2002级大学物理上 （A ） 试题答案及评分参考二、填空（2‘x 20 ＝ 40’）1、（1）0011a t n += （m/s 2） ， （2）2（m/s 2）；2、（3）t mkev v -=0 ， （4）t m ke v mka --=0；3、（5）gR v 22=， （6）R gT R h -=32224π；4、（7）lg3 ， （8）ιg 321； 5、（9）⎪⎭⎫⎝⎛-=32cos ππt T A x ， （10）2'T T =； 6、（11）⎪⎭⎫⎝⎛+=22cos 20ππt y （m ）， （12）⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2)10(2cos 2ππx t y （m ）； 7、（13）1000m/s ； （14）2500m/s （或705－707m/s ） 8、（15）高斯定理，0ε∑⎰=⋅qs d E s，（16）环流定理，0=⋅⎰Ll d E ；9、（17）27R （或30.8J.mol -1.K -1）； （18）2ln RT ;10、（19）013ερr ； （20）2033r R ερ。
二、（12‘）（1） 如图示。
－4‘（2） 121ab 1lnQ Q V V vRT == （1）－2‘432cd 2lnQ Q V V vRT ＝= （2）－2‘43112212ln ln11V V T V V T Q Q -=-=卡η （3）－2‘b －c 和d －a 两个绝热过程，则142111132121----==γγγγV T V T V T V T ——>4312V V V V = （4）－2‘代入（3）式得：121T T -=卡η 三、（12‘）（1） 由高斯定理可得：B A R r R r Q E <≤=,4r 20πε）（； －3‘ （2） )11(44020BA R R BAAB R R Q dr rQd E V U BA-==⋅==⎰⎰πεπει ；－3‘（3） )(40A B B A AB R R R R U Q C -⋅==πε ； －3‘ （4） ==AB QU W 21)11(802BA R R Q -πε； －3‘四、（12‘） （1）20204x 4xdx dq dE πελπε＝=① －3‘)11(44020la a x dx dE E la ap +-===⎰⎰+πελπελ ② －3‘（2）x dx dq dU 004x4πελπε＝=③ －3‘al a x dx dU U la ap +===⎰⎰+ln 4400πελπελ ④ －3‘五、（12‘）（1）)](T 2cos[1u xt A y -=π －4‘ （2） ])(2cos[2ππ-+=ux t T A y －4‘（3）反射端为波节点，相邻两波节间距λ/2；而λ＝uT所以波节点为：2)12(,,23,,2,0uTn uT uT uT x +----= 。
－4‘六、（12）（1）t mr MR t mr I t I 222021)(+=+= ① －5‘ （2）w t I w I )(00= ②－5‘ 2212102202w t mr MR w MR w =+⋅= 222mr MR t =③－2‘第 1 页共 2 页第 2 页共 2 页08级大学物理试卷A 答案一、选择题（每题2分，共20分）1、B2、B3、D4、B5、C6、D7、D8、D9、C 10、B二、填空题（每空2分，共30分）1、（1）不一定；（2）动量；2、（3）=；（4）>；3、（5）0或π2±；（6）4m ；4、（7）s m RT/.448332==μυ；（8）J RT E 5633225.==总；（9）J kT E 2110144-⨯==.转；5、（10）C PV = 或者 0=+P dP V dV ；（11）C PV =γ 或者 0=+VdVP dP γ；6、（12）R 04πε；（13）420232Rq πε； 7、（14）21σσ-=；（15）22σσ=；三、（12分）解：（1）棒在任意位置时的重力矩θcos 2lmg M =因为βI M =，而231ml I =，所以 θβcos lgI M 23==（2分）（2）因为 θθθd lmg Md dA cos 2==所以 2220lmg d l mgMd A ===⎰⎰πθθθcos 这功即是细棒重力势能的减少。
（3分）（3）任意角θ时的角速度根据转动定律 βI M =θωωθθωωβθd d ml dt d d d ml dt d ml ml l mg 2222313131312====cos 分离变量得 ωωθθd ld g 32=cos积分得 ⎰⎰=ωθωωθθ0032d l d g cos 2612ωθl g =sin l g θωsin 3=（3分）当30=θ时： lg23=ω （2分） 当 90=θ时： lg3=ω （2分） 解二：还可用机械能守恒做。
四、（8分）解：（1）入射波在x =0处引起的振动：t TA y π210cos =。
由于反射端固定，有半波损失，故反射波在x =0处引起的振动：⎪⎭⎫⎝⎛+=ππt T A y 220cos反射波沿x 轴正方向传播，其波动方程：⎪⎭⎫⎝⎛+-=πλππx t T A y 222cos （2分）（2）合成驻波：⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=22222222221πππλππλππλππt T x A x t T A x t T A y y y cos cos cos cos（2分） （3）波腹：ππλπk x =-22，即 ,,,,21042=+=k k x λλ波节：21222ππλπ)(+=-k x ，即 ,,,,2102==k k x λ （4分）五、（10分）解：ab 为等温膨胀过程，气体吸收热量1Q ，bc 为等容降压过程，气体放出热量2Q ，121121V VV P V V RT Q a a ln ln==ν（2分）)()()(212V P V P RC T T C T T C E Q c a Vc a V c b V -=-=-=-=νν∆（2分）()⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡•--=--=-=121212121121111V V VV P P R C V V V P V P V P R C Q Q a c Va c a Vln ln η（2分）因为 V P C C R -=，11-=-=γV P V V C C C R C ，ca 为绝热过程有 γγ21V P V P c a = 即 γ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=21V V P P a c ，35==m V m P C C ,,γ，212=V V 代入上式可得 ()%.ln ln ln 56192121111111111111211212121=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=---γγγγγγηV V V V V V V V （4分）六、（8分）解：（1）电场强度：202044xdxx dq dE πελπε==⎪⎭⎫ ⎝⎛+-===⎰⎰+l a a x dx dE E la ap 1144020πελπελ（4分） （2）电势：xdx xdqdU 0044πελπε==ala x dx dU U la a+===⎰⎰+ln 0044πελπελ（4分）七、（12分）解：（1）应用高斯定理，可求得空间的电场分布：0E = （1r R <）；（23R r R <<） 204Q E rπε=（12R r R <<）24QE r πε=（3r R >）（4分）（2）电场能量为2132132222210220222222001231114422424118888R V V R R R R R Q Q W wdV E dV r dr r dr r r Q dr Q dr Q Q r r R R R εεπεππεπεπεπεπεπε∞∞⎛⎫⎛⎫===+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫=+=-+⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰（4分）（3）用导线将内球与球壳相连后，电场分布为0E = （30r R <<） 24QE r πε= （3r R >） 电场能量变为32222231288V R Q dr Q W E dV r R επεπε∞===⎰⎰（2分）可见，21W W <，失去的能量消耗于Q 由内球到外球的转移过程中，一部分在导线电阻上作功转化为热能，另一部分能量辐射到空间。