k k λ==当2k =时， λ =5054oA (绿色)故背面呈现绿色．八.【解】巴尔末系是由2n >的高能级跃迁到2n =的能级发出的谱线．只有三条谱线说明激发后最高能级是5n =的激发态．2513.60.544e 5E V =-=- ，2413.60.85e 4E V =-=-2313.61.51e 3E V-==- ，2213.63.4e 2E V-==-n mhch E E υλ==-n m hcE E λ∴=- 3434256.626103101.987810m 12423.8hc ---=⨯⋅⋅⨯⨯=⨯=0J eV A34156.62610s 4.141310h --=⨯⋅=⨯⋅J eV s ，01911.6AR =外来光的波长：348ο511951 6.6310310952A (13.60.544) 1.610hc E E λ--⨯⨯⨯===--⨯⨯348ο10321932 6.6310310657310m 6573A(3.4 1.51) 1.6010hc E E λ---⨯⨯⨯∴===⨯=--⨯⨯348ο421942 6.63103104872A (3.40.85) 1.610hc E E λ--⨯⨯⨯===--⨯⨯ 348ο521952 6.63103104353A (3.40.544) 1.610hc E E λ--⨯⨯⨯===--⨯⨯（ 或根据公式 22111R k n λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，22nk221k n R n k λ⎛⎫= ⎪-⎝⎭求解.）2006—2007学年度第1学期期末考试试卷（A 卷）《A 卷参考解答与评分标准》一、填空题：（18分）1. -0.25m . 2．122F F + 3. 30.5m .4. 1n .5. 3J . 6. 0；0q a πε；00qq a πε.二、选择题：（18分） D ；A ；C ；A ；D ；D . 三、【解】1. 根据牛顿第二定律，得212x xdv F t dt m == （3分）分离变量并积分得 26012xv tx dv t dt=⎰⎰ （1分） 364x v t =+（米/秒） （2分）2. 由速度的定义有 364dxt dt =+ （3分）分离变量并积分得30(64)tx t dt=+⎰ （1分）46t t =+（米） （2分）四、【解】设小球和圆弧形槽的速度分别为1υ和2υ （1）设水平向右为x 轴的正方向，由动量守恒定律得 120m M υυ-= （3分）由机械能守恒定律得 22121122m M mgR υυ+= （3分）由上面两式解得1υ== （2分）2υ= （2分）五、解: (1)由转动定律，有21()23l mg ml α=（4分）32gl α=（2分）（2）由机械能守恒定律有2211sin ()223l mg ml θω= （4分）ω=（2分）六、【解】(1) 由归一化条件有()01v v f v dv Cdv dv ∞∞=+=⎰⎰⎰ 即 0001v Cdv Cv ==⎰01C v = （3分） (2) 算术平均速率 v000001()2v v v vf v dv v dv v ∞===⎰⎰ （3分）（322220001()3v v v v f v dv v dv v ∞===⎰⎰; （3分）=（1分）七、【解】（1）3:()()300J2ab V b a a b a ab Q C T T V P P =-=-=过程吸热 （2分）5:()()500J 2bc P c b b c b bc Q C T T P V V =-=-=过程吸热 （2分）1:800J ab bc Q Q Q =+=循环一次总吸热 （1分）（3:()()450J2c d v dcd d c c d Q C T T V P P =-=-=过程放热－5:()()250J 2da P a d a a d da Q C T T P V V =-=-=-过程放热2:700J cd da Q Q Q =+=循环一次总放热 ） （2）循环一次对外做的净功为图中矩形面积：()()100J b a d a A P P V V =--= （3分）或 12100J A Q Q =-= （3）循环的效率10012.5%800A Q η=== （2分）八．【解】(1) 以球心为圆心作半径为r 的高斯面，则2014E dS E r qπε⋅=⋅=∑⎰⎰，,0,0r R q E r R <==<∑当时得； （3分）20,,4qr R q q E r Rr πε>==>∑当时得 （3分）(2) 当r R >时 20044P r qdr qV r r πεπε∞==⎰ （2分） 当r R <时20044R P r R R q dr q V Edr Edr r R πεπε∞∞=+==⎰⎰⎰ （2分）2006—2007学年度第1学期期末考试试卷（B 卷）《B 卷参考解答与评分标准》一、填空题（18分）1. 0.6⋅-2m s .2．增大． 3． 00259m l ⋅.4． 2. 5．. 6．负； A B →.二、选择题（18分） C ；B ；A ；B ；C ；D .三、【解】1. 根据牛顿第二定律，得21300x f dv v dt m ==- （2分）分离变量并积分得 22001300vt dvdt v -=⎰⎰1120300t v -= 即30015v t =+(/)m s （2分） 当t=15s 时， 速度 10(/)v m s = （2分）2. 由速度的定义有30015dx dt t =+ （2分） 分离变量并积分得030015300ln1515tdt tx t +==+⎰（m ） （2分）当t=15s 时， 300ln 23000.692208x ==⨯≈ （m ） （2分） 四、【解】1. 当x 最大时，v=0. 根据功能原理有212Fx mgx kx μ-=（2分）解得2()F mg x k μ-=于是 2212()2p F mg E kx k μ-==（2分）2. 当v 最大时，0.x a =根据牛顿第二定律有0F mg kx μ'--= （2分）于是F mgx k μ-'=再根据功能原理有 2max 1()2k F mg x E kx μ''-=- （2分）解得2max()2k F mg E k μ-=（2分）五、解：对物体应用牛顿运动定律 mg -T =ma （2分）对滑轮应用转动定理122T R M R α⋅=（3分）角量与线量关系a r α= （2分）由以上各式解得22mga m M =+ （2分） 22v a h = （1分）物体速度为v == （2分）六、【解】（1）平均速率v32F F01()d ()d 3(3)d 4F v v vNf v v vf v vNv v v v v ∞∞-====⎰⎰⎰ （4分）(2)___22203222F F01()d ()d 3(3)d 5v v v Nf v v v f v vNv v v v v ∞∞-====⎰⎰⎰ （4分）F=（2分）七、【解】绝热过程ab 0s Q = （1分）等压压缩过程bc 放热 p ()0p c b Q C T T ν=-<2P ()p b c Q Q C T T ν==- （2分）21222P ()p V p V Q C R R =- （2分）等体过程ca 吸热 V ()v a c Q C T T ν=- （2分）12211V ()v p V p V Q Q C R R ==- （2分） 循环效率p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q V V Q C pV p V p p ηγ--=-=-=--- （1分） 或P 21V ()(/1)111()(/1)b c b ca c a c C T T T T QQ C T T T T νηγν--=-=-=--- 因为 1212a a cc T p p p T T T p =⇒= 1212b b c c T V V V T T T V =⇒= 所以1212(/1)1(/1)V V p p ηγ-=--八、解：:x dx dq dx λ=距左端处取线元204()dxdE L d x λπε=+- （3分）x2004()L LdxE dE L d x λπε==+-⎰⎰001144()LE d L d L d d λλπεπε⋅⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭ （2分）04()dxdV L d x λπε=+- （3分）04()LLdxV dV L d x λπε==+-⎰⎰0()ln4L d V d λπε+= （2分）2006—2007学年度第1学期期末考试试卷（C 卷）《C 卷参考解答与评分标准》一、填空题（18分）1. 0.6-2m s -⋅ . 2． 2g ； 0． 3. c 或 81310m s -⨯⋅ . 4．.5. 30J .6. 014q R πε⋅.二、选择题（18分）C ；D ；A ；C ；B ；D .三、【解】1. 根据牛顿第二定律，得xx dv mbv dt =- （2分）分离变量并积分得 00x v t xv x dv b dtv m =-⎰⎰ （2分） 0ln x v b t v m =- 即 0bt mxv v e-= （2分）2. 由速度的定义有 0b t mdxv e dt -= （2分）分离变量并积分得0000()bb t t mm mv bx v edt e d t b m --∞∞==--⎰⎰ （2分） 000b t mmv m x e v bb∞-=-=（2分）或 根据牛顿第二定律得 x x x x xdv dv dv dx m m mv bv dt dt dx dx ===-分离变量并积分得0x v b dx dx m =-⎰⎰ 即 0mx v b =四、【解】1. 对于小木块下滑过程，由机械能守恒 定律，有21mgh mv =于是 v =（2分）2. 小木块与木箱碰撞过程，动量的x 分量守恒，即c o s ()m v m M V θ=+ 由上式可解得c o s mv V m M θ=+ （3分）3.木箱压缩弹簧过程，由功能原理有于是有 2211()()22m M gl kl m M V μ-+=-+ （3分）解之得222212c o s 12()2()g h m k l m M g l m M g l θμ=-++222cos ()2()hm kl m M gl m M g θμ=-++ （2分） 五、【解】1.根据转动定理有21()23L mgmL α=解得32gL α=⋅（4分）由角量与线量的关系得 034c ct a a g==（2分）2. 由机械能守恒定律有2211()223L mgmL ω= （3分）由上式解得ω=（1分）由角量与线量的关系得 2322c cn L a a g === （2分）六、【解】(1) 平均速率v300001()d ()d 6()d v v vNf v v vf v v v v v v v v N∞∞-⎡⎤===-⎣⎦⎰⎰⎰34400001116()342v v v v v -=-= （4分）（2___2223200001()d ()d 6()d v v v Nf v v v f v v v v v v v v N∞∞-⎡⎤===-⎣⎦⎰⎰⎰___2355200001136()4510v v v v v -=-= （4分）=（2分）七、【解】（1）根据功的定义及过程方程有221121211V V V V CA PdV dV C V V V ⎛⎫===- ⎪⎝⎭⎰⎰（5分）（2）据理想气体状态方程: molMPV RT M =（2分）及过程方程：2C P V = （1分） 有molM C TV M R = 于是 1221T V T V = （2分）八、解：(1) 以球心为圆心作半径为r 的高斯面，则2014E dS E r qπε⋅=⋅=∑⎰⎰，33334,433QQr R q r r R R ππ<=⋅=∑当时304QE rRπε=得 （3分）20,,4Qr R q Q E r πε>==∑当时得 （3分）3200(2)44Rr rRQ Q V E dl rdr drRr πεπε∞∞=⋅=+⎰⎰⎰ （2分）2230(3)8Q V R r Rπε=- （2分）。