思想汇报的格式-平面设计专业

物理学试卷及其答案
一、 填空题（5*2分=10分）
1、 加速度矢量可分解为法向加速度和切向加速度两个分量，对于匀速率圆周运动来说， 向
加速度为零，总的加速度等于 加速度。
2、 热力学第二定律的实质在于指出：一切与热现象有关的宏观过程都是____ __的。它的微观实质可以表
述为：在孤立系统内所发生的过程总是沿着熵_____ _的方向进行的。
3、 热力学第一定律表明，改变系统内能的方式有两种，一种是 ，另一种是
4、 根据能量均分定理，可知：气体处于温度为
T
的平衡态时，分子任何一个自由度的______都相等，均
为______。
5、 真空中有一电流元
_______________．


Idl
，在由它起始的矢径

r
的端点处的磁感强度的数学表达式为
答案：1、切向 、法向；2、不可逆，增加；3、做功、传热；4、平均能量、12Kt；




0
Idlr
d

B
5、
4r
3

二、选择题（8*3分=24分）
1、以理想气体为工作物质的卡诺热机，设其高、低温热源的温度分别为
T
1
和
T
2
，则卡诺热机的效率
为（ ）。
A、
T
1
T
2
T
1
； B、
T
1
T
2
T
2
； C、
T
1
T
2
； D、
T
2
T
1
。
2、设
v
p
、
v
和
v
rms
分别为处于平衡态时某气体分子的最概然速率、平均速 率和方均根速率。则（ ）。
A、
v
p

v


v
rms
； B、
v

v
rms

v
p
；

v
p

v
； D、
v
rms

v

v
p
。 C、
v
rms
3、一定质量的理想气体贮存在容积固定的容器内，现使气体的压强增大为原来的两 倍，那
么 。
A、 内能和温度都不变
B、 内能变为原来的两倍，温度变为原来的四倍
C、 内能和温度都变为原来的两倍
D、 内能变为原来的四倍，温度变为原来的两倍
4、温度为27℃的单原子理想气体的内能是 的统计平均值。
A、全部分子平动动能
B、全部分子平均动能与动能之和
C、全部分子平均动能与转动动能、振动动能之和
D、全部分子平均动能与分子间相互作用势能之和
5、在过程中如果 ，则质点系对该点的角动量保持不变。
A、外力矢量和始终为零 B、外力做功始终为零
C、外力对参考点的力矩的矢量和始终为零
D、内力对参考点的力矩的矢量和始终为零

6、如图所示，闭合面S内有一 点电荷q
1
，P为S面上的一点，在S面外A点有一点电荷q
2
，若将q2
移动到S面外另一点B处，则下述正确的是 。
A、S面的电通量改变，P点的场强不变；
B、S面的电通量不变，P点的场强改变；
C、S面的电通量和P点的场强都不改变；
D、S面的电通量和P点的场强都改变。
7、两个点电荷相距一定的距离，若在这两个点电荷联线的中垂线上电势为零，那么这两个点电
荷 。
A、电量相等，符号相同 B、电量相等，符号不同
C、电量不等，符号相同 D、电量不等，符号不同
8、将充过电的平行板电容器的极板间距离增大，则_________。
A、极板上的电荷增加
B、电容器的电容增大
C、两极板闪电场强不变
D、电容器储存的能量不变
答案：1~4 ADAA； 5~8CBBC ；
三、判断题（6*1分=6分）

1、质点作圆周运动时，一定具有法向加速度，所受的合力一定指向圆心。 （ ）
2、质点作曲线运动时，质点的动量不守恒，所受合力的冲量为0。 （ ）
3、万有引力是非保守力，它沿着闭合路径所做的功等于零。 （ ）
4、物体的动能发生变化，它的动量一定发生变化；物体的动量发生了变化，它的动能 不一定 发生
变化。 （ ）
5有一人造地球卫星，质量为m,在地球表面上空2倍于地球半径高度沿圆轨道运 动。用m、R、引力
G
常数G和地球质量M表示卫星的引力势能为
mM
3R
。 （ ）
6 、一长直螺线管是由直径d=0.2mm的漆包线密绕而成。当它通以I=0.5A的电流时，其内部的磁感应强度B=

10
3
T
(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7NA2) （ ）
答案：1、错（合力不一定指向圆心）；2、错（冲量不为零）；3、错（万有引力是保守力）；
4、对； 5、对； 6、对；
四、计算题
1、如图4-1所示，质量为m的子弹以一定初速度水平射入一固定木 块，进入深
度d处后停止。设木块对子弹的阻力与子弹入木块的深度成正比，比例系数为k。
试 求木块阻力对子弹所作的功。



m
d
图4-1

2、如图4-2所示，一长为L、质量为m的匀质细杆竖直放置， 其下端与一固定
铰链O相接，并可绕其转动，当杆受到微小扰动时，细杆将在重力作用下由静止
开始绕铰链O转动。求细杆转到与竖直线呈60
0
角时的角速度。




O
L
60
0



图4-2
3、如图4-3所示，球形电容器的内、外半径分别为R
1
和R< br>2
，所带电荷为±Q。
若在两球间充以电容率为ε的电介质。试求此电容器的电容。





图4-3
R
1

R
2

O
4、无限长的同轴金属圆柱体与圆筒构成同轴电缆，如图 4-4所示，圆柱体半径
与外圆筒半径分别为R
1
与R
2
，两导体中 的电流均为I，但电流的流向相反，导体
的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）r< R
1 ；
(2) R
1
2
(3)r>
R
2
。









R
2

R
1

4-4图

5、如图4-5所示，一长为L的金属棒MN与载有电 流I的无限长直导线共面，金
属棒可绕端点M(与长直导线的距离为b)在平面内以角速度ω匀速转动。 试求当
金属棒转至图示位置时（即棒垂直于长直导线），棒内的感应电动势，并判断棒
的哪一端 电势较高。


b
ω


M N

L


I



图4-5


6、0.32kg的氧气作如图所示的循环ABCDA，设V
2
=2V1
，T
1
=300K，T
2
=200K，求循环效率。
——
（已知氧气的定体摩尔热容的实验值C
V
，
m
=21.1 J·mol
1
·K
1
）
















1、解：建立如图4-1所示坐标，木块对子弹的阻力为：
Fkxi
（4分）
由功的定义得木块阻力对子弹所作的功为：
答案：
W

d
0


d
Fdx
kxdx
0
1
kd
2
2
(4分)

负号表示阻力对子弹作负功。 （2分）

2、解法一： 如图4-2所示，细杆受到重力P和约束力F作用，当杆与竖直线成θ
1
角时，重力矩为
mgLsin

，F始终通过转轴O，其力矩为零。由转动定律M=Jα
2
有
11
mgLsin

mL
2

(3分)

23
得细杆与竖直线成θ时的角加速度为
由角加速度定义有
L

d

3g
sin

(2分)
θ

dt2L
P
由角速度定义有

d


3g
sin

d

F
O
(2分)

2L
积分化简得
3g

(1cos

)(2分)
图4-2

L
当θ=60°时，
3g


(1分)
2L

2、解法二：如图3-2所示，细杆受到重力P 和约束力F作用，只有重力做功。
当杆与竖直线成θ角时，这一过程机械能守恒，选O点为势能零点，有

111
mgLmgLcos

J

2
(5分)

222

1
杆绕轴O的转动惯量
Jml
2
3


3g
代入整理得

(1cos

)(4分)
L

当θ=60°时，
3g

(1分)

2L
< br>3、解：（1）如图4-3所示，设内球壳带正电，外球壳带负电，球壳均匀带电，
球壳间电场亦 是对称分布的。由高斯定理可求得两壳间一点的电场强度为



Q

Ee
r
(4分)
2

4

r
由电势差的定义得两球间的电势差为

R
1



Q
R
drQ11
R
2

O

U

Edl()(3分)
l
4
< br>
R
r4

R
1
R
2


由电容定义式可求得球形电容器的电容
图4-3


R
1
R
2
Q
2
1
C
U
4
< br>(
R
2
R
1
)(3分)

4、解：如图4-4所示，同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取


半径为r的同心圆为积分路径，由安培环路定理

Bdl
< br>0

I
得：
I

r
2
(1) r1
：
B
1
2

r

0
2

R
1

0
Ir

B
1
(4分)
2
2

R
1


（2）R
1
2
：
B
22

r

0
I
R
2

R
1



0
I
B(3分)

2
2

r

(3)r>R2：
B
32

r

0
(II)0

4-4图

B
3
0(3分)

5、解：建立如图4-5坐标，无限 长载流导线的磁场分布具有对称性，根据安培
环路定理可确定导体元处的磁感强度为：



0
I
B(3分)

x
(xb)

导体元的速度
2

为：
v(2分)
b
ω

dx



根据动生电动势公式

(vB)dx
L

O M N x
L
得杆中的感应电动势为
x

bL

o
I
I


(xb)

dx
b

2

x

图4-5

I

bL


0
(Lbln)(3分)
2

b


电动势的方向由M指向N，N点电势较高。（2分）



6、解： 因AB、CD为等温过程，循环过程中系统作的净功为
W W
AB
W
CD

VVV
mmm
RT
1< br>ln
2
RT
2
ln
1
R

T< br>1
T
2

ln
2
5.7610
3MV
1
MV
2
MV
1
J

由于吸热过程仅在AB和DA段，所以，循环过程中系统 吸热的总量为

QQ
AB
Q
DA
W
AB
E< br>DA




W
15%
Q
mVm
RT
1
ln
2
C
V,m

T
1
T
2

3.8410
4
MV
1
M< br>
J

物理学试卷及其答案
一、 填空题（5*2分=10分）
1、 加速度矢量可分解为法向加速度和切向加速度两个分量，对于匀速率圆周运动来说， 向
加速度为零，总的加速度等于 加速度。
2、 热力学第二定律的实质在于指出：一切与热现象有关的宏观过程都是____ __的。它的微观实质可以表
述为：在孤立系统内所发生的过程总是沿着熵_____ _的方向进行的。
3、 热力学第一定律表明，改变系统内能的方式有两种，一种是 ，另一种是
4、 根据能量均分定理，可知：气体处于温度为
T
的平衡态时，分子任何一个自由度的______都相等，均
为______。
5、 真空中有一电流元
_______________．


Idl
，在由它起始的矢径

r
的端点处的磁感强度的数学表达式为
答案：1、切向 、法向；2、不可逆，增加；3、做功、传热；4、平均能量、12Kt；




0
Idlr
d

B
5、
4r
3

二、选择题（8*3分=24分）
1、以理想气体为工作物质的卡诺热机，设其高、低温热源的温度分别为
T
1
和
T
2
，则卡诺热机的效率
为（ ）。
A、
T
1
T
2
T
1
； B、
T
1
T
2
T
2
； C、
T
1
T
2
； D、
T
2
T
1
。
2、设
v
p
、
v
和
v
rms
分别为处于平衡态时某气体分子的最概然速率、平均速 率和方均根速率。则（ ）。
A、
v
p

v


v
rms
； B、
v

v
rms

v
p
；

v
p

v
； D、
v
rms

v

v
p
。 C、
v
rms
3、一定质量的理想气体贮存在容积固定的容器内，现使气体的压强增大为原来的两 倍，那
么 。
A、 内能和温度都不变
B、 内能变为原来的两倍，温度变为原来的四倍
C、 内能和温度都变为原来的两倍
D、 内能变为原来的四倍，温度变为原来的两倍
4、温度为27℃的单原子理想气体的内能是 的统计平均值。
A、全部分子平动动能
B、全部分子平均动能与动能之和
C、全部分子平均动能与转动动能、振动动能之和
D、全部分子平均动能与分子间相互作用势能之和
5、在过程中如果 ，则质点系对该点的角动量保持不变。
A、外力矢量和始终为零 B、外力做功始终为零
C、外力对参考点的力矩的矢量和始终为零
D、内力对参考点的力矩的矢量和始终为零

6、如图所示，闭合面S内有一 点电荷q
1
，P为S面上的一点，在S面外A点有一点电荷q
2
，若将q2
移动到S面外另一点B处，则下述正确的是 。
A、S面的电通量改变，P点的场强不变；
B、S面的电通量不变，P点的场强改变；
C、S面的电通量和P点的场强都不改变；
D、S面的电通量和P点的场强都改变。
7、两个点电荷相距一定的距离，若在这两个点电荷联线的中垂线上电势为零，那么这两个点电
荷 。
A、电量相等，符号相同 B、电量相等，符号不同
C、电量不等，符号相同 D、电量不等，符号不同
8、将充过电的平行板电容器的极板间距离增大，则_________。
A、极板上的电荷增加
B、电容器的电容增大
C、两极板闪电场强不变
D、电容器储存的能量不变
答案：1~4 ADAA； 5~8CBBC ；
三、判断题（6*1分=6分）

1、质点作圆周运动时，一定具有法向加速度，所受的合力一定指向圆心。 （ ）
2、质点作曲线运动时，质点的动量不守恒，所受合力的冲量为0。 （ ）
3、万有引力是非保守力，它沿着闭合路径所做的功等于零。 （ ）
4、物体的动能发生变化，它的动量一定发生变化；物体的动量发生了变化，它的动能 不一定 发生
变化。 （ ）
5有一人造地球卫星，质量为m,在地球表面上空2倍于地球半径高度沿圆轨道运 动。用m、R、引力
G
常数G和地球质量M表示卫星的引力势能为
mM
3R
。 （ ）
6 、一长直螺线管是由直径d=0.2mm的漆包线密绕而成。当它通以I=0.5A的电流时，其内部的磁感应强度B=

10
3
T
(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7NA2) （ ）
答案：1、错（合力不一定指向圆心）；2、错（冲量不为零）；3、错（万有引力是保守力）；
4、对； 5、对； 6、对；
四、计算题
1、如图4-1所示，质量为m的子弹以一定初速度水平射入一固定木 块，进入深
度d处后停止。设木块对子弹的阻力与子弹入木块的深度成正比，比例系数为k。
试 求木块阻力对子弹所作的功。



m
d
图4-1

2、如图4-2所示，一长为L、质量为m的匀质细杆竖直放置， 其下端与一固定
铰链O相接，并可绕其转动，当杆受到微小扰动时，细杆将在重力作用下由静止
开始绕铰链O转动。求细杆转到与竖直线呈60
0
角时的角速度。




O
L
60
0



图4-2
3、如图4-3所示，球形电容器的内、外半径分别为R
1
和R< br>2
，所带电荷为±Q。
若在两球间充以电容率为ε的电介质。试求此电容器的电容。





图4-3
R
1

R
2

O
4、无限长的同轴金属圆柱体与圆筒构成同轴电缆，如图 4-4所示，圆柱体半径
与外圆筒半径分别为R
1
与R
2
，两导体中 的电流均为I，但电流的流向相反，导体
的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）r< R
1 ；
(2) R
1
2
(3)r>
R
2
。









R
2

R
1

4-4图

5、如图4-5所示，一长为L的金属棒MN与载有电 流I的无限长直导线共面，金
属棒可绕端点M(与长直导线的距离为b)在平面内以角速度ω匀速转动。 试求当
金属棒转至图示位置时（即棒垂直于长直导线），棒内的感应电动势，并判断棒
的哪一端 电势较高。


b
ω


M N

L


I



图4-5


6、0.32kg的氧气作如图所示的循环ABCDA，设V
2
=2V1
，T
1
=300K，T
2
=200K，求循环效率。
——
（已知氧气的定体摩尔热容的实验值C
V
，
m
=21.1 J·mol
1
·K
1
）
















1、解：建立如图4-1所示坐标，木块对子弹的阻力为：
Fkxi
（4分）
由功的定义得木块阻力对子弹所作的功为：
答案：
W

d
0


d
Fdx
kxdx
0
1
kd
2
2
(4分)

负号表示阻力对子弹作负功。 （2分）

2、解法一： 如图4-2所示，细杆受到重力P和约束力F作用，当杆与竖直线成θ
1
角时，重力矩为
mgLsin

，F始终通过转轴O，其力矩为零。由转动定律M=Jα
2
有
11
mgLsin

mL
2

(3分)

23
得细杆与竖直线成θ时的角加速度为
由角加速度定义有
L

d

3g
sin

(2分)
θ

dt2L
P
由角速度定义有

d


3g
sin

d

F
O
(2分)

2L
积分化简得
3g

(1cos

)(2分)
图4-2

L
当θ=60°时，
3g


(1分)
2L

2、解法二：如图3-2所示，细杆受到重力P 和约束力F作用，只有重力做功。
当杆与竖直线成θ角时，这一过程机械能守恒，选O点为势能零点，有

111
mgLmgLcos

J

2
(5分)

222

1
杆绕轴O的转动惯量
Jml
2
3


3g
代入整理得

(1cos

)(4分)
L

当θ=60°时，
3g

(1分)

2L
< br>3、解：（1）如图4-3所示，设内球壳带正电，外球壳带负电，球壳均匀带电，
球壳间电场亦 是对称分布的。由高斯定理可求得两壳间一点的电场强度为



Q

Ee
r
(4分)
2

4

r
由电势差的定义得两球间的电势差为

R
1



Q
R
drQ11
R
2

O

U

Edl()(3分)
l
4
< br>
R
r4

R
1
R
2


由电容定义式可求得球形电容器的电容
图4-3


R
1
R
2
Q
2
1
C
U
4
< br>(
R
2
R
1
)(3分)

4、解：如图4-4所示，同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取


半径为r的同心圆为积分路径，由安培环路定理

Bdl
< br>0

I
得：
I

r
2
(1) r1
：
B
1
2

r

0
2

R
1

0
Ir

B
1
(4分)
2
2

R
1


（2）R
1
2
：
B
22

r

0
I
R
2

R
1



0
I
B(3分)

2
2

r

(3)r>R2：
B
32

r

0
(II)0

4-4图

B
3
0(3分)

5、解：建立如图4-5坐标，无限 长载流导线的磁场分布具有对称性，根据安培
环路定理可确定导体元处的磁感强度为：



0
I
B(3分)

x
(xb)

导体元的速度
2

为：
v(2分)
b
ω

dx



根据动生电动势公式

(vB)dx
L

O M N x
L
得杆中的感应电动势为
x

bL

o
I
I


(xb)

dx
b

2

x

图4-5

I

bL


0
(Lbln)(3分)
2

b


电动势的方向由M指向N，N点电势较高。（2分）



6、解： 因AB、CD为等温过程，循环过程中系统作的净功为
W W
AB
W
CD

VVV
mmm
RT
1< br>ln
2
RT
2
ln
1
R

T< br>1
T
2

ln
2
5.7610
3MV
1
MV
2
MV
1
J

由于吸热过程仅在AB和DA段，所以，循环过程中系统 吸热的总量为

QQ
AB
Q
DA
W
AB
E< br>DA




W
15%
Q
mVm
RT
1
ln
2
C
V,m

T
1
T
2

3.8410
4
MV
1
M< br>
J