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1、A卷X X X 学年第一学期 大学物理（2-2）期末试卷专业班级_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _姓 名_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _学 号_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _开课系室一物理与光电工程系_ _ _ _ _ _ _ _ _考试日期_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
2、题 号*二三总分12345612345得 分阅卷人注意事项：1.请在试卷正面答题，反面及附页可作草稿纸；2.答题时请注意书写清楚，保持卷面整洁；3.本试卷共三道大题，满 分 100分；试卷本请勿撕开，否则作废;4.本试卷正文共9 页。一、选 择 题(共 10小题，每小题3 分，共计30分)零.(C)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零.(D)闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷.2、(本题3 分)两个完全相同的电容器G 和 C 2,串联后与电源连接.现将一各向同性均匀电介质板插入 G 中，如图所示，则 -1(A)电容器组总电容减小.高(B)Ci上的电荷大于C2
3、上的电荷.H(C)C1上的电压高于C2上 的 电 压.丁、(D)电容器组贮存的总能量增大.3、(本题3 分)如图，在一圆形电流/所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路3则由安培环路定理可知(A)=0 ,且环路上任意一点8 二 0.L(B)，月-d 7=O,且环路上任意一点8W0.L(C)p-d 7 7 0,且环路上任意一点BW0.L(D)p-d/0,且环路上任意一点2=常量.L4、(本题3 分)如图所示，电流从4 点分两路通过对称的圆环形分路,的径向，则在环形分路的环心处的磁感强度(A)方向垂直环形分路所在平面且指向纸内.(B)方向垂直环形分路所在平面且指向纸外.(C)方向在环形分路所在平面，
4、且指向b.(D)方向在环形分路所在平面内，且指向(E)为零.汇合于b 点.若ca、bd都沿环E 5、(本题3分)如图，无限长载流直导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将 八 b(A)向着长直导线平移.(B)离开长直导线平移.人,(C)转动.(D)不动.16、(本题3分)自感为0.2 5 H的线圈中，当电流在(1/1 6)s 内由2 A均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小为(A)7.8 X 1(P v.(B)3.1 X 1 02 V.(C)8.0 V.(D)1 2.0 V.7、(本题3 分)两个通有电流的平面圆线圈相距不远，如果要使其互感系数近似为零，则应调
5、整线圈的取向使(A)两线圈平面都平行于两圆心连线.(B)两线圈平面都垂直于两圆心连线.(C)一个线圈平面平行于两圆心连线，另一个线圈平面垂直于两圆心连线.(D)两线圈中电流方向相反.8、(本题3 分)对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确.(A)位移电流是由变化的电场产生的.(B)位移电流是由线性变化磁场产生的.(C)位移电流的热效应服从焦耳一楞次定律.(D)位移电流的磁效应不服从安培环路定理.9、(本题3 分)如果(1)信用锦(五价元素)掺杂，(2)硅用铝(三价元素)掺杂，则分别获得的半导体属于下述类型(A)(1),(2)均为n型半导体.(B)(1)为 n型半导体，(2)为 p型半
6、导体.(C)(1)为 p型半导体，(2)为 n型半导体.(D)(1),(2)均为p型半导体.1 0、(本题3 分)在激光器中利用光学谐振腔(A)可提高激光束的方向性，而不能提高激光束的单色性.(B)可提高激光束的单色性，而不能提高激光束的方向性.(C)可同时提高激光束的方向性和单色性.(D)既不能提高激光束的方向性也不能提高其单色性.二、简单计算与问答题（共 6 小题，每小题5 分，共 计 30分）本个题满分5 分1、（本题5 分）国图示为一半径为“、不带电的导体球，球外有一内半径为尻 外半径为c题的同心导体球壳，球壳带正电荷+Q.今将内球与地连接，设无限远处为电势 得零点，大地电势为零，球壳
7、离地很远，试求导体球上的感生电荷.分2、（本题5 分）边长为b 的立方盒子的六个面，分别平行于xOy、yOz和 xOz平面.盒子的一角在坐标原点处.在此区域有一静电场，场强为后=200：+300了 .试求穿过各面的电通量.本小题满分5 分本小题得分b-.r3、（本题5分）如图，均匀磁场月中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为加 圆环可绕通过环心。与环面垂直的转轴旋转.当圆环以角速度。转动时.，试求圆环受到的磁力矩.本/、题满分5分本小题得分4、（本题5分）本小题满分5分均匀磁场月被限制在半径R=10 cm的无限长圆柱空间内，方向垂直纸面*向里.取一固定的等腰梯形回路abed,梯形所在平面的法
8、向与圆柱空间的轴 题平行，位置如图所示.设磁感强度以dB/df=lT/s匀速率增加，已知。=；兀，彳Oa=Ob=6 c m ,求等腰梯形回路中感生电动势的大小和方向.O300 N/C,=0平行于xO y平面的两个面的电场强度通量“=皂 S=+E.S=0 1 分平行于yOz平面的两个面的电场强度通量它 2 E S=土邑S=+200/N m2/C 2 分“+，,“一”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz平面的两个面的电场强度通量（Pe i E S=E、.S=300 h2N m2/C 2 分“+，一”分别对应于上和下平面的电场强度通量.3、解：带电圆环旋转等效成的圆形电流强度为:.q
9、42%RI-=AcoRT 2兀0）圆形电流的磁矩为：pm=IS =it R,Aco R=n R，磁力矩为：|A 1|=|x B|=7t/?3AB6y4、解：大小：=d（P/dt=SdB/dt1分方向垂直于纸面向外 2 分方向在图面中竖直向上 2 分1 j 1 2冷=SdB/d t=(R0 Oa sin6)(18/dr2 2=3.68mV方向：沿adeb绕向.1分2 分1 分1分5、答：（1）不确定关系是指微观粒子的位置坐标和动量不能同时准确确定，两者不确定量之间的关系满足：平 平 导 二。2分2 兀（2）由图可知，（a）粒子位置的不确定量较大.又据不确定关系式 A P,5 2 2 7 1可知，
10、由于（b）粒子位置的不确定量较小，故（b）粒子动量的不确定量较大.3分6、答：可用，I,m i,砥 四个量子数来描述.1 分主量子数n大体上确定原子中电子的能量.1 分角量子数/确定电子轨道的角动量.1 分磁量子数如确定轨道角动量在外磁场方向上的分量.1 分自旋磁量子数如确定自旋角动量在外磁场方向上的分量.1 分三、计算题1、解：（1）在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有件 s.O-d S =q o 得：4 兀/，=%=（）所以 n=o由：D =s E 得 E =0 （r R）,2 分在球体外作半径为厂的高斯球面，按高斯定理有4 仃 2。=。所以 ）9=_ 0 _4 兀厂O-由：D =
11、e E 得E 2=一匕=Q R）,乙 方向沿半径向外.2分4 兀忆,r（2）U=r E-d l=r E,dr=P dr=2 分JR JR Jk 4n0r r2 4n0r R1 ,1（3）由能量密度 义=/=E Dc 2 2得：叱=0 （r W R）,1 ,1 O 9W =-E,-=一（-）2 分e 2 2 2 4 兀 r2电场的总能量叱=W v 叱 d V =J；尸 4/d rQ28 兀 分邑R2分（或把带电系统看成孤立的球，即电容器，利 用 叫=2-求解）2 C2、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定理可得：1 2TIR2r3分由8 =得：B-1 r(rR)
12、1分穿过整个矩形平面的磁通量0 =-B2-dSR T 2R T*U 2兀7?”K 2nrdr2分=心%24 K 2兀3、解：。人间的动生电动势：4L/5 4L/5 46二1 (v x B)-d /=coBldl=coB(L)2o o 2 5b点电势高于O点.而间的动生电动势：L/5 L/5 4=J (v x B)d /=coBld I -coB(L)2o o 2 5a点电势高于O点.1 ,=O)BE5 0U Ub=?-、=I )1 6 o 1 5 0 3 oa b 2C OBIJ-C DBIJ=-o)BL=-BL 50 5 0 5 0 1 04分4分2分4、答：不能产生光电效应.1 分因为：铝金属的光电效应红限波长4 =/z c/A,而 A=4.2 eV=6.72X10%/Io=296 nm 2 分而可见光的波长范围为400 nm 760 nm Ao-2 分5 解：由归一化条件:口 啊 dx=x即：2 d=1c2(x2I?-2Lx3+x4)dx岭谷 2+/、条|3 分设在。L/3 区间内发现粒子的概率为P,则有:”/3|2 fL/3 30 o,P=Jo 闭 d x=J。-x-(L-x)dx303 3 2 3 5 3178?2 分