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)有紅色記號的為老師讓看的題）27頁1-2 1-4 1-121-2質(zhì)點的運動方程為x t2,y (t 1)2，x,y都以米為單位，t以秒為單位，求：（1）質(zhì)點的運動軌跡；（2）從t 1s到t 2s質(zhì)點的位移的大??；（3）t 2s時，質(zhì)點的速度和加速度。解：（1）由運動方程消去時間 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，速度和加速度分別為v4i2jm/sa2i2jm/s21-4設(shè)質(zhì)點的運動方程為rRcostiRsintj(SI)，式中的R、均為常量。求（1）質(zhì)點的速度；（2）速率的變化率。解 （1）質(zhì)點的速度為1/21drv R sin ti R cos tjdt（2）質(zhì)點的速率為vvx2vy2R速率的變化率為dv0dt1-12質(zhì)點沿半徑為R的圓周運動，其運動規(guī)律為32t2(SI)。求質(zhì)點在t時刻的法向加速度an的大小和角加速度的大小。解由于d4tdt質(zhì)點在t時刻的法向加速度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動，求在0到2.0s的時間內(nèi)力F對物體的沖量。解由沖量的定義，有2.02.03t)2.018NsIFdt(6t3)dt(3t20002-21飛機著陸后在跑道上滑行，若撤除牽引力后，飛機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)撤除牽引力時為 t 0，初速度為v0，求（1）滑行中速度v與時間t的關(guān)系；（2）0到t時間內(nèi)飛機所滑行的路程；（3）飛機停止前所滑行的路程。解 （１）飛機在運動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)星沿一圓形軌道運動， 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)星的動能；2）衛(wèi)星在地球引力場中的引力勢能.解(1)人造衛(wèi)星繞地球做圓周運動，地球引力作為向心力，有GMmv2(3R)2m3R衛(wèi)星的動能為Ek1mv2GMm26R（２）衛(wèi)星的引力勢能為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）子彈的動能減少了多少。解子彈與木塊組成的系統(tǒng)沿水平方向動量守恒mv1mv2Mu對木塊用動能定理Mgs01Mu22得m2(v1v2)2(2103)2(500100)2(1)2Mgs219.80.20.16子彈動能減少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）本題測試的是剛體與質(zhì)點的綜合運動，由于滑輪有質(zhì)量，在運動時就變成含有剛體的運動了?；喸谧鞫ㄝS轉(zhuǎn)動，視為圓盤，轉(zhuǎn)動慣量為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)動時滑輪兩邊繩子拉力T1T2。分析三個物體，列出三個物體的運動方程：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，運用轉(zhuǎn)動定律求出平板的角加速度，再用運動學(xué)公式求轉(zhuǎn)動的圈數(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，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。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的兩個物體。求在重力作用下，定滑輪的角加速度。解：m1：T1mgma111m2：mgTmaR1R22222T1T2轉(zhuǎn)動定律：R2T2R1T1JT1其中：1M1MT2JR2R2122122運動學(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)點位于(x1,y1)處，速度為vvxivyj,質(zhì)點受到一個沿x負(fù)方向的力 f的作用，求相對于坐標(biāo)原點的角動量以及作用于質(zhì)點上的力的力矩．解: 由題知，質(zhì)點的位矢為r x1i y1j作用在質(zhì)點上的力為f fi所以，質(zhì)點對原點的角動量為L0 r mv (x1i y1i) m(vxi vyj) (x1mvy y1mvx)k作用在質(zhì)點上的力的力矩為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，桿于水平位置由靜止開始擺下．求：初始時刻的角加速度；桿轉(zhuǎn)過角時的角速度.解:(1) 由轉(zhuǎn)動定律，有5/21mgl (1ml2)β2 3則3g2l(2)由機械能守恒定律，有1(1ml2)ω2mglsinθ0題3-11圖232所以有3gsinl3-13一個質(zhì)量為M、半徑為R并以角速度轉(zhuǎn)動著的飛輪(可看作勻質(zhì)圓盤)，在某一瞬時突然有一片質(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的瞬時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、角動量和轉(zhuǎn)動動能．解:(1) 碎片離盤瞬時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)動慣量J1MR2，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量J'1MR2mR2，碎片脫22離前，盤的角動量為Jω，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱悖珒?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(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量為(1MR2mR2)2轉(zhuǎn)動動能為6/21Ek1(1MR2mR2)222258頁8-2,8-12,8-178-7試計算半徑為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P處的場強（P點到圓環(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點產(chǎn)生的場強為dq，dE40x2R2方向沿dq與P點的連線.將其分解為平行于軸線的分量和垂直于軸線的分量，由電荷分布的對稱性可知，各dq在P點產(chǎn)生的垂直于軸線的場強分量相互抵消，而平行于軸線的分量相互加強，所以合場強平行于軸線，大小為：

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

qx212232420xR方向：q>0時，（自環(huán)心）沿軸線向外；q<0時，指向環(huán)心.8-12兩個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的點的場強：（1）r＜R1；（2）R1＜r＜R2（3）r＞R2.并定性地畫出場強隨r的變化曲線解過所求場點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，EEcosdSE4r20,E0e當(dāng)R1＜r＜R2時，eEcosdSE4r2q10,Eq140r2ＯR1R2r(3)當(dāng)r＞R2時，EcosdSE4r2q1q2解8-12圖場強隨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)外的場強.解過所求場點作與無限長帶電圓柱面同軸的、長為l的封閉圓柱面，使所求場點在封閉圓柱面的側(cè)面上.由電荷分布的對稱性可知，在電場不為零的地方，場強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場強的大小相等.所以封閉圓柱面兩個底面的電通量為零，側(cè)面上各點場強的大小相等，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)所求場點到圓柱面軸線的距離為r，當(dāng)r＜R即所求場點在帶電圓柱面內(nèi)時，因為7/21e EcosdS Ecos0dS 0 0 E2rl 0, E 0；當(dāng)r＞R即所求場點在帶電圓柱面外時， e E 2rl l,E08-15將q=2.5×10-8C的點電荷從電場中的 A點移到B點，外力作功勢能的增量是多少？A、B兩點間的電勢差是多少？哪一點的電勢較高？若設(shè)零，則A點的電勢是多少？

.2 0r5.0×10-6J.問電點的電勢為解電勢能的增量：外5.0106J；WWBWAAA、B兩點間的電勢差：W W W W 5.0 10

6ABABUAUBqq2.510q

8

2.0 102V<0，∴B點的電勢較高；若設(shè)B點的電勢為零，則UA2.0102V.8-17求習(xí)題8-12中空間各點的電勢.解已知均勻帶電球面內(nèi)任一點的電勢等于球面上的電勢q，其中R是球面的半40R徑；均勻帶電球面外任一點的電勢等于球面上的電荷全部集中在球心上時的電勢.所以，由電勢的疊加原理得：（1）當(dāng)r＜R1即所求場點在兩個球面內(nèi)時:Uq1q2；40R140R2（2）當(dāng)R1＜r＜R2即所求場點在小球面外、大球面內(nèi)時:Uq1q2；40r40R2當(dāng)r＞R2即所求場點在兩個球面外時q1q2q1q2:U0r40r40r4當(dāng)r＞R即所求場點在兩個球面外時: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A處放置一點電荷 +Q，在球內(nèi)有一點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點產(chǎn)生的場強的大小和方向；（ 2）B點的電勢.解：（1）由靜電平衡條件和場強疊習(xí)題9.3圖加原理可知，B點的電場強度為點電荷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）由電勢疊加原理可知，B點的電勢為點電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的電勢的標(biāo)量和，即VBVBq40r由于球體是一個等勢體，球內(nèi)任一點的電勢和球心 o點的電勢相等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點產(chǎn)生的電勢為零，且V0V0，因此qVBV040a所以，B點的電勢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；（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.解：（1）在導(dǎo)體到達靜電平衡后，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）。由場的分布具有對稱性， 可用高斯定理求得各區(qū)域的場強分布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)處為電勢零點。由電勢的定義可計算兩球的電勢VA和VB．A球內(nèi)任一場點的電勢VA為VAR1drR2R3E4drrE1E2drE3drR1R2R3R2QA2drQAQ2Bdr4R10rR340r1(QAQAQAQB)40R1R2R3B球殼內(nèi)任一點的電勢 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相同 .解：因兩塊導(dǎo)體板靠得很近，可將四個導(dǎo)體表面視為四個無限大帶點平面。導(dǎo)體表面上的電荷分布可認(rèn)為是均勻的，且其間的場強方向垂直導(dǎo)體表面。作如圖所示的圓柱形高斯面，因?qū)w在到達靜電平衡后內(nèi)部場強為零，導(dǎo)體外的場強方向與高斯面的側(cè)面平行，由高斯定理可得023；230再由導(dǎo)體板內(nèi)的場強為零，可知 P點合場強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，然后再把相對電容率為ε的電介質(zhì)充滿兩極板之間.求此時電介質(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）兩極的電勢差；2）電介質(zhì)中的電場強度、電位移、極化強度；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)域的場強E1 0 ，r R111/21E22，R2rR10rrE30,rR2兩極的電位差uR2R2lnR2E2dllnrR120rR120rR1（2）由第（1）問知，電介質(zhì)中的電場強度E2 0rr電位移D 0 rE2rr極化強度 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B(6i3j1.5k)T通過立方體所在區(qū)域.計算：（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)線等距一點處的磁感應(yīng)強度；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P處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B1和B2方向相同，都垂直紙面向外。故BPB1PB2P設(shè)P點離導(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點的磁感應(yīng)強度 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P電磁感應(yīng)強度的貢獻為0。豎直部分對P點磁感應(yīng)強度10-6一邊長為l0.15m的立方體如圖放置，有一均yB勻磁場B(6i3j1.5k)T通過立方體所在區(qū)域.計算：（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)線等距一點處的磁感應(yīng)強度；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P處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B1和B2方向相同，都垂直紙面向外。故BPB1PB2P設(shè)P點離導(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點的磁感應(yīng)強度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P電磁感應(yīng)強度的貢獻為0。豎直部分對P點磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外.（b）P點處的磁感應(yīng)強度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的疊加，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)強度疊加，由對稱性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.試計算通過導(dǎo)線1m長的S平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對磁場分布無影響）.解：設(shè)距軸線為r處的磁感應(yīng)強度為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點處的磁感應(yīng)強度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的疊加，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)強度疊加，由對稱性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.試計算通過導(dǎo)線1m長的S平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對磁場分布無影響）.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)電動勢的方向和大小。解由于I為穩(wěn)恒電流，所以它在空間各點產(chǎn)生的磁場為穩(wěn)恒磁場。當(dāng)矩形線圈運動ABCD時，不同時刻通過線圈的磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。取坐標(biāo)系如圖(a)所示。設(shè)矩形線圈以速度 v以圖示位置開始運動，則經(jīng)過時間 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)電動勢為Ed0lINavtavtvbvtvN2bvtavt2dt0lINavtvbvtv2bvtavt令t=0,并代入數(shù)據(jù)，則得線圈剛離開直導(dǎo)線時的感應(yīng)電動勢Ed0lIvN110NlIvbaNt02ab2abdt按楞次定律可知，E感應(yīng)電動勢的方向沿順時針方向。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EV；（2）ab,bc兩段導(dǎo)線中的感生電動勢。解（1）由于系統(tǒng)具有軸對稱性，如圖所示，可求出感生電場。在磁場中取圓心為O，半徑為rrR的圓周，根據(jù)感生電場與變化磁場之間的關(guān)系EVdldmBSdSLdtt可得EV2rr2dBr2dt有EVrrR2由楞次定律可以判斷感生電場為逆時針方向。（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