重慶科技學(xué)院大學(xué)物理考試題庫(kù)應(yīng)用題

1、5710在一只半徑為R的半球形碗內(nèi),有一粒質(zhì)量為m的小鋼球,沿碗的內(nèi)壁作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。試求:當(dāng)小鋼球的角速度為時(shí),它距碗底的高度h為多少?剖析與解答取小球?yàn)楦艚^體，受重力p和支承力FN（如圖？）。此中，F(xiàn)N沿x軸方向的分力供給小球作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。有Fsinmanmr2mR2sinNFNcosmg且cosRhR解得hRg2可見，h隨的增大而增大。13質(zhì)量為m的物體在黏性介質(zhì)中由靜止開始著落,介質(zhì)阻力與速度成正比,即Fr=v,為常量。試(1)寫出物體的牛頓運(yùn)動(dòng)方程。(2)求速度隨時(shí)間的變化關(guān)系。(3)其最大著落速度為多少?(4)剖析物體全程的運(yùn)動(dòng)狀況。剖析與解答（1）物體受向下的重力mg和向上

2、的阻力F，則牛頓運(yùn)動(dòng)方程為mg.vma（2）由advgvdtmvdvt分別變量并積分dt0g0vmgv得-mmtlng整理后得vmg(1emt)（3）當(dāng)t時(shí)，有最大著落速度vmaxmg（4）由vdxmg(1em)tdtxdxtmgt有00(1em)dt得xmgtm(1em)t物體由靜止開始向下作加快運(yùn)動(dòng)，并漸漸趨近于最大速度為vmaxmg，此后趨于做勻速運(yùn)動(dòng)，物體在隨意時(shí)刻開起點(diǎn)的距離由上式表示。質(zhì)量為m的小球從點(diǎn)A由靜止出發(fā)，沿半徑為r的圓滑圓軌道運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C（見圖），求此時(shí)小球的角速度C和小球?qū)A軌道的作使勁FNC。剖析與解答取小球?yàn)楦艚^體，受力狀況如圖。取自然坐標(biāo)系，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律分別列出

3、切向和法向運(yùn)動(dòng)方程為-mgsinmdvdtFNmgcosv2mR因?yàn)閐vdvddvvdv，代入式并分別變量后積分dtddtdRdvRgsindvdv090得v2Rgcos則小球在c點(diǎn)的角速度C為v2gcosCRR將式代入式，得FNv2mmgcos3mgcosR其反作使勁即為小球?qū)壍赖淖魇箘臚NC。如下圖，在密度為1的液體上方有一懸掛的長(zhǎng)為l，密度為2的平均直棒，棒的下方恰與液面接觸。今剪斷掛線，棒在重力P和浮力F作用下豎直下沉,若21,求棒著落過(guò)程中的最大速度。剖析與解答按題設(shè)條件，剪斷細(xì)線后，桿在下沉過(guò)程只受重力和浮力的作用（不計(jì)液體的黏滯阻力），跟著桿往下沉，浮力漸漸增大，當(dāng)重力和浮力相

4、等時(shí)，桿下沉的加快度a=0,此時(shí)速度最大。取x坐標(biāo)如圖，依據(jù)牛頓第二定律，有mgFmdvdt式中，m2SL，浮力F1Sxg，故式可寫成2SLg1Sxg2SLdv2SLdvdx2SLvdvdtdxdtdx對(duì)式分別變量并積分，有x1L1gdxvvdv20得gx1g(1x2)1v22L22設(shè)桿的速度最大時(shí)，桿進(jìn)入液體的長(zhǎng)度為x=l,則式中的v即為最大速度。此時(shí)mg=F即,2SLg1Slg得l2L1將式代入式，得桿的最大速度為v2Lgmax1如下圖,一根細(xì)繩越過(guò)一質(zhì)量可忽視且軸為圓滑的定滑輪,兩頭分別拴有質(zhì)量為m和M的物體A,B,且M稍大于m。物體B靜止在地面上,當(dāng)物體A自由著落h距離后,繩索才被拉緊

5、。求繩索剛被拉緊時(shí),兩物體的速度及B能上漲的最大高度。質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量矩定理、動(dòng)量矩守恒定律剖析與解答把整個(gè)過(guò)程分紅三個(gè)階段來(lái)辦理。第一階段物體A自由著落。物體A自由著落h距離時(shí)，正好拉緊繩索，此時(shí)物體A的速度為V2gh，方向向下。第二階段，繩索被拉緊，物體A和物體B同時(shí)遇到繩索的沖力作用。經(jīng)過(guò)極短時(shí)間t后，以共同的速度V運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，物體的受力狀況如圖（B）所示。如取豎直方向?yàn)檎较?，則物體Ad的速度由-v增為-V，物體B的速度由0增為V。依據(jù)動(dòng)量原理得：(FT2Mg)tMV0(FT1mg)t(mV)(mv)題圖因?yàn)樽饔脮r(shí)間極短，繩索沖力的沖量遠(yuǎn)大于重力的沖量，故式，式可簡(jiǎn)化為FT2tMVFT1tm

6、Vmv因FT1FT2，解得：Vmvm2ghMmMm第三階段，繩索拉緊后，物體A向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，但因?yàn)镸m,A和B都作減速運(yùn)動(dòng)，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma求得aMmgMm物體B以速度V上漲，其加快度與速度方向相反。設(shè)最后B上漲的高度為H，則有0V22(a)H故HV2m2(2gh)m2h2a2(M2m2)gM2m2我國(guó)第1顆人造衛(wèi)星東方紅1號(hào)沿橢圓軌道繞地球飛翔,近地址439km,遠(yuǎn)地址2384km,已知在近地址的速度v1=8.1km/s,試求衛(wèi)星在遠(yuǎn)地址的速度v2和衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期T。剖析與解答（1）求v2：如下圖，地球的中心點(diǎn)O位于橢圓軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上。設(shè)衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)時(shí)僅受地球引力的作

7、用，因?yàn)樵撘傊赶騉點(diǎn)，故衛(wèi)星在運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中對(duì)O點(diǎn)的動(dòng)量矩守恒。即：L1L2因?yàn)槎叩姆较蛞恢?，式可直接用大小?lái)表示，有mv1(Rl1)mv2(Rl2)：得v2v1Rl18.163784396.30km/sRl263782384（2）求T：衛(wèi)星徑矢r在單位時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積為面積速度ds。衛(wèi)星運(yùn)轉(zhuǎn)dt的周期T即為橢圓面積S與ds/dt的比值。因?yàn)闄E圓面積為S(Rl1)(Rl2)(Rl1)(Rl2)2依據(jù)開第二普勒定律，有：L2mds不變量dt對(duì)近地址而言：LL1mv1(Rl1)則面積速度為：ds1dt2v1(Rl1)故Ts(Rl1)(Rl2)(Rl1)(Rl2)v1(R8.26103s2.2

8、9hds/dtl1)求解以下各題:質(zhì)量為m的物體自靜止出發(fā)沿x軸運(yùn)動(dòng),設(shè)所受外力為Fx=bt,b為常量,求在時(shí)間T(s)內(nèi)此力所做的功。物體在外力Fx=5+10 x(SI)作用下,由x=0沿x軸方向運(yùn)動(dòng)到x=3m處,求外力所做的功。一物體在介質(zhì)中的運(yùn)動(dòng)方程為x=ct3,c為常量。設(shè)介質(zhì)對(duì)物體的阻力正比于速度的二次方,即Frkv2。試求物體由x0=0運(yùn)動(dòng)到x=l時(shí),阻力所做的功。剖析與解答Fbtdv（1）由加快度amdtm得：vdvTbtdtvbT200m2m由動(dòng)能定理A1mv21mv02220，得A1mv2b2T4因?yàn)関=028m（2）有變力做功的計(jì)算方法，有?3AdA(510 x)dx60J

9、0如下圖,質(zhì)量為m,速度為v的鋼球,射向質(zhì)量為m置于圓滑水平面上的靶,靶中心有一小孔,內(nèi)有勁度系數(shù)為k的彈簧。此靶最先處于靜止?fàn)顟B(tài),求鋼球射入靶內(nèi)彈簧后,彈簧被壓縮的最大x。剖析與解答成立如下圖的x坐標(biāo)，這是一個(gè)沿x方向的一維碰撞問題。碰撞的全過(guò)程是指小球剛與彈簧接觸，直至彈簧被壓縮到最大，小球與靶恰好共同達(dá)到共同速度為止的運(yùn)動(dòng)過(guò)程。在這過(guò)程中，小球和靶構(gòu)成的系統(tǒng)在x方向不受外力作用，所以，在此方向上動(dòng)量守恒。即mv(m,m)v,式中，v,為小球與靶碰后的共同速度。在此過(guò)程中，除了彈性力（守舊內(nèi)力）做功之外，沒有其余外力和非守舊力做功。故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，取彈簧原長(zhǎng)時(shí)的O點(diǎn)為彈性勢(shì)能零點(diǎn)，則有

10、1mv21(m,m)v,21kxmax2222解式，式得xmaxvm,mk(m,m)4.31如下圖,彈簧下邊懸掛著質(zhì)量分別為m1,m2的兩個(gè)物體A和B,設(shè)彈簧的勁度系數(shù)k=mm1=0.5kg,m2=0.3kg。,開始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)。若忽然把A,B之間的連線剪斷,求物體A的最大速度是多少?剖析與解答在A，B連線被剪斷前，系統(tǒng)在O1地點(diǎn)處于均衡（如圖b），此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)y1，則(m1m2)gky1即ym1m2g0.50.3*9.80.88m1k8.9在A，B連線剪斷后，彈簧下端只掛了物體A，系統(tǒng)將在O2地點(diǎn)處于均衡，則有m1gky2即y2m1g0.59.80.55mk8.9依據(jù)運(yùn)動(dòng)剖析，連線剪

11、斷后，物體A將以O(shè)2為均衡地點(diǎn)上下往返振動(dòng)，可見物體A經(jīng)過(guò)O2地點(diǎn)時(shí)，擁有最大速率vm。因?yàn)樵谶\(yùn)動(dòng)中物體A與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只受彈性力ky和重力m1g的作用，故機(jī)械能守恒，取O點(diǎn)（即彈簧原優(yōu)點(diǎn)）為重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能的零點(diǎn)，對(duì)A位于O1及O2處兩狀態(tài)時(shí)總機(jī)械能相等，則有1mv2mgy1ky21ky2m1gy121m122221解得vm1k(y12y22)2m1g(y1y2)m118.9(0.8820.552)2(0.880.55)0.51.39m/s如下圖,在圓滑的水平面上,有一輕質(zhì)彈簧,其勁度系數(shù)為k,它的一端題固定,另一端系一質(zhì)量為m1的滑塊,最先滑塊靜止,彈簧呈自然長(zhǎng)度l0,今有一質(zhì)量為m的

12、子彈以速度v0沿水平方向并垂直于彈簧軸線射向滑塊且留在其2中,滑塊在水平面內(nèi)滑動(dòng),當(dāng)彈簧被拉伸至長(zhǎng)度為l時(shí),求滑塊速度的大小和方向。剖析與解答子彈射入滑塊，可看作完整非彈性碰撞過(guò)程，取子彈與滑塊為一系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒，有m2v0(m1m2)v1式中，v1為碰撞后系統(tǒng)的共同速度。子彈與滑塊碰后以共同速度運(yùn)動(dòng)，由于彈簧不停伸長(zhǎng)，系統(tǒng)在彈性力（法向力）作用下沿弧線運(yùn)動(dòng)。在此過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，即(m1m2)v1l0(m1m2)v2lsin式中，v2是滑塊抵達(dá)B點(diǎn)的速度。取子彈，滑塊和彈簧為系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒，有1(m1m2)v121(m1m2)v221k(ll0)2222聯(lián)立解式，式，式，得速度的

13、大小和方向分別為v2(m2)2v02k(ll0)2m1m2m1m2arcsinm2v0l0v02(m2)2k(ll0)2(m1m2)lm1m2m1m2如下圖,長(zhǎng)為l的均質(zhì)細(xì)桿左端與墻用鉸鏈A連結(jié),右端用一鉛直細(xì)繩B懸掛,桿處于水沉靜止?fàn)顟B(tài),若繩B被忽然燒斷,則桿右端的加快度為多少?剖析與解答燒斷繩時(shí)，桿將在重力矩M1mgl的作用下，繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)。由A2M1mgl3g轉(zhuǎn)動(dòng)定律有2I122lmgl3則右端的加快度為l3g。2一細(xì)繩繞在半徑為r的定滑輪邊沿,滑輪對(duì)轉(zhuǎn)軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為I,滑輪與軸承間的摩擦不計(jì),今用恒力拉繩的下端(見圖(a)或懸掛一重量P=F的物體(見圖F(b),使滑輪自靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)。分別

14、求滑輪在這兩種狀況下的角加快度。剖析與解答如圖（a）狀況下，繩索的張力FTF。按轉(zhuǎn)動(dòng)定律有FTI1故FT1I在圖（b）狀況下，有FFTFFFa2解得gg2F2FTI2Ig題圖題圖一個(gè)組合輪軸由兩個(gè)同軸的圓柱體固結(jié)而成,可繞圓滑的水平對(duì)稱軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)。設(shè)大小圓柱體的半徑分別為R和r,質(zhì)量分別為M和m,繞在兩圓柱體的上細(xì)繩分別與質(zhì)量為m1和m2(m1m2)的物體A、B相連(如圖)。試求:(1)兩物體的加快度;(2)繩索的張力;(3)輪軸的角加快度。剖析與解答分別對(duì)物體A，B和輪軸作受力剖析（見圖b），依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有對(duì)A：m1gT1m1a1對(duì)B：T2m2gm2a2對(duì)輪軸：T1RT2rI

15、I=1MR21mr2221R2r解式方程組得m1R2m2r2gIm1Rm2rm1Rm2rRg，m1Rm2rrg12222m2r2Im1Rm2rIm1RT1Im2r2m2rRm1g，T2Im1R2m1rRm2gIm1R2m2r2Im1R2m2r2如下圖,有一半徑為R的水平圓轉(zhuǎn)臺(tái),可繞經(jīng)過(guò)此中心的豎直固定圓滑軸轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為I,開始時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)以勻角速度0轉(zhuǎn)動(dòng),此時(shí)有一質(zhì)量為m的人站在轉(zhuǎn)臺(tái)中心,隨后代沿半徑向外跑去,當(dāng)人抵達(dá)轉(zhuǎn)臺(tái)邊沿時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為多少?剖析與解答取人和轉(zhuǎn)臺(tái)為研究對(duì)象，在人從中心走向邊沿的過(guò)程中，系統(tǒng)所受合外力矩為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量矩守恒。有I0ImR2則I0ImR2題圖題圖在雜技節(jié)目蹺

16、板中,演員甲從h高的跳臺(tái)上自由著落到蹺板的一端A,并把蹺板另一端的演員乙彈了起來(lái)。設(shè)蹺板是勻質(zhì)的,長(zhǎng)度為l,質(zhì)量為m,支撐點(diǎn)在板的中部C點(diǎn),蹺板可繞點(diǎn)C在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)(如圖)。演員甲、乙的質(zhì)量均為m。假設(shè)演員甲落到蹺板上,與蹺板的碰撞是完整非彈性碰撞。試求:(1)碰后蹺板的角速度(也是甲、乙的角速度);(2)演員乙被彈起的高度h。剖析與解答（1）甲由h高處自由著落，至與板碰撞前的速度為mgh1mv022得v02gh碰撞前后，取甲，乙和板為系統(tǒng)，知足動(dòng)量矩守恒條件，即2ml2mv0lml1ml2222R得6m2gh6mml（2）碰后，乙被向上彈起的初速度為v0l2則乙被彈起的高度可由v2v02

17、2gh求出2v02l29m2h即2h2g22g6mm如下圖,一長(zhǎng)為l=0.,質(zhì)量為M=1kg的均質(zhì)桿,鉛直懸掛。試求:當(dāng)40m質(zhì)量為m=810-3kg的子彈以水平速度v=200ms-1,在距轉(zhuǎn)軸O為3l/4處射入桿內(nèi)時(shí),此桿的角速度和最大擺角。剖析與解答求解本題可按兩個(gè)過(guò)程分別辦理：（1）由子彈射入桿到二者一同開始搖動(dòng)。此過(guò)程可視為完整非彈性碰撞過(guò)程。取子彈和桿為系統(tǒng)，知足動(dòng)量矩守恒，有mv3lm3l21Ml2443由式可求得子彈與桿開始一同搖動(dòng)時(shí)的角速度3mv48.86rad/s9ml21Ml232）由系統(tǒng)開始搖動(dòng)到擺至最大角。此過(guò)程中，由子彈，桿和地球構(gòu)成的系統(tǒng)知足機(jī)械能守恒的條件，取桿直

18、懸時(shí)的質(zhì)心地點(diǎn)C為重力勢(shì)能零點(diǎn)，則1m3l2mg1l1Ml222434Mgllcosmg3lcosl224211M9m2l由式可求得最大擺角為arccos1231695.41M3mg24題圖質(zhì)量為m,半徑為R的圓盤,可繞一垂直經(jīng)過(guò)盤心的圓滑水平軸轉(zhuǎn)動(dòng),盤上繞有輕繩,一端懸掛質(zhì)量為m的物體(如圖)。試問:(1)物體由靜止著落高度h時(shí),其速度v的大小是多少?(2)若物體自由著落h高,其速度v為多少?說(shuō)明兩種速度有差別的原由。剖析與解答（1）物體受重力P和繩索張力FT，有mg滑輪變張力矩，有FTRI22ah聯(lián)立解得FTma1mR2.a2R2mgh1m2（2）由自由落體規(guī)律2gh水平擱置的平均帶電細(xì)棒

19、,長(zhǎng)為l,電荷為q。試求其自己延伸線上離棒中心為r處一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E。剖析與解答取dx,其上帶電荷dqdxqdxldq在p點(diǎn)激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度dE為dE1dqi4(rx)20則整個(gè)細(xì)桿所帶電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為ldx1lqEdE21iil2i222240rx40r2l0(4rl)4判斷以下說(shuō)法:電勢(shì)高的地方,電場(chǎng)強(qiáng)度必大;電勢(shì)為零處,電場(chǎng)強(qiáng)度必為零;電勢(shì)為零的物體必定不帶電;帶正電的物體,電必定為正的;“靜電場(chǎng)中各點(diǎn)有確立電勢(shì),但其數(shù)值、符號(hào)又是相對(duì)的”,此話是矛盾的;電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選擇沒關(guān);U與E是表征電場(chǎng)自己某一點(diǎn)性質(zhì)的,與引入電場(chǎng)的外電荷沒關(guān)。剖析與解答（1）錯(cuò)誤。某場(chǎng)點(diǎn)

20、的電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)梯度相關(guān)，與電勢(shì)高低沒關(guān)。如等勢(shì)球體的電勢(shì)能夠很高，但內(nèi)部任一場(chǎng)點(diǎn)的E=0;（2）錯(cuò)誤。原由同（1）。如偶極子中垂線上任一場(chǎng)點(diǎn)電勢(shì)為零，但電場(chǎng)強(qiáng)度卻不為零。（3）錯(cuò)誤。物體的電勢(shì)與它處在電場(chǎng)中的地點(diǎn)相關(guān)，與自己能否帶電無(wú)直接聯(lián)系。如接地的導(dǎo)體處于外電場(chǎng)中，電勢(shì)為零，但表面會(huì)帶電；相同，帶正電的物體，電勢(shì)能夠?yàn)檎?，也可能為?fù)，這與它所處的電場(chǎng)相關(guān)。（4）錯(cuò)誤。所謂“確立的電勢(shì)”是對(duì)所選定的電勢(shì)零點(diǎn)而言的，并且零點(diǎn)的選擇，原則上是隨意的，所以，此話不矛盾。（5）（6）正確。求題圖（P256）所示各樣狀況下點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E和電勢(shì)UP。題圖剖析與解答依據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的疊加原理，有(a

21、)qq2qqqEl2l20l2；Ull040040()0()4()4()2222(b)Eqq0；Uqqqllll0l2240(2)40(2)40(2)40(2)(c)1ql（見主教材P201-202題）E(l)23/240d22Uqq0(l)2(l)240d240d222(d)E(由高斯定理計(jì)算)；r0drlnr00dU222d0r0d（r0處為電勢(shì)零點(diǎn)，本題不可以選無(wú)窮遠(yuǎn)處，即r為電勢(shì)零點(diǎn)）求解:(1)一圓形載流導(dǎo)線的圓心處的磁感強(qiáng)度為B1,若保持I不變,將導(dǎo)線改為正方形,此中心處的磁感強(qiáng)度為B2,試求B2/B1。如下圖,寬度為a的無(wú)窮長(zhǎng)金屬薄片,平均通以電流I并與紙面共面。試求在紙面內(nèi)距薄

22、片左端為r處點(diǎn)P的磁感強(qiáng)度B。剖析與解答（1）圖形載流導(dǎo)線中心的B10I。改為正方形時(shí)，每2R邊長(zhǎng)2R1R,距中心點(diǎn)的垂直距離均為a1每邊（載流I）在點(diǎn)42OR,O4激發(fā)的B0Isin45,則中心O點(diǎn)的總磁感強(qiáng)度B240Isin45420I,則2a2a2RB282。題（2）圖B12（2）以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，作OX軸。在薄片內(nèi)距O點(diǎn)為x處，取寬度為dx的長(zhǎng)直電流dI，有dIIdxa它在P點(diǎn)激發(fā)的磁感強(qiáng)度為dB0dI0Idx2x2ax則整個(gè)薄片電流在P點(diǎn)激發(fā)的磁感強(qiáng)度為ra0I0IraBdBdxln方向：r2ax2ar半徑為R的薄圓盤平均帶電,電荷面密度為+,當(dāng)圓盤以角速度繞過(guò)盤心O、并垂直于盤面的

23、軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),求盤心O處的B。剖析與解答（1）繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的帶電介質(zhì)圓盤能夠當(dāng)作是一個(gè)載流圓盤。載流圓盤又可看做是由一個(gè)個(gè)齊心載流圓環(huán)所構(gòu)成。點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B就是由這一個(gè)個(gè)載流圓環(huán)的磁感強(qiáng)度疊加的結(jié)果。此刻半徑r處取一寬為dr的齊心圓環(huán)，其上的dI可寫成dIn2rdr2rdrrdr2式中，為電荷面密度，2rdr為圓環(huán)的面積。圓電流中心的磁感強(qiáng)度B0I2R，所以，所取圓環(huán)在此中心的磁感強(qiáng)度dB為dB0dI1dr2r02按疊加原理可知，整個(gè)圓盤在中心的磁感強(qiáng)度B為BdBR1dr1R20002(4)一平均帶電的半圓弧線,半徑為R,帶電量為Q,以勻角速度繞對(duì)稱軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)(見圖),求半圓弧線圓心點(diǎn)O處

24、的磁感強(qiáng)度B。剖析與解答由題設(shè)條件得電荷線密度Q。R取線元dlRd，其上所帶電荷為dQQdlQRdQdRR當(dāng)dQ以勻角速度繞oo軸做半徑rRsin的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，所形成的圓電流為dI2dQ2Q2d設(shè)圓電流在其軸線上O點(diǎn)激發(fā)的磁感強(qiáng)度dB的大小為Rsin2Qsin2dB0dI0d方向：向上。2R342R一根半徑為R的實(shí)心銅導(dǎo)線,平均流過(guò)的電流為I,在導(dǎo)線內(nèi)部作一平面S(見圖),試求:磁感強(qiáng)度的散布;經(jīng)過(guò)每米導(dǎo)線內(nèi)S平面的磁通量。剖析與解答題圖（1）作與銅導(dǎo)線同軸的圓形安培環(huán)路L，由安培環(huán)路定律有BdlB2rI得B0I0L2rrR時(shí)，環(huán)路包括的電流為I1r2；rR時(shí)，II。R2代入式得B0IrrR；

25、B0IrR2R22r（2）在截面S上取面積元dS1dr，穿過(guò)dS的磁通量dm為dmB?dS20Ir2drR則經(jīng)過(guò)單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)S平面的磁通量m為mdm0Ir2dr0IR02R4則點(diǎn)O處磁感強(qiáng)度B的大小為BdB0.Qsin2d0.Q042R8R無(wú)窮長(zhǎng)載流(I1=20A)直導(dǎo)線旁置另一長(zhǎng)L1=20cm、載流I2=10A的導(dǎo)線ab,如圖(a)所示。求:題(1)導(dǎo)線ab所受的作使勁;(2)若將ab換為一剛性線框abcd(見圖(b),試剖析其受力狀況和運(yùn)動(dòng)趨向;(3)當(dāng)I120sint，rads時(shí)，再求（1）。3題圖剖析與解答（1）無(wú)窮長(zhǎng)直載流導(dǎo)線旁任一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為B0I1方向：x在ab上距長(zhǎng)直導(dǎo)線為

26、x處取電流元I2dx受力為dFI2dxB方向：向上b0.30I1I2ln3jFdFI2dxBI2Bdxja0.12則41072010ln34.41052（2）線框受力可看作是4段直導(dǎo)線受力的總和。ab和cd受力大小相等、方向相反，互相抵消。ad段受力FabI2B1L20I1I2L21.2104方向：向左2x1bc段受力FabI2B2L20I1I2L20.4104方向：向右2x2因?yàn)镕adFbc，線框?qū)⑾蜃螅ň蹟n長(zhǎng)直導(dǎo)線）加快運(yùn)動(dòng)。（3）當(dāng)時(shí)，將隨周期性變化，即ur5rI120sintFtjFt4.410sin33利用i(vBdl求解以下狀況下導(dǎo)線的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，并說(shuō)明a，兩點(diǎn)L哪一點(diǎn)電勢(shì)高。（1

27、）直導(dǎo)線在平均磁場(chǎng)B中勻速運(yùn)動(dòng)（見圖(a)(b)(c)）;剖析與解答題（1）圖（a）按題意，ab段不切割磁感線，只有bc段有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，即l2a=UbUbUbb2h故Uab0Ilv（ba）故UaUb2(hd)（c）在ab上距直導(dǎo)線為x處取微元dx，該處B0I，則其上的動(dòng)生電動(dòng)2x勢(shì)為di(vB)?dxvBdx0Ivdx，則ab桿上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為2xabdidl0Ivdx0Ivdldln2x2dab的指向?yàn)関aUb。B的方向，即ba，可知U（2）矩形線圈在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)（見圖(a)(b)）;剖析與解答題（2）圖在圖（a）中，ab邊abBlv0Il2v，方向：ba2Ddc邊Blv0Ilv，方向：cdd

28、c2(Dl1)2ad和db邊addc0總電動(dòng)勢(shì)abdc0Il1l2v，方向：順時(shí)針2D(Dl1)圖（b）中，因?yàn)榛芈穉bcd中磁通量不變化，無(wú)感覺電動(dòng)勢(shì)，故0。如圖(a)所示，導(dǎo)線OC以沿圓導(dǎo)體軌道(電阻為0)轉(zhuǎn)動(dòng)角時(shí)a,b的電勢(shì)差U和Od各為什么值(Od=R/；2)剖析與解答題（3）（4）圖因?yàn)镺c上各點(diǎn)的v不一樣，故Oc上選一微元dr，到O點(diǎn)的距離為r，則該微元的速度v=rw。于是，該微元上產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為d(vB)?dl所以，整個(gè)Oc上產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為(vB)?dlRrBdr1BR2vBdr02則a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差UabOc1BR2，（UaUb）2同理，Od上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為R1BR2，（d