大學(xué)物理教程-(上)課后模擬題-答案

物理部分課后習(xí)題答案（標(biāo)有紅色記號(hào)的為老師讓看的題）27頁1-2 1-4 1-121-2質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為x t2,y (t 1)2，x,y都以米為單位，t以秒為單位，求：（1）質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡；（2）從t 1s到t 2s質(zhì)點(diǎn)的位移的大??；（3）t 2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度。解：（1）由運(yùn)動(dòng)方程消去時(shí)間 t可得軌跡方程，將t x代入，有y ( x 1)2或yx1（2）將t1s和t2s代入，有r11i，r24i1jrr2r13ij位移的大小r321210m（3）dx2tvxdtvydy2(t1)dtv2ti2(t1)jdvx2，aydvyaxdt2dta 2i 2j當(dāng)t 2s時(shí)，速度和加速度分別為v4i2jm/sa2i2jm/s21-4設(shè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為rRcostiRsintj(SI)，式中的R、均為常量。求（1）質(zhì)點(diǎn)的速度；（2）速率的變化率。解 （1）質(zhì)點(diǎn)的速度為1/21drv R sin ti R cos tjdt（2）質(zhì)點(diǎn)的速率為vvx2vy2R速率的變化率為dv0dt1-12質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律為32t2(SI)。求質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)刻的法向加速度an的大小和角加速度的大小。解由于d4tdt質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)刻的法向加速度an的大小為anR216Rt2角加速度的大小為d4rad/s2dt77頁2-15,2-30，2-34，2-15設(shè)作用于質(zhì)量m1kg的物體上的力F6t3(SI)，如果物體在這一力作用下，由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，求在0到2.0s的時(shí)間內(nèi)力F對(duì)物體的沖量。解由沖量的定義，有2.02.03t)2.018NsIFdt(6t3)dt(3t20002-21飛機(jī)著陸后在跑道上滑行，若撤除牽引力后，飛機(jī)受到與速度成正比的阻力（空氣阻力和摩擦力） f kv（k為常數(shù)）作用。設(shè)撤除牽引力時(shí)為 t 0，初速度為v0，求（1）滑行中速度v與時(shí)間t的關(guān)系；（2）0到t時(shí)間內(nèi)飛機(jī)所滑行的路程；（3）飛機(jī)停止前所滑行的路程。解 （１）飛機(jī)在運(yùn)動(dòng)過程中只受到阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有fmdvkvdt即dvkdtvm兩邊積分，速度v與時(shí)間t的關(guān)系為2-31 一質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星沿一圓形軌道運(yùn)動(dòng)， 離開地面的高度等于地球半徑的2倍（即2R），試以m,R和引力恒量 G及地球的質(zhì)量 M表示出：2/211）衛(wèi)星的動(dòng)能；2）衛(wèi)星在地球引力場(chǎng)中的引力勢(shì)能.解(1)人造衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，地球引力作為向心力，有GMmv2(3R)2m3R衛(wèi)星的動(dòng)能為Ek1mv2GMm26R（２）衛(wèi)星的引力勢(shì)能為EpGMm3Rvdvtkvdtv00m2-37一木塊質(zhì)量為M1kg，置于水平面上，一質(zhì)量為m2g的子彈以500m/s的速度水平擊穿木塊，速度減為100m/s，木塊在水平方向滑行了20cm后停止。求：1）木塊與水平面之間的摩擦系數(shù)；2）子彈的動(dòng)能減少了多少。解子彈與木塊組成的系統(tǒng)沿水平方向動(dòng)量守恒mv1mv2Mu對(duì)木塊用動(dòng)能定理Mgs01Mu22得m2(v1v2)2(2103)2(500100)2(1)2Mgs219.80.20.16子彈動(dòng)能減少Ek1Ek21m(v12v22)240J2114頁3-11，3-9，例3-2如圖所示，已知物體A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，滑輪C的質(zhì)量為mC，半徑為R，不計(jì)摩擦力，物體 B由靜止下落，求1）物體A、B的加速度；2）繩的張力；3）物體B下落距離L后的速度。分析：（1）本題測(cè)試的是剛體與質(zhì)點(diǎn)的綜合運(yùn)動(dòng)，由于滑輪有質(zhì)量，在運(yùn)動(dòng)時(shí)就變成含有剛體的運(yùn)動(dòng)了。滑輪在作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，視為圓盤，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J1mR2。2例3-2圖3/21（2）角量與線量的關(guān)系：物體 A、B的加速度就是滑輪邊沿的切向加速度，有at R 。（3）由于滑輪有質(zhì)量，在作加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)滑輪兩邊繩子拉力T1T2。分析三個(gè)物體，列出三個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)方程：物體ATma1A物體BmBgT2mBa物體C(T2'T1')RJ1mCR21mCRa22解（1）amBg。mAmB1m2CmAmBg(mA1mC)g（2）T，T22。111mCmAmBmCmAmB22（3）對(duì)B來說有，v2v022aLv2aL2mBgL1mAmBmC2例3-4有一半徑為R的圓形平板平放在水平桌面上，平板與水平桌面的摩擦系數(shù)為μ，若平板繞通過其中心且垂直板面的固定軸以角速度 ω0開始旋轉(zhuǎn)，它將在旋轉(zhuǎn)幾圈后停止？（已知圓形平板的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J1mR2，其中m為圓形平板的質(zhì)量）2分析：利用積分求圓形平板受桌面的摩擦力矩，運(yùn)用轉(zhuǎn)動(dòng)定律求出平板的角加速度，再用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求轉(zhuǎn)動(dòng)的圈數(shù)．解：在距圓形平板中心r處取寬度為dr的環(huán)帶面積，環(huán)帶受桌面的摩擦力矩為dMmgrrdrR22總摩擦力矩為MR2mgRdM30故平板的角加速度為MJ0，因此有可見圓形平板在作勻減速轉(zhuǎn)動(dòng)，又末角速度222M0J設(shè)平板停止前轉(zhuǎn)數(shù)為n，則轉(zhuǎn)角2n，可得4/21J023R02n16πg(shù)4MR和R，質(zhì)量分別3-2：如題3-2圖所示，兩個(gè)圓柱形輪子內(nèi)外半徑分別為12為M1和M2。二者同軸固結(jié)在一起組成定滑輪，可繞一水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。今在兩輪上各繞以細(xì)繩，細(xì)繩分別掛上質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體。求在重力作用下，定滑輪的角加速度。解：m1：T1mgma111m2：mgTmaR1R22222T1T2轉(zhuǎn)動(dòng)定律：R2T2R1T1JT1其中：1M1MT2JR2R2122122運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系：a1a2m1R1R2m2解得：(m2R2m1R1)g(M1/2m1)R12(M2/2m2)R223-6一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)位于(x1,y1)處，速度為vvxivyj,質(zhì)點(diǎn)受到一個(gè)沿x負(fù)方向的力 f的作用，求相對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)的角動(dòng)量以及作用于質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩．解: 由題知，質(zhì)點(diǎn)的位矢為r x1i y1j作用在質(zhì)點(diǎn)上的力為f fi所以，質(zhì)點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)的角動(dòng)量為L0 r mv (x1i y1i) m(vxi vyj) (x1mvy y1mvx)k作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為M0 r f (x1i y1j) ( fi) y1fk3-11如題3-11圖所示，一勻質(zhì)細(xì)桿質(zhì)量為 m，長為l，可繞過一端O的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿于水平位置由靜止開始擺下．求：初始時(shí)刻的角加速度；桿轉(zhuǎn)過角時(shí)的角速度.解:(1) 由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有5/21mgl (1ml2)β2 3則3g2l(2)由機(jī)械能守恒定律，有1(1ml2)ω2mglsinθ0題3-11圖232所以有3gsinl3-13一個(gè)質(zhì)量為M、半徑為R并以角速度轉(zhuǎn)動(dòng)著的飛輪(可看作勻質(zhì)圓盤)，在某一瞬時(shí)突然有一片質(zhì)量為m的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3-13圖．假定碎片脫離飛輪時(shí)的瞬時(shí)速度方向正好豎直向上．問它能升高多少?求余下部分的角速度、角動(dòng)量和轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能．解:(1) 碎片離盤瞬時(shí)的線速度即是它上升的初速度v0 R設(shè)碎片上升高度h時(shí)的速度為v，則有題3-13圖v2v022gh令v0，可求出上升最大高度為v02122HR2g2g(2)圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J1MR2，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J'1MR2mR2，碎片脫22離前，盤的角動(dòng)量為Jω，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動(dòng)量，碎片與破盤的總角動(dòng)量應(yīng)守恒，即Jω J'ω mv0R式中為破盤的角速度．于是1MR2(1MR2mR2)mv0R22(1MR2mR2)(1MR2mR2)22得(角速度不變)圓盤余下部分的角動(dòng)量為(1MR2mR2)2轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為6/21Ek1(1MR2mR2)222258頁8-2,8-12,8-178-7試計(jì)算半徑為R、帶電量為q的均勻帶電細(xì)圓環(huán)的軸線（過環(huán)心垂直于圓環(huán)所在平面的直線）上任一點(diǎn)P處的場(chǎng)強(qiáng)（P點(diǎn)到圓環(huán)中心的距離取為x）.解 在圓環(huán)上任取一電荷元 dq，其在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為dq，dE40x2R2方向沿dq與P點(diǎn)的連線.將其分解為平行于軸線的分量和垂直于軸線的分量，由電荷分布的對(duì)稱性可知，各dq在P點(diǎn)產(chǎn)生的垂直于軸線的場(chǎng)強(qiáng)分量相互抵消，而平行于軸線的分量相互加強(qiáng)，所以合場(chǎng)強(qiáng)平行于軸線，大小為：

dqROPdE∥xXdE⊥dE解8-7圖∥=dEcosdqxE=Eq40x2R22xR

qx212232420xR方向：q>0時(shí)，（自環(huán)心）沿軸線向外；q<0時(shí)，指向環(huán)心.8-12兩個(gè)均勻帶電的同心球面半徑分別為R和R（R＞R），帶電量分別為q和q，122112求以下三種情況下距離球心為r的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：（1）r＜R1；（2）R1＜r＜R2（3）r＞R2.并定性地畫出場(chǎng)強(qiáng)隨r的變化曲線解過所求場(chǎng)點(diǎn)作與兩帶電球面同心的球面為高斯面，則由高斯定理可知：(1)當(dāng)r＜R1時(shí)，EEcosdSE4r20,E0e當(dāng)R1＜r＜R2時(shí)，eEcosdSE4r2q10,Eq140r2ＯR1R2r(3)當(dāng)r＞R2時(shí)，EcosdSE4r2q1q2解8-12圖場(chǎng)強(qiáng)隨r的變化曲線e0Eq1q240r28-13均勻帶電的無限長圓柱面半徑為R，每單位長度的電量（即電荷線密度）為λ.求圓柱面內(nèi)外的場(chǎng)強(qiáng).解過所求場(chǎng)點(diǎn)作與無限長帶電圓柱面同軸的、長為l的封閉圓柱面，使所求場(chǎng)點(diǎn)在封閉圓柱面的側(cè)面上.由電荷分布的對(duì)稱性可知，在電場(chǎng)不為零的地方，場(chǎng)強(qiáng)的方向垂直軸線向外（設(shè)λ＞0），且離軸線的距離相等的各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小相等.所以封閉圓柱面兩個(gè)底面的電通量為零，側(cè)面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小相等，方向與側(cè)面垂直（與側(cè)面任一面積元的法線方向平行）.設(shè)所求場(chǎng)點(diǎn)到圓柱面軸線的距離為r，當(dāng)r＜R即所求場(chǎng)點(diǎn)在帶電圓柱面內(nèi)時(shí)，因?yàn)?/21e EcosdS Ecos0dS 0 0 E2rl 0, E 0；當(dāng)r＞R即所求場(chǎng)點(diǎn)在帶電圓柱面外時(shí)， e E 2rl l,E08-15將q=2.5×10-8C的點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的 A點(diǎn)移到B點(diǎn)，外力作功勢(shì)能的增量是多少？A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是多少？哪一點(diǎn)的電勢(shì)較高？若設(shè)零，則A點(diǎn)的電勢(shì)是多少？

.2 0r5.0×10-6J.問電點(diǎn)的電勢(shì)為解電勢(shì)能的增量：外5.0106J；WWBWAAA、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：W W W W 5.0 10

6ABABUAUBqq2.510q

8

2.0 102V<0，∴B點(diǎn)的電勢(shì)較高；若設(shè)B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則UA2.0102V.8-17求習(xí)題8-12中空間各點(diǎn)的電勢(shì).解已知均勻帶電球面內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)等于球面上的電勢(shì)q，其中R是球面的半40R徑；均勻帶電球面外任一點(diǎn)的電勢(shì)等于球面上的電荷全部集中在球心上時(shí)的電勢(shì).所以，由電勢(shì)的疊加原理得：（1）當(dāng)r＜R1即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面內(nèi)時(shí):Uq1q2；40R140R2（2）當(dāng)R1＜r＜R2即所求場(chǎng)點(diǎn)在小球面外、大球面內(nèi)時(shí):Uq1q2；40r40R2當(dāng)r＞R2即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面外時(shí)q1q2q1q2:U0r40r40r4當(dāng)r＞R即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面外時(shí):q1q2q1q2240r40r40r285頁9-3,9-49-3．如圖，在半徑為R的導(dǎo)體球外與球心 O相距為a的一點(diǎn)A處放置一點(diǎn)電荷 +Q，在球內(nèi)有一點(diǎn)B位于AO的延長線上，OB=r，求：（1）導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在 B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向；（ 2）B點(diǎn)的電勢(shì).解：（1）由靜電平衡條件和場(chǎng)強(qiáng)疊習(xí)題9.3圖加原理可知，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為點(diǎn)電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的矢量和，且為零，即EB13r0Ep0r4EB1r)3r40(a2）由電勢(shì)疊加原理可知，B點(diǎn)的電勢(shì)為點(diǎn)電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的電勢(shì)的標(biāo)量和，即VBVBq40r由于球體是一個(gè)等勢(shì)體，球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)和球心 o點(diǎn)的電勢(shì)相等qVBV0V040a因球面上的感應(yīng)電荷與球心o的距離均為球的半徑R，且感應(yīng)電荷的總電賀量為零，所以感應(yīng)電荷在o點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為零，且V0V0，因此qVBV040a所以，B點(diǎn)的電勢(shì)VBq40a9-4．如圖所示，在一半徑為R1=6.0cm的金屬球A外面罩有一個(gè)同心的金屬球殼B.已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為R2=8.0cm，R3=10.0cm，A球帶有總電量QA=3.010×-8C，球殼B帶有總電量QB=2.010×-8C.求：（1）球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電量以及球A和球殼B的電勢(shì)；（2）將球殼B接地后再斷開，再把金屬球A接地，求金屬球A和球殼B的內(nèi)、外表面上所帶的電量，以及球A和球殼B的電勢(shì).解：（1）在導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡后，QA分布在導(dǎo)體球Ａ的表面上．由于靜電感應(yīng)，在B球殼的內(nèi)表面上感應(yīng)出負(fù)電荷QA，外表面上感應(yīng)出正電荷QA，則B球殼外表面上的總電荷（QA QB）。由場(chǎng)的分布具有對(duì)稱性， 可用高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分布9/21習(xí)題9.4圖E1QA2(R1rR2)0(rR1),E20r4E30(R2rR3),E4QAQ2B(rR3)40r的方向眼徑向外．導(dǎo)體為有限帶電體，選無限遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)。由電勢(shì)的定義可計(jì)算兩球的電勢(shì)VA和VB．A球內(nèi)任一場(chǎng)點(diǎn)的電勢(shì)VA為VAR1drR2R3E4drrE1E2drE3drR1R2R3R2QA2drQAQ2Bdr4R10rR340r1(QAQAQAQB)40R1R2R3B球殼內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì) VB 為VBR3E3drE4drrR3QAQ2BdrQAQBR340r40R39-5．兩塊無限大帶電平板導(dǎo)體如圖排列，試證明：（1）相向的兩面上（圖中的2和3），其電荷面密度大小相等而符號(hào)相反；（2）背向的兩面上（圖中的1和4），其電荷面密度大小相等且符號(hào)相同 .解：因兩塊導(dǎo)體板靠得很近，可將四個(gè)導(dǎo)體表面視為四個(gè)無限大帶點(diǎn)平面。導(dǎo)體表面上的電荷分布可認(rèn)為是均勻的，且其間的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直導(dǎo)體表面。作如圖所示的圓柱形高斯面，因?qū)w在到達(dá)靜電平衡后內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，導(dǎo)體外的場(chǎng)強(qiáng)方向與高斯面的側(cè)面平行，由高斯定理可得023；230再由導(dǎo)體板內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)為零，可知 P點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)10/2121(22)(23)(24)00000由23得149-7-5.-2，現(xiàn)將兩極板與電一平行板電容器，充電后極板上的電荷面密度為σ=4.510×Cm.源斷開，然后再把相對(duì)電容率為ε的電介質(zhì)充滿兩極板之間.求此時(shí)電介質(zhì)中的D、Er=2.0和P.解：當(dāng)平行板電容器的兩板與電源斷開前后， 兩極板上所帶的電荷量沒有發(fā)生變化， 所以自由電荷面密度也沒有發(fā)生變化，由r1（r 1）極化電荷面密度r對(duì)于平行板電容器 PE(r 1)０D r1且P,D,E的方向均沿徑向．9-11．圓柱形電容器由半徑為 R1的導(dǎo)線和與它同軸的導(dǎo)體圓筒構(gòu)成，其間充滿相對(duì)電容率為εr的電介質(zhì).圓筒內(nèi)半徑為 R2.電容器長為 L，沿軸線單位長度上的電荷為 ±λ，略去邊緣效應(yīng)，試求：（1）兩極的電勢(shì)差；2）電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度、電位移、極化強(qiáng)度；3）電介質(zhì)表面的極化電荷面密度.解：（1）設(shè)導(dǎo)線上的電荷均勻地分布在導(dǎo)線的表面上，圓筒上的電荷均勻的分布在圓筒的內(nèi)表面上，可由高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)E1 0 ，r R111/21E22，R2rR10rrE30,rR2兩極的電位差uR2R2lnR2E2dllnrR120rR120rR1（2）由第（1）問知，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度E2 0rr電位移D 0 rE2rr極化強(qiáng)度 P ((

1)0r 1)2 rr329頁10-9,10-1010-6一邊長為l0.15m的立方體如圖放置，有一均勻磁yB場(chǎng)B(6i3j1.5k)T通過立方體所在區(qū)域.計(jì)算：（1）通過立方體上陰影面積的磁通量；（2）通過立方體六面的總磁通量.Olx解：（1）立方體一邊的面積Sl2llzBS(6i3j1.5k)(0.152i)0.135Wb習(xí)題圖10-6（2）總通量Bds010-11 如圖所示，已知相距為 d的兩平行長直導(dǎo)線載有相同電流，求1）兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度；2）通過圖中矩形面積的磁通量r1r312/21解在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點(diǎn)P處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2方向相同，都垂直紙面向外。故BPB1PB2P設(shè)P點(diǎn)離導(dǎo)線1的距離為r，則B1PII，B2P2dr2R代入上式得BPII2dr2r（1）在導(dǎo)線等距的點(diǎn)有rdB2I，d2（2）取面積元dSldr，則通過矩形面積的磁通量為r1r2mSBdSr1

I Ildr2r 2 d rIl㏑r1r1r2+Il㏑dr1Il㏑dr122dr1r2r110-10如圖，載流導(dǎo)線彎成（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的習(xí)題圖10-1013/21大小和方向.解：（a）水平方向的載流導(dǎo)線對(duì)P電磁感應(yīng)強(qiáng)度的貢獻(xiàn)為0。豎直部分對(duì)P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度10-6一邊長為l0.15m的立方體如圖放置，有一均yB勻磁場(chǎng)B(6i3j1.5k)T通過立方體所在區(qū)域.計(jì)算：（1）通過立方體上陰影面積的磁通量；（2）通過立方體六面的總磁通量.Olx解：（1）立方體一邊的面積Sl2lzlBS(6i3j1.5k)(0.152i)0.135Wb習(xí)題圖10-60I0I（3）總通量B(cos2cos1)(cos90ocos180o)Bds04r4a10-110I[0(1)]如圖所示，已知相距為d的兩平行長直導(dǎo)線載有相同電流，求（1）4a兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度；0I（2）通過圖中矩形面積的磁通量r1r34a解在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點(diǎn)P處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2方向相同，都垂直紙面向外。故BPB1PB2P設(shè)P點(diǎn)離導(dǎo)線1的距離為r，則B1PII，B2P2dr2R代入上式得IIBP2dr2r（3） 在導(dǎo)線等距的點(diǎn)有14/21d2I，B2d（4）取面積元dSldr，則通過矩形面積的磁通量為r1r2IIldrmSBdSr12r2drIl㏑r1r2+Il㏑dr1r2Il㏑dr12r12dr1r110-10如圖，載流導(dǎo)線彎成（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向.B0I(cos2cos1)0I(cos90ocos180o)4r4a0I[0(1)]4aI4a習(xí)題圖10-10解：（a）水平方向的載流導(dǎo)線對(duì)P電磁感應(yīng)強(qiáng)度的貢獻(xiàn)為0。豎直部分對(duì)P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外.（b）P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加，則BB1B2B32B1B320I(cos2cos1)0I4r2r2ra;2900;11080;B20I[0(1)]0I20I0I4a2r2a4r方向垂直紙面向里 .（c）B為三邊磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加，由對(duì)稱性BB1B2B33B130I(cos2cos1)4r1h3B093I0I.4h2a方向垂直紙面向里.10-14一根很長的銅導(dǎo)線，載有電流10A，在導(dǎo)線15/21習(xí)題圖10-14內(nèi)部通過中心線作一平面S，如圖所示.試計(jì)算通過導(dǎo)線1m長的S平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對(duì)磁場(chǎng)分布無影響）.解：設(shè)距軸線為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.則Bdl0I,IIr2R2Ir2r2R2I0;B2r0R2I0B20I0rR20I00I0l0I0lRRBds02R2rldr2R2rdr4s041071011.0106Wb4即S平面內(nèi)的磁通量為1.0106Wb.方向垂直紙面向外.（b）P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加，則BBB2B32BB320I(cos2cos1)0I114r2r2ra;2900;11080;B20I[0(1)]0I20I0I4a2r2a4r方向垂直紙面向里 .（c）B為三邊磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加，由對(duì)稱性BB1B2B33B130I(cos2cos1)4rr1h3B093I0I.4h2a方向垂直紙面向里.10-14一根很長的銅導(dǎo)線，載有電流10A，在導(dǎo)線內(nèi)部通過中心線作一平面 S，如圖所示.試計(jì)算通過導(dǎo)線1m長的S平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對(duì)磁場(chǎng)分布無影響）.習(xí)題圖10-14解：設(shè)距軸線為 r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.則16/21BdlII0I,2R2rIr2r2R2I0;B2r0R2I0B20I02rR0I0rldr0I0lrdr0I0lRRs02R22R20441071011.0106Wb4即S平面內(nèi)的磁通量為1.0106Wb.367頁11-1,11-511-１一載流I的無限長直導(dǎo)線，與一 N匝矩形線圈 ABCD共面。已知 AB長為L,與導(dǎo)線間距為a；CD邊與導(dǎo)線間距為b（b?a）。線圈以v的速度離開直導(dǎo)線，求線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向和大小。解由于I為穩(wěn)恒電流，所以它在空間各點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)為穩(wěn)恒磁場(chǎng)。當(dāng)矩形線圈運(yùn)動(dòng)ABCD時(shí)，不同時(shí)刻通過線圈的磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生。取坐標(biāo)系如圖(a)所示。設(shè)矩形線圈以速度 v以圖示位置開始運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過時(shí)間 t之后，線圈位置如圖 (b)所示。取面積元dS ldx，距長直導(dǎo)線的距離為 x，按無限長直載流導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式知，該面積元處 B的大小為0B= I通過該面積元的磁通量為dBdS0Ildx2x于是通過線圈的磁通量為tbvt0Ildx0Ibvtldxdvt2x2vtxaa17/21=0Il㏑bvt2avt由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，N匝線圈內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ed0lINavtavtvbvtvN2bvtavt2dt0lINavtvbvtv2bvtavt令t=0,并代入數(shù)據(jù)，則得線圈剛離開直導(dǎo)線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ed0lIvN110NlIvbaNt02ab2abdt按楞次定律可知，E感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針方向。11-5在無限長螺線管中，均勻分布著與螺線管軸線平行的磁場(chǎng)B(t)。設(shè)B以速率dB=dtК變化（К為大于零的常量）?，F(xiàn)在其中放置一直角形導(dǎo)線abc。若已知螺線管截面半徑為R,ab l，求：（1）螺線管中的感生電場(chǎng)EV；（2）ab,bc兩段導(dǎo)線中的感生電動(dòng)勢(shì)。解（1）由于系統(tǒng)具有軸對(duì)稱性，如圖所示，可求出感生電場(chǎng)。在磁場(chǎng)中取圓心為O，半徑為rrR的圓周，根據(jù)感生電場(chǎng)與變化磁場(chǎng)之間的關(guān)系EVdldmBSdSLdtt可得EV2rr2dBr2dt有EVrrR2由楞次定律可以判斷感生電場(chǎng)為逆時(shí)針方向。（2）解法一用法拉第電磁感應(yīng)定律求解。連接Oa,Ob和Oc，在回路OabO中，18/21穿過回路所圍面積的磁通量為1Bll212BSR224則d1l21212l212E12dBRdt2lR4dtl42而E1EabEboEoaEab所以1lkl212EabE1R224方向由a指向b1lkl212同理可得EbcR224方向由b指向c解