2021-2022 学年春真题

#真题

这是源目录中的「2021-2022 学年第 2 学期《基础物理学（信息类）》期末考试卷」，共 4 页，满分 100 分。题面按原卷转写；源目录没有参考答案，下面解析依照课件所用定律重新推导。

一、选择题（每题 3 分，共 30 分）

1. 由受力求运动方程

质量为 0.25 kg0.25\ \mathrm{kg} 的质点受力 F⃗=ti⃗\vec F=t\vec i（SI）。t=0t=0 时，质点以 v⃗0=2j⃗\vec v_0=2\vec j 通过原点。任意时刻的位置矢量为：

  • A. r⃗=(2t3/3+2t)i⃗\vec r=(2t^3/3+2t)\vec i
  • B. r⃗=(2t+2t3/3)j⃗\vec r=(2t+2t^3/3)\vec j
  • C. r⃗=(2t3/3)i⃗+2tj⃗\vec r=(2t^3/3)\vec i+2t\vec j
  • D. r⃗=2ti⃗+(2t3/3)j⃗\vec r=2t\vec i+(2t^3/3)\vec j
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答案：C。 a⃗=F⃗/m=4ti⃗\vec a=\vec F/m=4t\vec i，两次积分并代入初始条件：

v⃗=2t2i⃗+2j⃗,r⃗=23t3i⃗+2tj⃗.\vec v=2t^2\vec i+2\vec j,\qquad \vec r=\frac23t^3\vec i+2t\vec j.

2. 圆锥摆绳拉力的冲量

圆锥摆的摆球质量为 mm，速率为 vv，圆半径为 RR。摆球沿轨道运动半周时，摆绳拉力冲量的大小为：

圆锥摆原题配图

  • A. 2mv2mv
  • B. (2mv)2+(mgπR/v)2\sqrt{(2mv)^2+(mg\pi R/v)^2}
  • C. πRmg/v\pi Rmg/v
  • D. 00
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答案：B。 运动半周后水平动量反向，∣Δp⃗∣=2mv|\Delta\vec p|=2mv；历时 Δt=πR/v\Delta t=\pi R/v，重力冲量竖直向下。由 J⃗T+J⃗g=Δp⃗\vec J_T+\vec J_g=\Delta\vec p 得到上式。

3. 作用力、反作用力与内力作功

下列说法正确的是：

  • A. 作用力的功与反作用力的功必等值异号。
  • B. 作用于一个物体的摩擦力只能作负功。
  • C. 内力不改变系统的总机械能。
  • D. 一对作用力和反作用力作功之和与参考系的选取无关。
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答案：D。 一对内力的总功可写为 F⃗⋅(dr⃗1−dr⃗2)\vec F\cdot(\mathrm d\vec r_1-\mathrm d\vec r_2)，只与相对位移有关，在伽利略变换下不变。

4. 子弹穿过悬挂细棒

长为 ll、质量为 MM 的均匀细棒上端悬挂于光滑水平固定轴 OO。质量为 mm 的子弹以水平速度 v0v_0 射向棒的中心，并以 v0/2v_0/2 穿出。此时棒的角速度为：

子弹穿过均匀细棒

  • A. 3mv0/(4Ml)3mv_0/(4Ml)
  • B. 5mv0/(3Ml)5mv_0/(3Ml)
  • C. 3mv0/(2Ml)3mv_0/(2Ml)
  • D. 9mv0/(4Ml)9mv_0/(4Ml)
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答案：A。 碰撞极短时间内对 OO 点角动量守恒。子弹损失的角动量为 m(v0−v0/2)l/2=mv0l/4m(v_0-v_0/2)l/2=mv_0l/4；细棒 IO=Ml2/3I_O=Ml^2/3，故 ω=3mv0/(4Ml)\omega=3mv_0/(4Ml)。

5. 由动量和总能量求速度

在惯性系 SS 中，粒子的动量为 (px,py,pz)=(4,23,6) MeV/c(p_x,p_y,p_z)=(4,2\sqrt3,6)\ \mathrm{MeV}/c，总能量 E=10 MeVE=10\ \mathrm{MeV}。速度 vv 最接近：

  • A. 3c/83c/8
  • B. 2c/52c/5
  • C. 3c/53c/5
  • D. 4c/54c/5
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答案：D。 pc=42+(23)2+62=8 MeVpc=\sqrt{4^2+(2\sqrt3)^2+6^2}=8\ \mathrm{MeV}，而 v⃗=c2p⃗/E\vec v=c^2\vec p/E，所以 v/c=pc/E=0.8v/c=pc/E=0.8。

6. 改变电势零点

半径为 RR 的均匀带电球面带电荷 QQ。若规定球面电势为零，则无穷远处电势为：

  • A. −Q/(4πε0R)-Q/(4\pi\varepsilon_0R)
  • B. 00
  • C. Q/(4πε0R)Q/(4\pi\varepsilon_0R)
  • D. ∞\infty
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答案：A。 以无穷远为零时球面电势为 Q/(4πε0R)Q/(4\pi\varepsilon_0R)。把球面改为零，就是给所有点同时减去这个常量。

7. 保持电压时拉开极板

平行板电容器充电后仍与电源连接。用绝缘手柄将两板间距拉大时，极板电荷 QQ、场强 EE 和电场能量 WW 的变化为：

  • A. QQ 增大，EE 增大，WW 增大。
  • B. QQ 减小，EE 减小，WW 减小。
  • C. QQ 增大，EE 减小，WW 增大。
  • D. QQ 增大，EE 增大，WW 减小。
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答案：B。 电源使 UU 不变。dd 增大时 C=ε0S/dC=\varepsilon_0S/d、Q=CUQ=CU、E=U/dE=U/d 和 W=CU2/2W=CU^2/2 均减小。

8. 环形电流的磁场和磁矩

质点带电 q=8.0×10−10 Cq=8.0\times10^{-10}\ \mathrm C，以 v=3.0×105 m/sv=3.0\times10^5\ \mathrm{m/s} 在半径 R=6.00×10−3 mR=6.00\times10^{-3}\ \mathrm m 的圆周上匀速运动。它在轨道中心产生的磁场 BB 和轨道磁矩 pmp_m 分别为：

  • A. 6.67×10−5 T,7.20×10−5 A m26.67\times10^{-5}\ \mathrm T, 7.20\times10^{-5}\ \mathrm{A\,m^2}
  • B. 6.67×10−7 T,7.20×10−7 A m26.67\times10^{-7}\ \mathrm T, 7.20\times10^{-7}\ \mathrm{A\,m^2}
  • C. 3.33×10−7 T,7.20×10−7 A m23.33\times10^{-7}\ \mathrm T, 7.20\times10^{-7}\ \mathrm{A\,m^2}
  • D. 6.67×10−7 T,3.60×10−7 A m26.67\times10^{-7}\ \mathrm T, 3.60\times10^{-7}\ \mathrm{A\,m^2}
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答案：B。 等效电流 I=qv/(2πR)I=qv/(2\pi R)，因而

B=μ0I2R=μ0qv4πR2=6.67×10−7 T,B=\frac{\mu_0I}{2R}=\frac{\mu_0qv}{4\pi R^2}=6.67\times10^{-7}\ \mathrm T, pm=IπR2=qvR2=7.20×10−7 A m2.p_m=I\pi R^2=\frac{qvR}{2}=7.20\times10^{-7}\ \mathrm{A\,m^2}.

9. 磁场的高斯定理

下列说法正确的是：

  • A. 磁场的高斯定理表明磁场是无旋场。
  • B. ∮SB⃗⋅dS⃗=0\oint_S\vec B\cdot\mathrm d\vec S=0 表明闭合曲面上各点 B⃗=0\vec B=0。
  • C. 任意磁场穿过闭合曲面的总磁通量均为零。
  • D. 磁场的高斯定理只在均匀磁场中成立。
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答案：C。 这是 ∇⋅B⃗=0\nabla\cdot\vec B=0 的积分形式，反映磁场没有孤立源汇；它不表示磁场处处为零。

10. 绕磁场方向转动的三角形回路

直角三角形 abcabc 导体回路置于均匀磁场 B⃗\vec B 中，B⃗\vec B 与直角边 abab 平行。回路绕 abab 以角速度 ω\omega 按图示方向转动；ac=lac=l，∠a=30∘\angle a=30^\circ。闭合回路电动势 E\mathcal E 与 Ua−UcU_a-U_c 为：

绕直角边转动的三角形回路

  • A. E=Bωl2,Ua−Uc=Bωl2/2\mathcal E=B\omega l^2,\quad U_a-U_c=B\omega l^2/2
  • B. E=Bωl2,Ua−Uc=−Bωl2/2\mathcal E=B\omega l^2,\quad U_a-U_c=-B\omega l^2/2
  • C. E=0,Ua−Uc=Bωl2/8\mathcal E=0,\quad U_a-U_c=B\omega l^2/8
  • D. E=0,Ua−Uc=−Bωl2/8\mathcal E=0,\quad U_a-U_c=-B\omega l^2/8
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答案：D。 转轴与 B⃗\vec B 平行，回路面法向始终与 B⃗\vec B 垂直，磁通量不变，所以闭合电动势为零。但运动导体内部仍有 qv⃗×B⃗q\vec v\times\vec B；沿 a→ca\to c 积分，且 cc 到轴 abab 的距离为 lsin⁡30∘=l/2l\sin30^\circ=l/2，得图示转向下 Ua−Uc=−Bωl2/8U_a-U_c=-B\omega l^2/8。

二、填空题（每题 3 分，共 30 分）

1. 飞轮边缘点的切向与法向加速度

飞轮边缘一点满足 s=0.1t3s=0.1t^3（SI），飞轮半径 R=1.5 mR=1.5\ \mathrm m。当该点速率 v=30 m/sv=30\ \mathrm{m/s} 时，求切向和法向加速度。

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v=ds/dt=0.3t2=30v=\mathrm ds/\mathrm dt=0.3t^2=30 给出 t=10 st=10\ \mathrm s。因而

at=dvdt=0.6t=6 m/s2,an=v2R=600 m/s2.a_t=\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=0.6t=6\ \mathrm{m/s^2}, \qquad a_n=\frac{v^2}{R}=600\ \mathrm{m/s^2}.

2. 两物体相互作用时的动量

物体 A,BA,B 在无摩擦水平直线上相互作用，PA=−P0+btP_A=-P_0+bt，其中 P0,b>0P_0,b>0。分别求：（1）BB 初始静止时的 PB(t)P_B(t)；（2）PB(0)=−P0P_B(0)=-P_0 时的 PB(t)P_B(t)。

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无外力，总动量守恒。

  1. 初始总动量为 −P0-P_0，故 PB=−P0−PA=−btP_B=-P_0-P_A=-bt。
  2. 初始总动量为 −2P0-2P_0，故 PB=−2P0−PA=−P0−btP_B=-2P_0-P_A=-P_0-bt。

3. 墙角内带弹簧的均匀杆

长为 ll、质量为 MM 的均匀杆 ABAB 下端 AA 连接劲度系数为 kk 的水平弹簧。杆竖直靠墙时弹簧为原长，墙和地面均光滑。当杆与地面成 θ\theta 角而平衡时，求墙的作用力，并写出 M,k,l,θM,k,l,\theta 的关系。

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对 AA 点取力矩：Nlsin⁡θ=Mg(l/2)cos⁡θNl\sin\theta=Mg(l/2)\cos\theta，所以

N=Mg2cot⁡θ.N=\frac{Mg}{2}\cot\theta.

弹簧伸长为 lcos⁡θl\cos\theta，水平力平衡要求 N=klcos⁡θN=kl\cos\theta，因而

2klsin⁡θ=Mg.2kl\sin\theta=Mg.

4. 线密度不均匀细杆的质心

细杆总长 LL，线密度 λ(x)=2λ0+αx\lambda(x)=2\lambda_0+\alpha x，λ0,α>0\lambda_0,α>0，原点在左端。求质心坐标。

查看答案与解析 xC=∫0Lx(2λ0+αx) dx∫0L(2λ0+αx) dx=λ0L2+αL3/32λ0L+αL2/2.x_C=\frac{\int_0^Lx(2\lambda_0+\alpha x)\,\mathrm dx} {\int_0^L(2\lambda_0+\alpha x)\,\mathrm dx} =\frac{\lambda_0L^2+\alpha L^3/3}{2\lambda_0L+\alpha L^2/2}.

5. 地球系中两个光事件的空间间隔

宇宙飞船相对地球以 0.6c0.6c 飞行，飞船上测得船长 90 m90\ \mathrm m。一光脉冲从船尾发出并到达船头，求地球系中「发出」和「到达」两事件的空间间隔。

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地球系中船长 L=901−0.62=72 mL=90\sqrt{1-0.6^2}=72\ \mathrm m。光追上向前运动的船头，cΔt=L+0.6cΔtc\Delta t=L+0.6c\Delta t，所以 Δt=L/(0.4c)\Delta t=L/(0.4c)，空间间隔

Δx=cΔt=720.4=180 m.\Delta x=c\Delta t=\frac{72}{0.4}=180\ \mathrm m.

6. 两根平行均匀带电长直线

两根无限长平行正带电直线 1、2 相距 dd，线电荷密度分别为 λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2。求场强为零的点到直线 1 的距离 aa，以及两线单位长度间的作用力。

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两线之间的场反向，λ1/a=λ2/(d−a)\lambda_1/a=\lambda_2/(d-a)，故

a=λ1λ1+λ2d.a=\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}d.

直线 1 在直线 2 处的场为 λ1/(2πε0d)\lambda_1/(2\pi\varepsilon_0d)，所以单位长度的斥力为

FL=λ1λ22πε0d.\frac FL=\frac{\lambda_1\lambda_2}{2\pi\varepsilon_0d}.

7. 异号电荷小球沿带电圆环轴线下落

半径为 RR 的均匀带电细圆环带电荷 QQ，水平放置。质量为 mm、电荷为 qq 的小球初始位于轴线上方 RR 处，Qq<0Qq<0，忽略重力。小球从静止下落到圆心时的速率为多少？

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圆环轴线电势 V(z)=Q/[4πε0R2+z2]V(z)=Q/[4\pi\varepsilon_0\sqrt{R^2+z^2}]。电势能降低量转化为动能：

12mv2=∣Qq∣4πε0R(1−12),\frac12mv^2=\frac{|Qq|}{4\pi\varepsilon_0R} \left(1-\frac1{\sqrt2}\right), v=∣Qq∣2πε0mR(1−12).v=\sqrt{\frac{|Qq|}{2\pi\varepsilon_0mR} \left(1-\frac1{\sqrt2}\right)}.

8. 两根反向载流长直导线

两根无限长平行导线 A,BA,B 相距 aa。AA 中电流 II 垂直纸面向里，BB 中电流 2I2I 垂直纸面向外。求：（1）中点 PP 的磁场大小；（2）沿图示顺时针闭合环路 LL 的 ∮LB⃗⋅dl⃗\oint_L\vec B\cdot\mathrm d\vec l，该环路只包围导线 AA。

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PP 到两线均为 a/2a/2，两个磁场在 PP 点同向，所以

BP=μ0I2π(a/2)+μ0(2I)2π(a/2)=3μ0Iπa.B_P=\frac{\mu_0I}{2\pi(a/2)} +\frac{\mu_0(2I)}{2\pi(a/2)} =\frac{3\mu_0I}{\pi a}.

图示环路为顺时针，由右手定则对应的正法向指向纸内，与 AA 电流同向，因此

∮LB⃗⋅dl⃗=μ0I.\oint_L\vec B\cdot\mathrm d\vec l=\mu_0I.

9. 电子所受洛伦兹力

某点 B⃗=0.50i⃗+1.00j⃗\vec B=0.50\vec i+1.00\vec j（SI），电子以 v⃗=0.40×106i⃗+0.20×106j⃗\vec v=0.40\times10^6\vec i+0.20\times10^6\vec j（SI）通过该点。求磁场力。

查看答案与解析 v⃗×B⃗=(0.40×106×1.00−0.20×106×0.50)k⃗=3.0×105k⃗.\vec v\times\vec B=(0.40\times10^6\times1.00-0.20\times10^6\times0.50)\vec k =3.0\times10^5\vec k.

电子电荷为 −e-e，所以

F⃗=−ev⃗×B⃗=−4.8×10−14k⃗ N.\vec F=-e\vec v\times\vec B=-4.8\times10^{-14}\vec k\ \mathrm N.

10. 放电电容器中的位移电流

半径为 RR 的平行圆板电容器放电时，板间场强大小 E=E0e−t/τE=E_0e^{-t/\tau}。求位移电流大小，并判断它与场强的方向关系。

查看答案与解析 Id=ε0πR2∣dEdt∣=ε0πR2E0τe−t/τ.I_d=\varepsilon_0\pi R^2\left|\frac{\mathrm dE}{\mathrm dt}\right| =\frac{\varepsilon_0\pi R^2E_0}{\tau}e^{-t/\tau}.

放电时 dE⃗/dt\mathrm d\vec E/\mathrm dt 与 E⃗\vec E 反向，所以位移电流方向与场强方向相反。

三、计算题（每题 10 分，共 40 分）

1. 圆环内滑动的均匀细杆

竖直平面内有半径为 RR 的固定圆环，圆心为 OO。长 2R\sqrt2R、质量 MM 的均匀细杆 ABAB 置于环内，与水平直径夹角 45∘45^\circ。由静止释放后杆只能沿环内侧无摩擦运动。求：（1）杆对过 OO 且垂直圆环平面轴的转动惯量；（2）杆运动至水平方位时 AA 端的速率。

圆环内的均匀细杆

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杆中点到 OO 的距离为 R/2R/\sqrt2。由平行轴定理

IO=M(2R)212+M(R2)2=23MR2.I_O=\frac{M(\sqrt2R)^2}{12}+M\left(\frac{R}{\sqrt2}\right)^2 =\frac23MR^2.

初始时杆中心高度为 −R/2-R/2；转到下方水平弦时为 −R/2-R/\sqrt2，下降

Δh=R2−R2=R2(2−1).\Delta h=\frac{R}{\sqrt2}-\frac R2=\frac R2(\sqrt2-1).

由 MgΔh=IOω2/2Mg\Delta h=I_O\omega^2/2 和 vA=ωRv_A=\omega R得

vA=3gR2(2−1).v_A=\sqrt{\frac{3gR}{2}(\sqrt2-1)}.

2. 高能 μ\mu 子的速度、寿命和射程

μ\mu 子静止能量为 105.7 MeV105.7\ \mathrm{MeV}，固有平均寿命 2.2×10−6 s2.2\times10^{-6}\ \mathrm s，动能为 150 MeV150\ \mathrm{MeV}。求它的速度 vv、平均寿命 τ\tau 和平均射程 LL。

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总能量 E=105.7+150=255.7 MeVE=105.7+150=255.7\ \mathrm{MeV}，所以

γ=EE0=2.419,β=1−γ−2=0.9106.\gamma=\frac{E}{E_0}=2.419,\qquad \beta=\sqrt{1-\gamma^{-2}}=0.9106. v=0.9106c≈2.73×108 m/s,v=0.9106c\approx2.73\times10^8\ \mathrm{m/s}, τ=γτ0≈5.32×10−6 s,L=vτ≈1.45×103 m.\tau=\gamma\tau_0\approx5.32\times10^{-6}\ \mathrm s, \qquad L=v\tau\approx1.45\times10^3\ \mathrm m.

3. 非均匀带电介质球

半径为 RR 的带电介质球的相对介电常量为 εr\varepsilon_r，自由电荷体密度

ρ(r)=ρ0(1−rR),0≤r≤R.\rho(r)=\rho_0\left(1-\frac rR\right),\qquad 0\le r\le R.

求：（1）球内 D⃗\vec D 与 E⃗\vec E 的分布；（2）球内场强最大处的半径 r0r_0。

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由球对称性和 ∮D⃗⋅dS⃗=Qf,enc\oint\vec D\cdot\mathrm d\vec S=Q_{f,\mathrm{enc}}，

Qf(r)=4πρ0∫0r(1−r′R)r′2 dr′=4πρ0(r33−r44R).Q_f(r)=4\pi\rho_0\int_0^r \left(1-\frac{r'}R\right)r'^2\,\mathrm dr' =4\pi\rho_0\left(\frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4R}\right).

所以

D⃗(r)=ρ0(r3−r24R)r^,\vec D(r)=\rho_0\left(\frac r3-\frac{r^2}{4R}\right)\hat r, E⃗(r)=ρ0ε0εr(r3−r24R)r^.\vec E(r)=\frac{\rho_0}{\varepsilon_0\varepsilon_r} \left(\frac r3-\frac{r^2}{4R}\right)\hat r.

对括号内函数求导，1/3−r/(2R)=01/3-r/(2R)=0，得

r0=2R3,Emax⁡=ρ0R9ε0εr.r_0=\frac{2R}{3},\qquad E_{\max}=\frac{\rho_0R}{9\varepsilon_0\varepsilon_r}.

4. 由互感系数反求几何距离

无限长直导线和矩形线圈共面，矩形边长为 l,bl,b，ll 边与长直导线平行，近边到导线的距离为 aa。已知互感系数 M=μ0l/(2π)M=\mu_0l/(2\pi)，求：（1）aa；（2）若线圈电流 I=I0sin⁡αtI=I_0\sin\alpha t，求长直导线中的感生电动势。

长直导线和矩形线圈的互感几何

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长直导线与矩形线圈的互感为

M=μ0l2πln⁡a+ba.M=\frac{\mu_0l}{2\pi}\ln\frac{a+b}{a}.

与题给 M=μ0l/(2π)M=\mu_0l/(2\pi) 比较得 ln⁡[(a+b)/a]=1\ln[(a+b)/a]=1，所以

a=be−1.a=\frac{b}{e-1}.

互感具有互易性，因而长直导线中的感生电动势为

E=−MdIdt=−μ0l2παI0cos⁡αt.\mathcal E=-M\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt} =-\frac{\mu_0l}{2\pi}\alpha I_0\cos\alpha t.

负号是在两回路正向按互感定义配对后的楞次定律符号；若只问大小，取其绝对值。

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