大学物理C试题及答案

23
()23
t t r t ti j k =++ (采用SI ） 2 （C ）3 （D ）竖直上抛一小球，其空气阻力的大小不变，则球上升到最高点所需用的时间与从最高点下降到原位置 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是E 处处为零，则该面内必无电荷 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E 处处为零
E 处处不为零，则高斯面内必有电荷如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零的一个圆环上通有电流，则环心处的磁感应强度大小为 与R 成正比） 与R 成反比
(32
=+(SI单位制
F t i
秒内合外力给物体的冲量为千克•米
两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为（
，则它们的合振动的振幅为
E 和磁感应强度而B =⨯∇ E 和B 都满足波动方程，即真空中电磁场以电磁波形式出现。

的定滑轮（可视为匀质圆盘）与质量分别为与水平面摩擦及绳子的质量可忽略，绳子与滑轮间无滑动，
武汉理工大学教务处
试题标准答案及评分标准用纸
（考试时间： 2006年1月11日）
| 课程名称 大学物理C (化工、制药、教育技术2004级各班) （ A 卷） |
装 一、选择题（每小题3分，共24分）
| (C) (B) (D) (A) (D) (C) (D) (C) |
| 二、填空题 （每空２分，共26分） | 1. 0
钉 2. ４i ；2焦耳 | 3. 0.01米，23
π | 4. 100 nm | 5. 122λλ= | 6. 0 ; 0 | 7. 1:2 ; 2:1 | 8. t
B
E ∂∂-
=⨯∇；变化的电场可产生磁场 线
| 三、计算题 | 1. （12分）解：
设绳子水平段张力为T 1, 竖直段张力为T 2，物体加速度大小（二物体相同）为a .
物体A: 竖直方向无运动，水平方向 1A T m a =； ………………………… 2分 物体B: 2B B m g T m a -=； …………………………………………………… 2分
滑轮： 由转动定律， 21()T T R J β-=， ………………………… 2分
其中圆盘转动惯量 21
2J MR =
, ………………………… 1分 角加速度（顺时针转动时为正）β=a
R。

………………………… 1分
联立上述方程，得 /2
B
A B m a g m m M =
++， ………………………… 2分
1/2
A B
A A
B m m T m a g m m M ==
++， ………………………… 1分
2(/2)
()/2
B A B A B m m M T m g a g m m M +=-=
++. ………………………… 1分
2．（10分）解:
由图知，波长4m λ=，振幅0.2A m =， ………………………… 2分 从而周期2T s u
λ
=
=，(或)角频率2T
π
ωπ=
= rad/s. ………………………… 1分 设波动表达式为 0cos[()]x
y A t u
ωϕ=-+， ………………………… 1分
则由图， 当1t s =,0x =时， 0cos()0πϕ+=, ………………………… 1分 且振动方向沿y 轴负方向：0)sin(0<+-ϕπ， ………………………… 1分 得到： 2
0π
ϕ-=. ………………………… 1分
从而波动方程为:
⎥⎦⎤⎢⎣
⎡
--=2)2(cos 2.0ππx t y m. ………………………… 1分
将4=x 代入波动方程（也可），即可得4=x m 处振动方程：
)2
5cos(2.0π
π-
=t y m. ………………………… 2分
3．（10分）解:
2610/2500410d --==⨯（m ） ……………………… 1分
光栅光谱线主明纹满足: sin d k θλ=，0,1,2,k =±±⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ……………………… 1分 单缝衍射暗纹满足: sin a k θλ''=，1,2,k '=±±⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ……………………… 1分
（1） 当θθ'=，即
2k d
k a
=='时，出现缺级 ……………………… 2分 故在单缝衍射中央明纹区可观察到 0,1k =± 共3条光栅光谱线. ……… 1分
（2） 因1sin ≤θ，故 67.61061047
6
=⨯⨯=
≤--λd
k (最高级为6±级) …………… 2分 但因偶数(0)k ≠级缺级，故可出现的光栅光谱线为:
0,1,3,5k =±±± 共7条 ……………………… 2分
4．（10分）解:
由对称性可知，电场强度E 方向沿径向向外。

由静电平衡条件，导体内部（12R r R <<）：0E =， ………………… 1分
导体球壳内表面带电量为q -，外表面带电量为Q q +。

…………………1分 作半径为r 的同心球形高斯面，由高斯定理, ………………… 1分 得: 1r R <时， 02/4επq r E =⋅，得球壳内: 2
04q E r
πε=
； ………………… 2分
2r R >时， 02/)(4επq Q r E +=⋅， 球壳外: 2
04r q
Q E πε+=。

…………… 2分 因静电平衡时导体是等势体， ………………… 1分
所以
r
U E dr ∞=⎰2
2
002
0.44R Q q Q q
dr r R πεπε∞
++=-+=⎰
………………… 2分 5．（8分）解:
由对称性可知，导体内外的磁场强度H 和磁感应强度B 的方向都以圆柱体对称轴上点为中心、垂直于此轴的圆环线，并与电流方向成右手螺旋关系。

作半径为r 的圆形安培环路L ，由安培环路定理
i
i
L
H dl I
=∑⎰ ………………… 1分
r R <时： 2in H r I π⋅=， 2
2
in r I I R ππ= ………………… 2分
从而 2
002R
rI
H B r r πμμμμ=
=； ………………… 2分 r R >时： I r H =⋅π2， ………………… 1分
从而 002I
B H r
μμπ==。

………………… 2分。