江苏大学：《大学物理》课程教学资源（试卷）卓越班AI期末试卷答案

、BDCDB CDAAC 二 1、23m/s;37.5m 2、01+02+D3=0 3、M2/m1;√m,/m2 4、20V:5V 5、Q1/os;增大 6、 461 4πd 7、√2IBR:竖直向下 8、BSosin @t:ks 9、变化的电场产生磁场 三、1.解：根据牛顿第二定律 r二--n29=a日-=2马 -=m 3分 dt dx dt vdv=-k dx vdv=- dx mr? =k4-马=3 k 2分 2 m AA mA ∴.v=V6k/(m4) 2.解：设小球与棒碰撞后，小球速度大小为v',棒角速度为o.在碰撞过程中，小球和棒组 成的系统，所受外力对0轴的合力矩为零，角动量守恒， 即 mvol Jo+mv'l ① 2分 因是弹性碰撞，碰撞前后动能相等，有 mw=mw2+Jo2 1 21 ② 2分 2 2 J-3mp -mp 2分 选棒和地球为系统，棒摆动中机械能守恒，则 0=3m.g7 ③ 2分 21 联立三个方程，可求得 v。=V3gl 2分 3.解：(1)取半径为r、高为h的高斯圆柱面（如图所示）.面上各点场强大小为E并垂直于柱 面.则穿过该柱面的电场强度通量为： fE-d5=2xrhE 为求高斯面内的电荷，<R时，取一半径为，厚dr、高h的圆筒，其电荷为 pdV=2πAhr2dr 则包围在高斯面内的总电荷为 pdy 2RAhr"dr'=27Ahr 13 由高斯定理得 2πrhE=2元Ahr3/38o）

一、BDCDB CDAAC 二、 1、23 m/s; 37.5 m 2、 v1 v2 v3  0    3、M2/m1; 1 2 m m/ 4、 20 V;5 V 5、 Q1/ 0S ; 增大 6、 0 4 I d   7、 2IBR ； 竖直向下 8 、 BSsint ；kS 9、变化的电场产生磁场 三、1. 解：根据牛顿第二定律 x m t x x m t m x k f d d d d d d d d 2 v v v v       3 分 ∴       / 4 2 0 2 , d d d d A A x mx k mx x k v v v v v k m A A mA k 3 ) 4 1 ( 2 1 2 v    2 分 ∴ v  6k /(mA) 2. 解：设小球与棒碰撞后，小球速度大小为 v’，棒角速度为．在碰撞过程中，小球和棒组 成的系统，所受外力对 O 轴的合力矩为零，角动量守恒， 即 0 mv l J mv l    ' ① 2 分 因是弹性碰撞，碰撞前后动能相等，有 2 2 2 0 1 1 1 ' 2 2 2 m m J v v    ② 2 分 1 2 2 3 3 J ml ml   2 分 选棒和地球为系统，棒摆动中机械能守恒，则 1 1 2 3 2 2 J m g l     ③ 2 分 联立三个方程，可求得 0 v  3gl 2 分 3.解：(1) 取半径为 r、高为 h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为 E 并垂直于柱 面．则穿过该柱面的电场强度通量为：     S E d S 2 rhE   为求高斯面内的电荷，r＜R 时，取一半径为 r，厚 d r、高 h 的圆筒，其电荷为 dV  2Ahr d r 2  则包围在高斯面内的总电荷为 d 2 d 2 / 3 3 0 2 V Ahr r Ahr r V          由高斯定理得   0 3 2rhE  2Ahr / 3

解出 E=Ar2/38o)≤刷 5分 r>R时，包围在高斯面内总电荷为： S.pdv =S2xAhr"dr'=2xAhR'13 由高斯定理 2πhE=2元AhR3/38）) 解出 E=AR/38r） (r>R) 2分 (2)计算电势分布 r≤R时 u=-rar是R-r） 3分 980 r>R时 u-些号 2分 4.证：n边正多边形线圈每一边长在圆心处的磁感强度的大小相等，方向相同. dB=o(sin+sin)=o sin 4πh 2πh 1 -L.2-b=g0 -6 2πh2a4πah2πa 2分 所以n多边形的线圈的B为 B=nd B=nol tgo 2na 20=2π/n 0=π/n B=n4ltg(π/n) 2分 2na 当n→∞，tg(元/n)→π/n,B=4I/2a） 即外接圆电流的磁场. 1分 5.解：线框内既有感生又有动生电动势.设顺时针绕向为G的正方向.由=-d中/dt出发， 先求任意时刻t的Φ(t) 0=jBd5=了00ay 2分 =÷1ox0ha+b 2分 2π d0-ha+也业x+145=华1，eW1-ha+b (x=t) dt 2π dt 2π =-d9=le”(M-lha+b 4分 dt2π a 岳方向：元t1时，顺时针. 2分

解出   0 2 E  Ar / 3 (r≤R) 5 分 r＞R 时，包围在高斯面内总电荷为： d 2 d 2 / 3 3 0 2 V Ahr r AhR R V          由高斯定理   0 3 2rhE  2AhR / 3 解出 E AR  r 0 3  / 3 (r >R) 2 分 (2) 计算电势分布 r≤R 时 2 0 d d 3 l R r r A U E r r r        3 3 0 9 A R r    3 分 r＞R 时 3 3 0 0 d d ln 3 3 R R r r AR r AR R U E r   r r       2 分 4. 证：n 边正多边形线圈每一边长在圆心处的磁感强度的大小相等，方向相同． (sin sin ) 4 d 0       h I B   sin 2 0 h I   a b h I 2 2 1 2 0     ah Ib   4  0   tg 2 0 a I   2 分 所以 n 多边形的线圈的 B 为 a n I B n B    2 tg d  0  ∵ 2  2/ n   / n a n I n B    2 tg( / ) 0 2 分 当 n→∞， tg(/ n)→/ n ， /(2 ) B  0 I a 即外接圆电流的磁场． 1 分 5. 解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为 i的正方向．由 i = d/d t 出发， 先求任意时刻 t 的(t)  t  B S   ( ) d x t y y I t a b a ( )d 2 ( ) 0      2 分 a a b I t x t    ( ) ( )ln 2  0 2 分 ) d d d d (ln )( d 2 d ( ) 0 t x x I t I b a b t t       a a b I t t      e (1 )ln 2 0 0    v (x vt) ∴ i a a b I t t t        e ( 1)ln d 2 d 0 0     v 4 分 i方向： t 1 时，顺时针． 2 分 a O b h 