2025年山東大學泰山學堂物理學科目考試試題答案匯總考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、試用牛頓定律推導出質點做勻速圓周運動時所需的向心力公式，并說明向心力的方向。二、一定量的理想氣體經(jīng)歷一個準靜態(tài)過程，體積從$V_1$膨脹到$V_2$，壓強減小為原來的一半。如果該過程是等溫過程，試計算氣體對外界所做的功。如果該過程是絕熱過程，試計算氣體溫度的變化量（已知理想氣體狀態(tài)方程和絕熱方程）。三、一個質量為$m$、電量為$+q$的小球，從距地面高$h$處由靜止開始下落，所在空間存在一個水平方向的勻強電場，電場強度為$\mathbf{E}$。忽略空氣阻力，求小球落地時的速度大小和方向。四、簡諧振動系統(tǒng)的最大位移為$A$，周期為$T$。試用旋轉矢量法推導出該簡諧振動的運動學方程（以正的最大位移時刻為計時起點）。五、一束單色光垂直入射到厚度為$d$的薄玻璃板（折射率為$n$）上。試分析光線通過玻璃板后，其相位變化量為多少？如果光束是斜入射，相位變化量又如何？六、根據(jù)玻爾氫原子模型，計算電子在$n=3$軌道上的動能、勢能以及總能量。如果電子從$n=3$軌道躍遷到$n=2$軌道，輻射出光子的波長是多少？七、一無限長直導線通有電流$I$，附近有一個與導線共面的矩形線框，線框邊長分別為$a$和$b$，其中一邊與導線平行，且距離導線為$c$。試計算穿過該矩形線框的磁通量。八、自感系數(shù)為$L$的線圈與一個阻值為$R$的電阻串聯(lián)接在一個電動勢為$\mathcal{E}$的直流電源上。開關$\mathrm{S}$原來閉合，電路處于穩(wěn)態(tài)?，F(xiàn)將開關$\mathrm{S}$斷開，求斷開后的電流隨時間的變化規(guī)律。九、在真空中，一平面電磁波沿$z$軸傳播，其電場強度瞬時表達式為$\mathbf{E}(z,t)=E_0\cos(\omegat-kz)\hat{i}$。試寫出磁場強度的表達式，并說明該電磁波的能流密度矢量$\mathbf{S}$的方向和大小。十、簡要解釋什么是波粒二象性，并舉例說明。試卷答案一、根據(jù)牛頓第二定律，質點做勻速圓周運動時，其加速度為向心加速度$\mathbf{a}_n=-\omega^2\mathbf{r}$，其中$\omega$為角速度，$\mathbf{r}$為質點位置矢量。設質點質量為$m$，則有向心力$\mathbf{F}=m\mathbf{a}_n=-m\omega^2\mathbf{r}$。向心力的大小為$F=m\omega^2r=m\omega^2R$，其中$R$為圓周半徑。向心力的方向指向圓心。二、等溫過程：氣體對外界做功$W=\int_{V_1}^{V_2}p\mathrmpjbzxkcV$。由理想氣體狀態(tài)方程$pV=nRT$，得$p=\frac{nRT}{V}$。代入功的表達式，得$W=\int_{V_1}^{V_2}\frac{nRT}{V}\mathrmgtzp1w1V=nRT\ln\frac{V_2}{V_1}$。由于壓強減小為原來的一半，即$p_2=\frac{1}{2}p_1$，由等溫過程$p_1V_1=p_2V_2$，得$V_2=2V_1$。代入功的表達式，得$W=nRT\ln2$。絕熱過程：絕熱方程為$pV^\gamma=\text{常數(shù)}$，其中$\gamma=\frac{C_p}{C_v}$為比熱容比。由理想氣體狀態(tài)方程，得$TV^{\gamma-1}=\text{常數(shù)}$。氣體對外界做功$W=-\DeltaE=-\frac{m}{M}C_v(T_2-T_1)$，其中$M$為摩爾質量，$C_v$為定容比熱容。由絕熱方程，得$\frac{T_2}{T_1}=\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}$。由于壓強減小為原來的一半，即$p_2=\frac{1}{2}p_1$，由絕熱方程$p_1V_1^\gamma=p_2V_2^\gamma$，得$\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma}=2$，即$\frac{V_1}{V_2}=2^{1/\gamma}$。代入溫度比的表達式，得$\frac{T_2}{T_1}=2^{1-\frac{1}{\gamma}}=2^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}$。代入功的表達式，得$W=-\frac{m}{M}C_vT_1(2^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}-1)$。三、小球在水平方向做勻加速直線運動，加速度$a_x=\frac{qE}{m}$。在豎直方向做勻加速直線運動，加速度$a_y=g$。設小球落地時間為$t$，則有$h=\frac{1}{2}gt^2$，解得$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$。水平方向速度$v_x=a_xt=\frac{qE}{m}\sqrt{\frac{2h}{g}}$。落地時速度大小$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{\left(\frac{qE}{m}\sqrt{\frac{2h}{g}}\right)^2+(gt)^2}=\sqrt{\frac{2q^2E^2h}{m^2g}+2gh}$。速度方向與水平方向的夾角$\theta$滿足$\tan\theta=\frac{v_y}{v_x}=\frac{gt}{\frac{qE}{m}\sqrt{\frac{2h}{g}}}=\frac{mg}{qE}\sqrt{\frac{2h}{g}}=\frac{m}{qE}\sqrt{2gh}$。四、設簡諧振動的運動學方程為$x=A\cos(\omegat+\varphi)$。以正的最大位移時刻為計時起點，即$t=0$時，$x=A$，$\dot{x}=0$。代入運動學方程，得$\varphi=0$。因此，運動學方程為$x=A\cos(\omegat)$。根據(jù)圓頻率$\omega=\frac{2\pi}{T}$，得$x=A\cos\left(\frac{2\pi}{T}t\right)$。五、垂直入射：光線通過玻璃板后，傳播的光程增加了$2nd$，相位變化量為$\Delta\varphi=\frac{2\pi}{\lambda_0}2nd=\frac{4\pind}{\lambda_0}$，其中$\lambda_0$為光在真空中的波長。斜入射：設入射角為$\theta_i$，折射角為$\theta_t$，根據(jù)折射定律$n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t$。光線通過玻璃板后，傳播的光程增加了$n_2d\sec\theta_t-n_1d\sec\theta_i$。相位變化量為$\Delta\varphi=\frac{2\pi}{\lambda_0}(n_2d\sec\theta_t-n_1d\sec\theta_i)=\frac{2\pid}{\lambda_0}(n_2\frac{1}{\cos\theta_t}-n_1\frac{1}{\cos\theta_i})$。利用折射定律，可將上式化簡為$\Delta\varphi=\frac{2\pid}{\lambda_0}\frac{n_2\cos\theta_i-n_1\cos\theta_t}{\cos\theta_i\cos\theta_t}=\frac{2\pid}{\lambda_0}\frac{n_2\cos\theta_i-n_1\sqrt{1-\sin^2\theta_t}}{\cos\theta_i\sqrt{1-\sin^2\theta_i}}=\frac{2\pid}{\lambda_0}\frac{n_2\cos\theta_i-n_1\sqrt{1-\left(\frac{n_1\sin\theta_i}{n_2}\right)^2}}{\cos\theta_i\sqrt{1-\left(\frac{n_1\sin\theta_i}{n_2}\right)^2}}=\frac{2\pid}{\lambda_0}\frac{n_2\cos\theta_i-n_1\frac{n_2\cos\theta_i}{n_1}}{\cos\theta_i\frac{n_2\cos\theta_i}{n_1}}=\frac{2\pid}{\lambda_0}\frac{n_2\cos\theta_i-n_2\cos\theta_i}{\frac{n_2\cos^2\theta_i}{n_1}}=\frac{2\pidn_1}{\lambda_0\cos\theta_i}$。六、根據(jù)玻爾氫原子模型，電子在$n$軌道上的半徑$r_n=n^2\frac{\hbar^2}{Ze^2}$，其中$\hbar=\frac{h}{2\pi}$，$Z=1$為質子數(shù)。動能$E_k=\frac{1}{2}m_ev_n^2=\frac{1}{2}m_e\frac{e^2}{r_n}=\frac{Ze^2}{2n^2\frac{\hbar^2}{Ze^2}}=\frac{Z^2e^4}{2n^2\hbar^2}$。勢能$E_p=-\frac{Ze^2}{r_n}=-\frac{Z^2e^4}{n^2\hbar^2}$?？偰芰?E=E_k+E_p=\frac{Z^2e^4}{2n^2\hbar^2}-\frac{Z^2e^4}{n^2\hbar^2}=-\frac{Z^2e^4}{2n^2\hbar^2}$。代入$Z=1$，$n=3$，得$E_3=-\frac{e^4}{18\hbar^2}$。電子從$n=3$躍遷到$n=2$，輻射出光子的能量$\hbar\omega=E_3-E_2=-\frac{e^4}{18\hbar^2}+\frac{e^4}{8\hbar^2}=\frac{e^4}{72\hbar^2}$。光子的波長$\lambda=\frac{h}{\hbar\omega}=\frac{h\cdot72\hbar^2}{e^4}=\frac{72h\cdot\frac{h}{2\pi}}{e^4}=\frac{36h^2}{\pie^4}$。七、根據(jù)畢奧-薩伐爾定律，距離無限長直導線$r$處的磁感應強度大小為$B=\frac{\mu_0I}{2\pir}$。穿過矩形線框的磁通量$\Phi=\int_{S}\mathbf{B}\cdot\mathrmap1jqfw\mathbf{S}=\int_{c}^{c+a}\frac{\mu_0I}{2\pir}b\mathrmfvbqgflr=\frac{\mu_0Ib}{2\pi}\int_{c}^{c+a}\frac{1}{r}\mathrmu1gfnm1r=\frac{\mu_0Ib}{2\pi}\ln\frac{c+a}{c}$。八、開關$\mathrm{S}$閉合時，電路處于穩(wěn)態(tài)，電流$I_0=\frac{\mathcal{E}}{R}$。開關$\mathrm{S}$斷開后，電路中的電流開始變化，根據(jù)基爾霍夫電壓定律，有$-\mathcal{E}-L\frac{\mathrmiliip2fI}{\mathrmn22jooxt}+IR=0$。解該微分方程，得$I(t)=I_0e^{-\frac{R}{L}t}=\frac{\mathcal{E}}{R}e^{-\frac{R}{L}t}$。九、根據(jù)電磁波的性質，電場強度和磁場強度相互垂直，且都垂直于波的傳播方向。由于電場強度表達式為$\mathbf{E}(z,t)=E_0\cos(\omegat-kz)\hat{i}$，可知電場強度方向沿$x$軸，波的傳播方向沿$z$軸，因此磁場強度方向沿$y$軸。根據(jù)電磁波的性質，磁場強度表達式為$\mathbf{H}(z,t)=H_0\cos(\omegat-kz)\hat{j}$，其中$H_0=\frac{E_0}{\mu_0c}$，$c$為光速。能流密度矢量$\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{H}=(E_0\cos(\omegat-kz)\hat{i})\times(H_0\cos(\omegat