家中趣事作文-贫困生助学金申请书

优秀学习资料 欢迎下载
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
3. 5， 4. 2， 5.
8
6.
293K
，
9887nm
.
二 选择题：（15分）
1. C 2. D 3. A 4. B 5. 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< br>r
（
R
1
rR
2
）的同心球面
S
，则根据高斯定理有

(S)
EdS4πr
2
E
E
Q

0

于是，电场强度
Q
4π

0
r
2

(2) 内导体球与外导体球壳间的电势差
U
AB


Edr

R
1
R
2
R
2
R
1
QQ
dr
4π

0
r
2
4π

0

R
2
R
1
drQ

11





r
2
4π

0

R
1
R
2


C
(3) 电容
四、【解】

11

RR
Q
4π

0




4π

0
12U
AB
R
2
R
1


R
1
R
2

在导体薄板上宽为
dx
的细条，通过它的电流为
I
dIdx
b

在p 点产生的磁感应强度的大小为

0
dI
2

x

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
dB
B

2b
b

0
dI

0
I
2b
dx
0
I
ln2
2

x2

b
b
x2

b

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

优秀学习资料 欢迎下载
针方向)，


BdSBlxcos60
1
k lvt
2
2
则
∴


d
klvt
dt



ac
< 0
，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
感生电动势


动生
＝Blvcos60＝klvt
1
2


感生

d
dd1dB11
－

BdS [Blxcos60]lxlxkklvt
dtdtdt2dt22

< br>

感生
＋

动生
klvt
电动势

的方向沿顺时针方向（即
abcd
方向）。
六、【解】
1. 已知波方程
y
1
0.06cos(4.0

t

x)

yAcos(2

t
与标准波方程
2



x)
比较得
u

4ms

2.0H
Z,

2m,

2. 当

2

1
2

x(2k1)
< br>时，A
合
＝0

x
2k1
k0.5m
2

k0,1,2,
于是，波节位置
3. 当

2

1
2

x2k

时，A
合
＝2 A

于是，波腹位置
xkm

k0,1,2,

( 或由驻波方程
yy
1
y
2
0.12cos(< br>
x)cos(4

t)m

有

x (2k1)

2
A
合
＝0xk0.5m

k0,1,2,
)


x2k


2
A
合
＝0.12mxkm
,
k0,1,2,

优秀学习资料 欢迎下载
七.【解】
r
k

(2k1R)

2
，有 根据牛顿环干涉明环半径公式
r
k
2

(2k1)R

2

r
k
2
5


2(k5)1

R< br>

2k9
22

22
rr5R


k5k
两式相减得
2
r
k
2
5
r
k
2
D
k
2
12.1610
6
5
D
k

m0.59010
6
m590nm
5R20R20.6
于是
八.【解】
1

1
R

2

2

n

有

k
根据公式

1

nk
1

k
2
n
2


2
R

nk
2



于是

31

9
1. 02610
7
m102.6nm
8R

36
6.56310
7
m656.3nm
5R

4
1.21610
7
m121.6nm
3R


32

21

或根据应用下列公式求解
< br>E
n

E
1
13.6eV

2
n n
2

h

nk
|E
n
E
k
|

hchchck
2
n
2

nk

22
|E
n
E
k
||E
1
|(kn)| E
1
|(n
2
k
2
)



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）


S
1.（ 0 ）, （
B
dS
t
）. 2.（
R
1
R
3
R
2
R
4
）.

优秀学习资料 欢迎下载
3.（ 2 ）. 4.
二 选择题：（15分）
2

3
1
3
5.910K
.
4
6.

5.
1. D 2. A 3. C 4. B 5． C
三、【解】 (1) 选取半径为
r
（
R
1
rR
2
）的同轴圆柱面
S
，
则根据高斯定理有
Q

E
(S)
EdS2πr lE

0

于是，电场强度
(2) 两柱面间的电势差
Q
2π

0
lr

R
2
dr< br>R
2
QQQ
drln
R
1
R
1
2π

rl2π

0
l

R
1
r2π

0
lR
1

0
2π

0
l
Q
C
U
AB
ln(R
2
R
1
)
(3)电容
U
AB

Edr

R
2
R
2
四、【解】 根据安培环路定理

L
Bdl

0

I< br>并作同轴的圆柱面，积分可得
r
2

I
B2
r

0
I
2
B
0
2
r
a

2

a
(1)
ra

(2)
arb

B2

r

0
I

B

0
I
2

r


0
I(c
2
r
2
)
r
2
b
2
B
B2

r

0
I
2


0
I
22
2
2

r(cb)

brc
cb
(3)
(4)
rc

B2

r0

B0

五、【解】
用

i

d

dt
，取顺时针方向
为线框回路的正方向。通过线框的磁通量为

0
I

Il
xa
ldr
0
ln,
x
2

r2
x


0
Ilav
d


0
Il
adx


i
0,
dt2
xxadt2

x(xa)
方向为ABCDA

或用动生电动势求解：

(x)

Bds

xa

优秀学习资料 欢迎下载



(v B)dl

(vB)dl
AC
BD


vA
BD

0
I

0
I
dl

vdl
C
2

x2

(xa)
< br>六、【解】

0
Ilav
0,方向ABCDA
2

x(xa)

由图可知，
A0.2m
，

4m
，

2

T2



rads
s
vT
，
设波方程为
2

yAcos(

tx

)


0.2cos(

tx

)m
2

t0
时，
x0
处的位移< br>y0
，速度
v0
，即
00.2cos

，< br>v
0
A

sin

0
, 解之得



2

x)m
22
于是，波方程为
七、【解】（1）玻璃片上下表面的反射光加强条件为
2ne
y0.2cos(

t


2



k,k1,2,3,



4ne
2k1

k3,

480nm

（2）玻璃片上下表面的透射光加强条件为
2nek




2ne
k

E
3


E
2



1


k2,

1
600nm
；
k3,

2
400nm

hc
1
八.【解】
hc
hc

1
E
3
E
2
（1）
1

2
1
E
2
E
1
E
3
E
1
（2）
（3）
E
1



3



2



3

优秀学习资料 欢迎下载
hc(
1
式（1）＋ 式（2）得
比较式（3）与式（4）可得
111

1

1

2
)E
3
E
1
（4）

1



2


3

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.
（

0
I
）；（

0
I
）；（ 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 .
1
3
8.310K
.
8
5. . 6.
二 选择题：（15分）
1. B 2. D 3. B 4. C 5. A
DdS

q
三、【解】 利用有介质时的高斯定理

S

DD
E

r

0
，有 与介质方程
Q
D(rR
1
)
2
4πr

(1) 介质内
(R
1
rR
2
)
场强
4π

0

r
r
2

Q
E
2

2
(rR)
4π

r
2
0
空气中场强
(2)金属球的电势
E
1
< br>Q
U

E
1
dr

E
2dr
R
1
R
2
R
2

U

R
2
R

QdrQdrQ1

r
1< br>()
4π

0

r
r
2
< br>R
2
4π

0
r
2
4π

0

r
R
1
R
2


四、【解】
由安培环路定律

L
Bdl

0

I
, 有
（1） 当r
I0
，
B0

I(r
2
a
2
)
I
2

ba
2
（2） 当a

优秀学习资料 欢迎下载

0
I(r
2
a
2
)
B
22
2

r(ba)


（3） 当r>b时
五、【解】
作辅助线
MN
，则在
MeNM
回路中，
沿
v
方向运动时
d
m
0

∴

MeNM
0
即

MeN


MN


II
,
B

0
I
2

r

< br>MN


ab
ab
vBcos

dr

B
ab
ab
vBdr
，
因为

0
I
2

r
，
ab
ab
所以
即

MN




0
vI

vI
ab
dr< br>0
ln
2

r2

ab


MeN
沿
NeM
方向，

0
vI
ab

MeN
大小为
2

ln
ab

六、
【解】
由图可知，
A0.2m
，

4m
，

2

T2



rads
s
，< br>vT

设波方程为
2

yAcos(

tx

)


0.2cos(

tx

)m
2

t0
时，
x0
处 的位移
y0
，速度
v0
，即
00.2cos
，
v
0
A

sin

0
, 解之得



2

x)m
22
于是，波方程为
七.【解】 （1）由反射光干涉相长公式有
2ne
y0.2cos(

t


2k

)

(k1,2,

优秀学习资料 欢迎下载
得


4ne4 1.33380020216

2k12k12k1

k2
,

2
6739
A
(红色)
o
k3
,

3
4043

A
(紫色)
所以肥皂膜正面呈现紫红色．
)

(k1,2,
（2）由透射光干涉相长公式
2nek
o
所以


2ne10108

kk

o
当
k2
时，

=5054
A
(绿色)
故背面呈现绿色．
八.【解】巴尔末系是由
n2
的高能级跃迁到
n2
的能级发出的谱线．只有三条
谱线说明激发后 最高能级是
n5
的激发态．
E
5

13.6
5
2
0.544eV
1.51eV
，
E
4

13.6
E
2

13.6
4
2
2
2
0.85eV
3.4eV

E
3

13.6
3
2
，
hc


h

E
n
E
m
E
n
E
m



hc
hc6.6 2610
34
310
34
1.987810
25< br>J
m12423.8
eV

A

0
0< br>1
911.6A
h6.62610
34
Js4.1413 10
15
eVs
，
R

ο
hc6.63 10
34
310
8

51
952A
 19
EE(13.60.544)1.610
51
外来光的波长：
ο
hc6.6310
34
310
8
10

32
657310m6573A
E
3
E
2
( 3.41.51)1.6010
19

ο
hc6.6310
34
310
8

42
4872A
19E
4
E
2
(3.40.85)1.610

ο
hc6.6310
34
310
8

52
 4353A
19
E
5
E
2
(3.40.544) 1.610


1

1

R
< br>2

2

n

，

k
（ 或根据公式

1
nk
1
< br>k
2
n
2


2
R

n k
2



求解.）

优秀学习资料 欢迎下载

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）
qq
0
q
F
1
F
2
1
3
1. -0.25m. 2．
2
3.
0.5m
.4.
n
.5. 3J. 6.
0
；

0
a
；

0
a
.
二、选择题：（18分）
D ；A ；C ；A ；D ；D .
三、【解】
1. 根据牛顿第二定律，得
dv
x

F< br>x
m
12t
2
dt

v
x
分离变量并积分得

6
dv
x


t
0
12t
2
dt

v
x
64t
3
（米秒）
dx
2. 由速度的定义有
dt
64t
3

t
分离变量并积分得
x

0
(64t
3
)dt

6tt
4
（米）
四、【解】
设小球和圆弧形槽的速度分别为

1
和

2

（1）设水平向右为x轴的正方向，
由动量守恒定律得
m

1
M

2
0
（3分）
1
由机械能守恒定律得
m

2
1
2< br>2
1

2
M

2
mgR
（3分）
由上面两式解得

2MgR2gR
1

mM< br>M

mM

M
（2分）

2gR
2
m

mM

M
（2分）
五、
解: (1)由转动定律，有
mg
l
2
(
1
3
ml
2
)

（4分）
3分）
1分）
2分）
（3分）
（1分）
（2分）

（
（
（

优秀学习资料 欢迎下载


（2）由机械能守恒定律有
3g
2l
（2分）
l11
mgsin

(ml
2
)
< br>2
223
（4分）


六、【解】
(1) 由归一化条件有

1
v
0
C
CdvC v
0
1
v
0
（3分） 即

0

(2) 算术平均速率
v

v< br>0
v
1
v

vf(v)dv

vdv
0
00
v
0
2
（3分）
00v
0
2
（3）方均根速率
v

3gsin

l
（2分）


f(v)dv

Cdv

0dv1
v
0

v

vf(v)dv

0
2

2< br>v
0
0
2
v
0
1
vdv
v
0
3
; （3分）
2

v
2

3
v
0
3
（1分）

3
ab过程吸热:Q
ab
C
V
(T
b
T
a
)V
a
(P
b
P
a
) 300J
2
七、【解】（1） （2分）
bc过程吸热:Q
bc< br>C
P
(T
c
T
b
)
5
Pb
(V
c
V
b
)500J
2
（2分）
循环一次总吸热:Q
1
Q
ab
Q
bc800J
（1分）
（
cd过程放热 :QC(T
cd

vd
3
T)
c
2
V (
d
P
d
)P－
c
450J

da过 程放热:Q
da
C
P
(T
a
T
d
)
5
P
a
(V
a
V
d
)250J2

循环一次总放热:Q
2
Q
cd
Q
da
700J
）
（2）循环一次对外做的净功为图中矩形面积：
A (P
b
P
a
)(V
d
V
a
)10 0J
（3分）

优秀学习资料 欢迎下载
或
AQ
1
Q
2
100J

（3）循环的效率
A100
12.5%
Q800
（2分）



八．【解】
(1) 以球心为圆心作半径为r的高斯面，则

EdSE4

r
2

1
0

q
，
当rR时,

q0,得E0
当rR时,

qq,得E
V
P

q

rR
； （3分）
q
rR

4

0
r
2
（3分）
drq
4

0

r
r
2
4

0
r
（2分） (2) 当
rR
时
R 
q

drq
V
P


Edr

Edr
rR
4

0

R
r
2
4

0
R
（2分） 当
rR
时

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）
25
m
0
2p

-2
1.
0.6
ms
.2．增大． 3．
9l
0
.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
dv
f
x
1
2
v
dtm300
（2分）
t
1dv

2


dt
200
300v
分离变量并积分得
v
11t300
v
15t
(ms)
（2分）
v20300
即
当t=15s时， 速度
v10(ms)
（2分）

优秀学习资料 欢迎下载
dx300

dt15t
（2分） 2. 由速度的定义有
x

300dt15t
300ln
0
15t15
（m） （2分）
t
分离变量并积分得
当t=15s时，
x300ln23000.692208
（m） （2分）
四、【解】
1. 当x最大时，v=0.
根据功能原理有
Fx
mgx
x
1
2
kx
2
（2分）
解得
2(F

mg)
k

1
2
2(F

mg)
2
E
p
kx
2k
于是 （2分）
2. 当v最大时，
a
x
0.
根据牛顿第二定律有

F

mgkx

0
（2分）
x


F

mg
k
于是
1
(F

mg)x

E
kmaxkx

2
2
再根据功能原理有 （2分）
解得
E
kmax
(F
mg)
2

2k
（2分）
五、解：对物体应用牛顿运动定律
对滑轮应用转动定理
mg-T=ma
（2分）
1
M
2
R

2
（3分）
TR
角量与线量关系
ar

（2分）
2mg
2mM
（2分） 由以上各式解得
2

v2ah
（1分）
a
物体速度为

v2ah2
mg
h
2mM
（2分）

优秀学习资料 欢迎下载
六、
【解】

（1）平均速率
v

v
1
N


0
vNf(v)dv


0
vf(v)dv
v
F
3
32


(3v
F
v)vdvv
F
0
4

（4分）

2
(2) 方均根速率
v

1
v
N
v
0
_ __
2


0
vNf(v)dv

2

0
v
2
f(v)dv
3
232

(3v
F
v)v
2
dvv
F
0
5
（4分）
v
2

七、
【解】
3
v
F
5
（2分）
绝热过程ab
Q
s
0

（1分）

Q
< br>C
p
(T
c
T
b
)0
等压压缩过程bc 放热
p

Q
2
Q
p


C
P
(T
b
T
c
)
Q
2
C
P
(

（2分）

p
2
V
1< br>p
2
V
2
)
RR

（2分）

等体过程ca吸热
Q
v

C
V
(T
a
T
c
)

（2分）

p
1
V
2
p
2
V1
)
RR

（2分）

Cp
(p
2
V
1
p
2
V
2
)
Q
2
(VV1)

111

12< br>Q
1
C
V
(pV(p
1
p
2
1)

（1分）

12
p
2
V
2
)
循环效率
或 < br>
C(TT)(TT1)
Q

1
2
1< br>Pbc
1

bc
Q
1

C
V< br>(T
a
T
c
)(T
a
T
c
1)

TT
V
p
1
p
2
p
V
1
V
2

a

1

b
1
T
c
p
2

T
b
T
c
T
c
V
2
因为
T
a
T
c
Q
1
Q
v
C
V
(

1

所以
八、解：
(V
1
V
2
1)
(p
1p
2
1)

距左端x处取线元dx:dq

dx

dE
0
x

dx
4

0
(Ldx)
2
（3分）

优秀学习资料 欢迎下载
E

dE
0
LL

dx
4

0
(Ld x)
2

0
E


11

< br>L


4

0

dLd

4

0
(Ld)d
（2分）

dx
4

0
(Ldx)
（3分）
L
dV
L
V

dV

0

dx
4

0
(Ldx)


(Ld)
Vln
4

0
d
（2分）
0
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）
281
1.
0.6
ms
. 2．
2g
； 0． 3. c 或
310ms
. 4．
2
.
1
5.
30J
. 6.
4

0

q
R
.

二、选择题（18分）
C ；D ；A ；C ；B ；D .
三、【解】1. 根据牛顿第二定律，得
dv
x
bv
x
dt
（2分）
v
x
dv
t
b
x


v
0
v
x

0
m
dt
分离变量并积分得 （2分）
m
v
b
ln
x
t
v
0< br>m
即
v
x
v
0
e
b
t
m
（2分）
b
t
dx
v
0
e
m
2. 由速度的定义有
dt
（2分）
分离变量并积分得
x

v
0
e
0

b
t
m
b
t
mv
0

m
b
dted(t)

0
bm
（2分）
b

t
m
0
x
（2分）
dvdv
dx
dv
m
x
m
x
mv
x
x
bv
x
dtdxdx
或 根据牛顿第二定律得
dt

mv
0
e
b
m
v
0
b

优秀学习资料 欢迎下载
分离变量并积分得
四、【解】

0
v
0
dx
b
x
m
dxxv
0
m

0 即
b

1. 对于小木块下滑过程，由机械能守恒 定律，有
1
mghmv
2
2

于是
v2gh
（2分）
2. 小木块与木箱碰撞过程，动量的x分量守恒，即
s(mM)

V

mvco

mvco

s
V
mM
由上式可解得
（3分）
3.木箱压缩弹簧过程，由功能原理有
11

(mM)glkl
2
(mM)V
2
22< br>于是有 （3分）
2
12ghmco
2

s 1k
2
l


2
2(mM)gl2(mM)

gl
解之得
hm
2
cos
2

kl


(mM)
2
gl2(mM)g
（2分）
五、【解】1.根据转动定理有
mg
L1
2
(mL)

23

解得


3g
2L
（4分）
a
c0
a
ct

3
g
4
（2分） 由角量与线量的关系得
2. 由机械能守恒定律有
mg
L11
22
(mL)

223
（3分）
由上式解得


3g
L
（1分）
2
L

3g

3
a
c
a
cn


g


2

L2

由角量与线量的关系得 （2分）
六、【解】(1) 平均速率
v

v
1
N

0
vNf(v)dv


0
3
vf(v )dv


6vv(v
0
v)

0

vdv
0

v
0

优秀学习资料 欢迎下载
1
4
1
3
1
4
v6v
0< br>(v
0
v
0
)v
0
342
（4分）
2
（2）方均根速率
v

v
___
2
___
2
1
N


0
v
2Nf(v)dv


0
32

v
2
f(v)dv


6vv(vv)v
00

dv0

v
0

1
5
3
23
1
5
v6v
0
(v
0
v
0
)v
0
4510
（4分）
v
2

3
v
0
10
（2分）
七、【解】（1）根据功的定义及过程方程有
A

PdV< br>
V
1
V
2
V
2
V
1
< br>11

C
dVC



V
2
V
1
V
2

（5分）
M
RT
M
mol
（2）据理想气体状态方程: （2分）
C
P
2
V
（1分） 及过程方程：
M
C
TV
mol
MR
有
T
1
V
2

T
于是
2
V
1
（2分）
PV
八、解：(1) 以球心为圆心作半径为r的高斯面，则

Ed SE4

r
2

1

0

q
，
当rR时,

q
Q
4Q

r
3

3
r
3
4
3
3R
< br>R
3

3
Q
得E
4

0
R
r
（3分）
Q
4

0
r
2
（3分） < br>
当rR时,

qQ,得E
(2)V

E dl

r
R
Q
4

0
R
r
rdr

3
Q
4

0
r
2< br>R
dr
（2分）
V
Q
8

0< br>R
3
(3R
2
r
2
)
（2分）