重慶科技學(xué)院大學(xué)物理考試題庫應(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)壁作勻速圓周運動。試求:當(dāng)小鋼球的角速度為時,它距碗底的高度h為多少?剖析與解答取小球為隔絕體，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動的向心力。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)寫出物體的牛頓運動方程。(2)求速度隨時間的變化關(guān)系。(3)其最大著落速度為多少?(4)剖析物體全程的運動狀況。剖析與解答（1）物體受向下的重力mg和向上

2、的阻力F，則牛頓運動方程為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，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動，并漸漸趨近于最大速度為vmaxmg，此后趨于做勻速運動，物體在隨意時刻開起點的距離由上式表示。質(zhì)量為m的小球從點A由靜止出發(fā)，沿半徑為r的圓滑圓軌道運動到點C（見圖），求此時小球的角速度C和小球?qū)A軌道的作使勁FNC。剖析與解答取小球為隔絕體，受力狀況如圖。取自然坐標(biāo)系，由牛頓運動定律分別列出

3、切向和法向運動方程為-mgsinmdvdtFNmgcosv2mR因為dvdvddvvdv，代入式并分別變量后積分dtddtdRdvRgsindvdv090得v2Rgcos則小球在c點的角速度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，桿在下沉過程只受重力和浮力的作用（不計液體的黏滯阻力），跟著桿往下沉，浮力漸漸增大，當(dāng)重力和浮力相

4、等時，桿下沉的加快度a=0,此時速度最大。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對式分別變量并積分，有x1L1gdxvvdv20得gx1g(1x2)1v22L22設(shè)桿的速度最大時，桿進(jìn)入液體的長度為x=l,則式中的v即為最大速度。此時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,兩物體的速度及B能上漲的最大高度。質(zhì)點的動量矩定理、動量矩守恒定律剖析與解答把整個過程分紅三個階段來辦理。第一階段物體A自由著落。物體A自由著落h距離時，正好拉緊繩索，此時物體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同時遇到繩索的沖力作用。經(jīng)過極短時間t后，以共同的速度V運動，此時，物體的受力狀況如圖（B）所示。如取豎直方向為正方向，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)動量原理得：(FT2Mg)tMV0(FT1mg)t(mV)(mv)題圖因為作用時間極短，繩索沖力的沖量遠(yuǎn)大于重力的沖量，故式，式可簡化為FT2tMVFT1tm

6、Vmv因FT1FT2，解得：Vmvm2ghMmMm第三階段，繩索拉緊后，物體A向下運動，B向上運動，但因為Mm,A和B都作減速運動，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我國第1顆人造衛(wèi)星東方紅1號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)星的運動周期T。剖析與解答（1）求v2：如下圖，地球的中心點O位于橢圓軌道的一個焦點上。設(shè)衛(wèi)星運動時僅受地球引力的作

7、用，因為該引力總指向O點，故衛(wèi)星在運動的全過程中對O點的動量矩守恒。即：L1L2因為二者的方向一致，式可直接用大小來表示，有mv1(Rl1)mv2(Rl2)：得v2v1Rl18.163784396.30km/sRl263782384（2）求T：衛(wèi)星徑矢r在單位時間內(nèi)掃過的面積為面積速度ds。衛(wèi)星運轉(zhuǎn)dt的周期T即為橢圓面積S與ds/dt的比值。因為橢圓面積為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軸運動,設(shè)所受外力為Fx=bt,b為常量,求在時間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軸方向運動到x=3m處,求外力所做的功。一物體在介質(zhì)中的運動方程為x=ct3,c為常量。設(shè)介質(zhì)對物體的阻力正比于速度的二次方,即Frkv2。試求物體由x0=0運動到x=l時,阻力所做的功。剖析與解答Fbtdv（1）由加快度amdtm得：vdvTbtdtvbT200m2m由動能定理A1mv21mv02220，得A1mv2b2T4因為v=028m（2）有變力做功的計算方法，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)，這是一個沿x方向的一維碰撞問題。碰撞的全過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動過程。在這過程中，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，取彈簧原長時的O點為彈性勢能零點，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地點處于均衡（如圖b），此時彈簧伸長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地點處于均衡，則有m1gky2即y2m1g0.59.80.55mk8.9依據(jù)運動剖析，連線剪

11、斷后，物體A將以O(shè)2為均衡地點上下往返振動，可見物體A經(jīng)過O2地點時，擁有最大速率vm。因為在運動中物體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（即彈簧原優(yōu)點）為重力勢能和彈性勢能的零點，對A位于O1及O2處兩狀態(tài)時總機(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,當(dāng)彈簧被拉伸至長度為l時,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程，取子彈與滑塊為一系統(tǒng)，由動量守恒，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動，由于彈簧不停伸長，系統(tǒng)在彈性力（法向力）作用下沿弧線運動。在此過程中，系統(tǒng)的動量守恒，即(m1m2)v1l0(m1m2)v2lsin式中，v2是滑塊抵達(dá)B點的速度。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，桿將在重力矩M1mgl的作用下，繞軸轉(zhuǎn)動。由A2M1mgl3g轉(zhuǎn)動定律有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,滑輪對轉(zhuǎn)軸O的轉(zhuǎn)動慣量為I,滑輪與軸承間的摩擦不計,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。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)動定律有FTI1故FT1I在圖（b）狀況下，有FFTFFFa2解得gg2F2FTI2Ig題圖題圖一個組合輪軸由兩個同軸的圓柱體固結(jié)而成,可繞圓滑的水平對稱軸OO轉(zhuǎn)動。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。剖析與解答分別對物體A，B和輪軸作受力剖析（見圖b），依據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律，有對A：m1gT1m1a1對B：T2m2gm2a2對輪軸：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,可繞經(jīng)過此中心的豎直固定圓滑軸轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動慣量為I,開始時轉(zhuǎn)臺以勻角速度0轉(zhuǎn)動,此時有一質(zhì)量為m的人站在轉(zhuǎn)臺中心,隨后代沿半徑向外跑去,當(dāng)人抵達(dá)轉(zhuǎn)臺邊沿時轉(zhuǎn)臺的角速度為多少?剖析與解答取人和轉(zhuǎn)臺為研究對象，在人從中心走向邊沿的過程中，系統(tǒng)所受合外力矩為零，則系統(tǒng)的動量矩守恒。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。設(shè)蹺板是勻質(zhì)的,長度為l,質(zhì)量為m,支撐點在板的中部C點,蹺板可繞點C在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(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,此桿的角速度和最大擺角。剖析與解答求解本題可按兩個過程分別辦理：（1）由子彈射入桿到二者一同開始搖動。此過程可視為完整非彈性碰撞過程。取子彈和桿為系統(tǒng)，知足動量矩守恒，有mv3lm3l21Ml2443由式可求得子彈與桿開始一同搖動時的角速度3mv48.86rad/s9ml21Ml232）由系統(tǒng)開始搖動到擺至最大角。此過程中，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、懸時的質(zhì)心地點C為重力勢能零點，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)過盤心的圓滑水平軸轉(zhuǎn)動,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,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、,長為l,電荷為q。試求其自己延伸線上離棒中心為r處一點的電場強度E。剖析與解答取dx,其上帶電荷dqdxqdxldq在p點激發(fā)的電場強度dE為dE1dqi4(rx)20則整個細(xì)桿所帶電荷在p點的電場強度E為ldx1lqEdE21iil2i222240rx40r2l0(4rl)4判斷以下說法:電勢高的地方,電場強度必大;電勢為零處,電場強度必為零;電勢為零的物體必定不帶電;帶正電的物體,電必定為正的;“靜電場中各點有確立電勢,但其數(shù)值、符號又是相對的”,此話是矛盾的;電場中兩點間的電勢差與零電勢點的選擇沒關(guān);U與E是表征電場自己某一點性質(zhì)的,與引入電場的外電荷沒關(guān)。剖析與解答（1）錯誤。某場點

20、的電場強度與電勢梯度相關(guān)，與電勢高低沒關(guān)。如等勢球體的電勢能夠很高，但內(nèi)部任一場點的E=0;（2）錯誤。原由同（1）。如偶極子中垂線上任一場點電勢為零，但電場強度卻不為零。（3）錯誤。物體的電勢與它處在電場中的地點相關(guān)，與自己能否帶電無直接聯(lián)系。如接地的導(dǎo)體處于外電場中，電勢為零，但表面會帶電；相同，帶正電的物體，電勢能夠為正，也可能為負(fù)，這與它所處的電場相關(guān)。（4）錯誤。所謂“確立的電勢”是對所選定的電勢零點而言的，并且零點的選擇，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P的電場強度E和電勢UP。題圖剖析與解答依據(jù)電場強度和電勢的疊加原理，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(由高斯定理計算)；r0drlnr00dU222d0r0d（r0處為電勢零點，本題不可以選無窮遠(yuǎn)處，即r為電勢零點）求解:(1)一圓形載流導(dǎo)線的圓心處的磁感強度為B1,若保持I不變,將導(dǎo)線改為正方形,此中心處的磁感強度為B2,試求B2/B1。如下圖,寬度為a的無窮長金屬薄片,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P的磁感強度B。剖析與解答（1）圖形載流導(dǎo)線中心的B10I。改為正方形時，每2R邊長2R1R,距中心點的垂直距離均為a1每邊（載流I）在點42OR,O4激發(fā)的B0Isin45,則中心O點的總磁感強度B240Isin45420I,則2a2a2RB282。題（2）圖B12（2）以P點為坐標(biāo)原點，作OX軸。在薄片內(nèi)距O點為x處，取寬度為dx的長直電流dI，有dIIdxa它在P點激發(fā)的磁感強度為dB0dI0Idx2x2ax則整個薄片電流在P點激發(fā)的磁感強度為ra0I0IraBdBdxln方向：r2ax2ar半徑為R的薄圓盤平均帶電,電荷面密度為+,當(dāng)圓盤以角速度繞過盤心O、并垂直于盤面的

23、軸逆時針轉(zhuǎn)動時,求盤心O處的B。剖析與解答（1）繞中心軸轉(zhuǎn)動的帶電介質(zhì)圓盤能夠當(dāng)作是一個載流圓盤。載流圓盤又可看做是由一個個齊心載流圓環(huán)所構(gòu)成。點O的磁感強度B就是由這一個個載流圓環(huán)的磁感強度疊加的結(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度B0I2R，所以，所取圓環(huán)在此中心的磁感強度dB為dB0dI1dr2r02按疊加原理可知，整個圓盤在中心的磁感強度B為BdBR1dr1R20002(4)一平均帶電的半圓弧線,半徑為R,帶電量為Q,以勻角速度繞對稱軸OO轉(zhuǎn)動(見圖),求半圓弧線圓心點O處

24、的磁感強度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的圓周運動時，所形成的圓電流為dI2dQ2Q2d設(shè)圓電流在其軸線上O點激發(fā)的磁感強度dB的大小為Rsin2Qsin2dB0dI0d方向：向上。2R342R一根半徑為R的實心銅導(dǎo)線,平均流過的電流為I,在導(dǎo)線內(nèi)部作一平面S(見圖),試求:磁感強度的散布;經(jīng)過每米導(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，環(huán)路包括的電流為I1r2；rR時，II。R2代入式得B0IrrR；

25、B0IrR2R22r（2）在截面S上取面積元dS1dr，穿過dS的磁通量dm為dmB?dS20Ir2drR則經(jīng)過單位長度導(dǎo)線內(nèi)S平面的磁通量m為mdm0Ir2dr0IR02R4則點O處磁感強度B的大小為BdB0.Qsin2d0.Q042R8R無窮長載流(I1=20A)直導(dǎo)線旁置另一長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動趨向;(3)當(dāng)I120sint，rads時，再求（1）。3題圖剖析與解答（1）無窮長直載流導(dǎo)線旁任一點的磁感強度為B0I1方向：x在ab上距長直導(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因為FadFbc，線框?qū)⑾蜃螅ň蹟n長直導(dǎo)線）加快運動。（3）當(dāng)時，將隨周期性變化，即ur5rI120sintFtjFt4.410sin33利用i(vBdl求解以下狀況下導(dǎo)線的動生電動勢，并說明a，兩點L哪一點電勢高。（1

27、）直導(dǎo)線在平均磁場B中勻速運動（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段有動生電動勢，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，則其上的動生電動2x勢為di(vB)?dxvBdx0Ivdx，則ab桿上的動生電動勢為2xabdidl0Ivdx0Ivdldln2x2dab的指向為vaUb。B的方向，即ba，可知U（2）矩形線圈在磁場中運動（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總電動勢abdc0Il1l2v，方向：順時針2D(Dl1)圖（b）中，因為回路abcd中磁通量不變化，無感覺電動勢，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)動角時a,b的電勢差U和Od各為什么值(Od=R/；2)剖析與解答題（3）（4）圖因為Oc上各點的v不一樣，故Oc上選一微元dr，到O點的距離為r，則該微元的速度v=rw。于是，該微元上產(chǎn)生的動生電動勢為d(vB)?dl所以，整個Oc上產(chǎn)生的動生電動勢為(vB)?dlRrBdr1BR2vBdr02則a、b兩點的電勢差UabOc1BR2，（UaUb）2同理，Od上的動生電動勢為R1BR2，（d