大學物理教程上課后習題答案

物理部分課后習題答案(標有紅色記號的為老師讓瞧的

題）27頁1-21-41-12

1-2質點的運動方程為X=/,y=(一l)2,x,y都以米為單位,f以秒為單位，求:

(1)質點的運動軌跡；

(2)從"Is至卜=2s質點的位移的大??；

(3)/=2s時，質點的速度與加速度。

解:(1)由運動方程消去時間f可得軌跡方程，將"G代入，有

y=(4x-l)2

或y[y=4x—\

⑵將/=Is與"2s代入，有

,=li,5=41+1)

r=^-r1=3i-j

位移的大小|r|=^32+12=VlOm

…、dx-

⑶“產

%=9=2?-1)

,dt

v=2H+2(^-1)j

dvxdvx

4=寸=2，/=丁=2

atat

a=2i+2j

當t=2.s-時,速度與加速度分別為

v=4z+2Jmls

a=2i+2jm/s2

1-4設質點的運動方程為r=Rcosty萬+Rsin&f/(S/),式中的R、0均為常

量。求(1)質點的速度;(2)速率的變化率。

解(1)質點的速度為

u=——=-/?69sincoti+RGCOScotj

dt

（2）質點的速率為

2

v=舊+vy=Ra>

速率的變化率為—=0

dt

1-12質點沿半徑為R的圓周運動，其運動規(guī)律為。=3+2/（S/）。求質點在f

時刻的法向加速度與的大小與角加速度夕的大小。

解由于<w=—=4/

dt

質點在。寸刻的法向加速度的大小為

2

an=Reo=16Rt?

角加速度夕的大小為j3=—=4rad/s2

dt

77頁2-15,2-30,2-34,

2-15設作用于質量〃z=Mg的物體上的力尸=6r+3（S/）,如果物體在這一力作用

下，由靜止開始沿直線運動,求在0至iJ2.0s的時間內力F對物體的沖量。

解由沖量的定義，有

,2.0「2.0、|2.0

/=J（Fdt=1（6,+3）力=（31+3，）b=187Vs

2-21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

（空氣阻力與摩擦力）/=一人（女為常數(shù)）作用。設撤除牽引力時為f=0,初速度為5，求（1）

滑行中速度u與時間f的關系；（2）0至卜時間內飛機所滑行的路程；（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，根據牛頓第二定律，有

f-m---kv

dt

mndVh

即—=----at

vm

兩邊積分，速度v與時間t的關系為

2-31一質量為”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),試以血R與引力恒量G及地球的質量”表示出:

(1)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

_Mmv2

G----r=《2--

(3/?)23R

衛(wèi)星的動能為馬=,八鬻

(2)衛(wèi)星的引力勢能為

GMm

3R

2-37一木塊質量為M=lkg,置于水平面上，一質量為m=2g的子彈以500加/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20aw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

mVj=mv2+Mu

對木塊用動能定理

八17

-/jMgs=Q--Mu

小w2(p,-v)2(2X10-3)2X(500-100)2

得(1)a=-----!--=—2=---------------------=0.16

2Mgs2x1x9.8x0.2

(2)子彈動能減少

E*i-%=5皿丫：-v；)=240J

114頁3-11,3-9,

例3-2如圖所示，已知物體4、8的質量分別為機,「機“,滑輪。的質量為根,，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)本題測試的就是剛體與質點的綜合

運動，由于滑輪有質量,在運動時就變成含有剛體的

運動了?；喸谧鞫ㄝS轉動，視為圓盤，轉動慣量為

例3-2圖

J=~mR2.

2

(2)角量與線量的關系:物體A、5的加速度就就是滑輪邊沿的切向加速度，有《=/?夕。

(3)由于滑輪有質量,在作加速轉動時滑輪兩邊繩子拉力7；HT2。

分析三個物體，列出三個物體的運動方程：

物體ATx=mAa

物體Btnug-T2=mua

物體。(T2-TjR=jp=-mcRfi=-mcRa

22

解(1)?=

(mA+^mc)g

(3)對B來說有，/一片=2”

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u,

若平板繞通過其中心且垂直板面的固定軸以角速度3。開始旋轉，它將在旋轉幾圈后停止？

(已知圓形平板的轉動慣量/=—其中m為圓形平板的質量)

2

分析：利用積分求圓形平板受桌面的摩擦力矩，運用轉動定律求出平板的角加速度,

再用運動學公式求轉動的圈數(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

dM-u-2Kr-rdr

nR2

總摩擦力矩為

M=])d"=—pmgR

故平板的角加速度為

可見圓形平板在作勻減速轉動，又末角速度。=0，因此有

22M6

可)=208=―-—

設平板停止前轉數(shù)為n,則轉角0=Inn，可得

〃一J。：3RG：

4兀M168jug

3-2:如題3-2圖所示，兩個圓柱形輪子內外半徑分別為艮與電質量分別為

Mi與M,o二者同軸固結在一起組成定滑輪，可繞一水平軸自由轉動。今在兩輪上

各繞以細繩,細繩分別掛上質量為mi與叱的兩個物體。求在重力作用下,定滑輪

的角加速度。

解：

mi：

7]—mlg=mlal

m2

m2g-T2=m2a2

轉動定律:%n一《豈="夕

其中：112

J=閔2+彳峪居

運動學關系:幺=幺

解得：

(雁2人2一/居)8

B=

（監(jiān)/2+嗎閡+（//2+叫）&

3-6—質量為m的質點位于(玉，%)處,速度為》=匕1+匕)，質點受到一個沿x負

方向的力f的作用，求相對于坐標原點的角動量以及作用于質點上的力的力矩.

解：由題知，質點的位矢為

r^xj+y]]

作用在質點上的力為

f=~fi

所以，質點對原點的角動量為

Lo=rxmv=(xti+yj)xm(yxi+vyj)=(ximvy-ylmvx)k

作用在質點上的力的力矩為

M)=rxf=(xj+yj)x(-/1)=y]/k

3-11如題3T1圖所示,一勻質細桿質量為加，長為/，可繞過一端。的水平軸自由轉

動,桿于水平位置由靜止開始擺下.求:

(1)初始時刻的角加速度；

(2)桿轉過。角時的角速度、

解：(1)由轉動定律，有

mgg=(；m尸邛

則￡=空

21

(2)由機械能守恒定律,有

g(gml2)co2—mggsinf)—0

題3Tl圖

3gsin。

所以有co=

3-13一個質量為M、半徑為R并以角速度0轉動著的飛輪(可瞧作勻質圓盤)，在某

一瞬時突然有一片質量為小的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3T3圖.假定碎片脫離飛輪時的

瞬時速度方向正好豎直向上.

(1)問它能升高多少？

(2)求余下部分的角速度、角動量與轉動動能.

解：(1)碎片離盤瞬時的線速度即就是它上升的初速度

%=Reo

設碎片上升高度h時的速度為v，則有題3-13圖

V2=Vo-2gh

令v=0,可求出上升最大高度為

(2)圓盤的轉動慣量J=-MR2,碎片拋出后圓盤的轉動慣量/=-MR2-mR2,碎片脫離

22

前，盤的角動量為"，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內力變?yōu)榱?但內力不影響系統(tǒng)的

總角動量,碎片與破盤的總角動量應守恒，即

r

Jco=Jco+mv0R

式中〃為破盤的角速度.于就是

222

|MRCO=(|MR-mR)co'+mvQR

(IMR2-mR2=(|MR2-mR2)a)'

得。'=口（角速度不變）

圓盤余下部分的角動量為

1,,

{-MR--mR2)co

轉動動能為

22

Ek-mR)a)

258頁8-2,8-12,8-17

8-7試計算半徑為R、帶電量為q的均勻帶電細圓環(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)上任取一電荷元白,其在P

dqdq

點產生的場強為dE=

4您0(/+R2

R

方向沿向與P點的連線、將其分解為平

行于軸線的分量與垂直于軸線的分量，由電0

荷分布的對稱性可知，各dq在P點產生的垂

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，解8-7圖

大小為：

dqxqx

E=E產JdEcos。i/4痛()(%2+A2)(

x2+R24e0(%2+R2

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與凡（凡〉R）,帶電量分別為小與俗,求

以下三種情況下距離球心為r的點的場強：（1）「＜吊；（2）RiVr＜凡（3）r＞凡、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r＜/?,

時,①《=，石cos比S=E-4/=0,r.E=0

⑵當ROVR?

①，EcosOdS=E-4^r2=q./￡,

時，J,a

2

：.E=qj47is0r

⑶當r＞凡時，

①‘=1E1cosOdS=E-4zzr2=(%+%)/￡()

，E=(%+%)/4%/

8-13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）為人

求圓柱面內外的場強、

解過所求場點作與無限長帶電圓柱面同軸的、長為1的封閉圓柱面，使所求場點在封

閉圓柱面的側面上、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/>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,側面上各點場強的大小相等，方向與側面垂直（與側面任一面積元的法線方向平

行）、設所求場點到圓柱面軸線的距離為r,當r<R即所求場點在帶電圓柱面內時，因為

①，=，Ecos的S=jEcos0dS+0+0=E-2M=0,;.E=0；

當即所求場點在帶電圓柱面外時，=E-2加=2,.?.￡=上—

￡02必

8-15將q=2、5X10-8c的點電荷從電場中的4點移到8點，外力作功5、0X10勺、問

電勢能的增量就是多少？A、8兩點間的電勢差就是多少？哪一點的電勢較高？若設B點的

電勢為零,則4點的電勢就是多少？

解電勢能的增量：AW=唯一卬4=A外=5.0x10飛J;

A、B兩點間的電勢

區(qū)一區(qū)=叫出=出嗎7Oxi。2V〈。,

差:力-力

qqq2.5x10

8點的電勢較高;

2

若設8點的電勢為零，則UA=-2.0X10V,

8-17求習題8T2中空間各點的電勢、

解已知均勻帶電球面內任一點的電勢等于球面上的電勢上一，其中R就是球面的

4龍（）R

半徑;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?shù)跫此髨鳇c在兩個球面內時：一+—^—

4至0凡4把

（2）當凡<r<凡即所求場點在小球面外、大球面內時：。=—為一+%

4站4定\）尺2

當即所求場點在兩個球面外時：U=-^―+—仁=?"

4您0廠4煙or4您（/

當r>R2即所求場點在兩個球面外時：U=%

4您。廠4至4宓0廠

285頁9-3,9-4

9-3.如圖，在半徑為R的導體球外與球心0相距為。的一點4處放置一點電荷+。,在球內有

一點B位于A0的延長線上,OB=廠,求:(1)導體上的感應電荷在B點產生的場強的大小與方

向;(2)B點的電勢、

解：(1)由靜電平衡條件與場強疊加

原理可知,B點的電場強度為點電荷q與

球面感應電荷在該處產生的矢量與，且

為零，即

E--I

^E'p+-^=0

習題9、3圖

￡=_______!_____f

4笳o(a+r)3

(2)由電勢疊加原理可知,B點的電勢為點電荷q與球面感應電荷在該處產生的電勢的標量

與，即

q

4%直)廠

由于球體就是一個等勢體，球內任一點的電勢與球心。點的電勢相等

…。=%’+《

因球面上的感應電荷與球心。的距離均為球的半徑R,且感應電荷的總電賀量為零，所以感

應電荷在。點產生的電勢為零，且%=%，因此

匕=尸

VB

4%)。

所以,B點的電勢VB=—^—

4笳.a

9-4.如圖所示，在一半徑為/?/=6、0cm的金屬球4外面罩有一個同心的金屬球殼8、已知

球殼3的內、外半徑分別為夕2=8、0cm,&=10、0cm,A球帶有總電量以=3、0x10",球

殼8帶有總電量。8=2、0xl0-8Cs求:(1)球殼B內、外表面上所帶的電量以及球A與球殼8

的電勢;(2)將球殼B接地后再斷開，再把金屬球4接地，求金屬球A與球殼8的內、外表面上

所帶的電量,以及球A與球殼B的電勢、

解:⑴在導體到達靜電平衡后,QA分布在導體球A的表

面上.由于靜電感應，在B球殼的內表面上感應出負電荷

QA，外表面上感應出正電荷。八,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

&=0(r</?,),E,=丁紋因<r<凡)

4您

習題9、4圖

4=。(圾<r<凡),&=%±%(r>&)

4宏。廠

E的方向眼徑向外.

導體為有限帶電體，選無限遠處為電勢零點。由電勢的定義可計算兩球的電勢匕和匕?

A球內任一場點的電勢VA為

(*R\一—(*R-i一「8一

匕=[E]dr+\RE2-dr+\RE.-df+\RE,-df

1QA+Q琴〃

暇您

7xror4

1+

=^Q±__QA_+QAQBX

4在oR、R?R3

B球殼內任一點的電勢修為

&+j;瓦?力

-「。-+QBdy-QA+

4在()產4宓*0尺3

9-5.兩塊無限大帶電平板導體如圖排列,試證明:(1)相向的兩面上(圖中的2與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與4),其電荷面密度大小相等且符號相同、

解:因兩塊導體板靠得很近，可將四個導體表面視為四個無限大

帶點平面。導體表面上的電荷分布可認為就是均勻的，且其間的場

強方向垂直導體表面。作如圖所示的圓柱形高斯面，因導體在到達

靜電平衡后內部場強為零,導體外的場強方向與高斯面的側面平行,

由高斯定理可得

n

0=1----；..cr2=_/

再由導體板內的場強為零，可知P點合場強

由％=-<T3得o]=-a4

9-7、一平行板電容器，充電后極板上的電荷面密度為。=4、5X10-5C'm三現(xiàn)將兩極板與

電源斷開，然后再把相對電容率為￡尸2、0的電介質充滿兩極板之間、求此時電介質中的。、

E與P、

解:當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

j一1

極化電荷面密度/="芻二2

對于平行板電容器尸=/

⑸T區(qū)

D="

務一1

且2方,后的方向均沿徑向.

9-11.圓柱形電容器由半徑為R,的導線與與它同軸的導體圓筒構成，其間充滿相對電容率為打

的電介質、圓筒內半徑為&、電容器長為L,沿軸線單位長度上的電荷為土九略去邊緣效應，

試求：(1)兩極的電勢差；_____

(2)電介質中的電場強度、電位移、極化強度；

(3)電介質表面的極化電荷面密度、(If)

解:(1)設導線上的電荷均勻地分布在導線的表面上,圓筒上的電荷V

均勻的分布在圓筒的內表面上，可由高斯定理求得各區(qū)域的場強

E[=0,r<7?)

E,=,7?2>r>/?,

2加o￡J

E3=0,r>R?

二兩極的電位差”=「「兄石-2?力-=-AM〃KR?=/入In耘R)

(2)由第(1)問知,電介質中的電場強度

E=---

2至

電位移D==——

2叫

極化強度P=(%—l*o

2

=(邑-1)

2吟r

329頁10-9,10-10

10-6一邊長為/=O.15m的立方體如圖放置，有一均勻磁

場3=(6i+3/+1.5%)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、

解:(1)立方體一邊的面積S=『

習題圖10-6

①=⑹+3/+1.5%)(0.152z)=0.135Wb

(2)總通量①=j3?ds=0

10-11如圖所示，已知相距為d的兩平行長直導線載有相同電流，求

(1)兩導線所在平面與此兩導線等距一點處的磁感應強度；

(2)通過圖中矩形面積的磁通量(八=3)

解在兩導線所在平面內，兩導線之間的任一點尸處，兩導線所產生的磁感應強度B?與82

方向相同，都垂直紙面向外。故

Bp=B[p+B2P

設尸點離導線1的距離為/?，則

D_〃/D_/

"一派2「萬(小)

代入上式得

B=包+^_

P2萬(d-r)

(1)在導線等距的點有

一B二辿

27id

(2)取面積元dS=以幾則通過矩形面積的磁通量為

中BdS=|?曰包+

Js兒|_2^r2^(J-r)J

=叫^^+當口…=叫匕

2〃r}2TId-rx-r27irx

10-10如圖,載流導線彎成(a)、(b)、(c)所示的形狀，求三圖中P點的磁感應強度8的大

(a)⑹(c)

習題圖10-10

小與方向、

解：(a)水平方向的載流導線對P電磁感應強度的貢獻為0。豎直部分對P點磁感應強度

10-6一邊長為/=0.15m的立方體如圖放置，有一均

勻磁場3=(6i+3J+1.5&)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、

解:(1)立方體一邊的面積S=『

①=(6i+3j+1.5k)(O.152z)=O.l35Wb

(3)總通量

8=普(854一cos4)=黑(cos9(T-cosl8(r)①。名曲

10-11=AIL[0-(-1)]如圖所示，已知相距為d的兩平行長直導線載有相同電流，求

4乃°兩導線所在平面與此兩導線等距一點處的磁感應強度；

(1)

卬

(2)=而通過圖中矩形面積的磁通量(r,=r3)

解在兩導線所在平面內，兩導線之間的任一點P處,兩導線所產生的磁感應強度8?與82

方向相同，都垂直紙面向外。故

Bp=B]P+B2P

設P點離導線1的距離為r,則

B】PB—

2兀R'”-2Md-r)

代入上式得

P2m.2萬(d-r)

(3)在導線等距的點有

r上，B=W

27id

(4)取面積元dS=以幾則通過矩形面積的磁通量為

①“=[.BQS

/nilq+弓pilld-rpilld

=--In-----+--In------}--=---In----

2萬r,2萬兀q

d-ri-r2

10-10如圖,載流導線彎成(a)、(b)、(c)所示的形狀，求三圖中P點的磁感應強度8的大小

與方向、

習題圖10-10

解：(a)水平方向的載流導線對P電磁感應強度的貢獻為Oo豎直部分對P點磁感應強度

方向垂直紙面向外、

(b)P點處的磁感應強度為三部分載流導線所產生的磁感應強度的疊加,則

煙=?+&+&|=|28+&|=2”(cosa-cosd)+”且

1111112r2)

r=圓%=90°；4=108°;。=不

.?.3=2應[0_(_1)]+應二=應+?

2r2%21a4r

方向垂直紙面向里、

(c)B為三邊磁感應強度疊加，由對稱性

同=忸+&+/鄧同=3普■(cos。?-cosq)

1,

r--n

3

.R-A)班卬

??LJL?

4乃h2兀a

方向垂直紙面向里、

10-14一根很長的銅導線，載有電流10A,在導線內

部通過中心線作一平面S,如圖所示、試計算通過導線1m

長的S平面內的磁通量（銅材料本身對磁場分布無影響）、

解:設距軸線為r處的磁感應強度為8、則

習題圖10T4

=〃。心=*

產,

,.」=荏'°1’2仃=氏元1°

,B=J?okr

2萬W

①\\B^ls=^^^rldr

2萬R2

4107X10X1

-=1.0xlQ-^

4萬

即S平面內的磁通量為1.0xl0-6Wfe、

方向垂直紙面向外、

(b)p點處的磁感應強度為三部分載流導線所產生的磁感應強度的疊加，則

憫=煙+82+q=|28+&|=2"(cosa-cosd)+”且

JiA*A,2yz

r=圓％=90°；4=108°;。=不

.?.3=2處［0_(_1)］+@￡=型+必

2r2%21a4r

方向垂直紙面向里、

(c)B為三邊磁感應強度疊加，由對稱性

|B|=|BI+B2+B3|=|3BI|=3^-(COS^-COS6>,)

1,

r=-h

3

.在:及史］=見

47rhIna

方向垂直紙面向里、

10-14一根很長的銅導線，載有電流10A,在導線

內部通過中心線作一平面S,如圖所示、試計算通過導線

1m長的S平面內的磁通量(銅材料本身對磁場分布無影

響)、

習題圖10T4

解:設距軸線為r處的磁感應強度為B、則

2+

22

」=小。B2仃=飛七1。

,B=J?okr

2/rR2

①巾叫=。然"公

2兀R2

生也51=］小10-6微

41

即S平面內的磁通量為1.0xl0-6W&、

367頁11-1,11-5

11-1一載流/的無限長直導線，與一N匝矩形線圈ABCD共面。己知AB長為L,與導線間

距為a;CD邊與導線間距為b(b>a)。線圈以v的速度離開直導線,求線圈內感應電動勢的方向

與大小。

解由于/為穩(wěn)恒電流,所以它在空間各點產生的磁場為穩(wěn)恒磁場。當矩形線圈4?繆運動

時，不同時刻通過線圈的磁通量發(fā)生變化,故有感應電動勢產生。取坐標系如圖(a)所示。

設矩形線圈以速度v以圖示位置開始運動，則經過時間t之后,線圈位置如圖(b)所

示。取面積元數(shù)=/公,距長直導線的距離為X,按無限長直載流導線的磁感應強度公式知,

該面積元處B的大小為

B*/

2m

通過該面積元的磁通量為

dG=BdS=Mldx

24r

于就是通過線圈的磁通量為

①(。曰g;仁必以尸包廠也

JJa+vt2玄2乃X

〃o〃b+vt

-----In------

2萬a-\-vt

由法拉第電磁感應定律可知，川匝線圈內的感應電動勢為

E_Nd①_NO〃Na+vt(a+vi)v-(Z?4-vi)v

dt2?/?+vt(a+vr)2

〃o〃N[a+vr)v_0+vr)v

2萬(b+vt\a+vr)

令t二0,并代入數(shù)據，則得線圈剛離開直導線時的感應電動勢

"①?氏"vN(I11^}NlIv{b-a)

"i#2皿b

按楞次定律可知,E感應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8(t)。設B以速率亞=

dt

K變化(K為大于零的常量)?，F(xiàn)在其中放置一直角形導線abc。若已知螺線管截面半徑為

R,ah=/，求:

(1)螺線管中的感生電場Ey；

(2)ab/c兩段導線中的感生電動勢。

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a半徑為

廠(r<R)的圓周,根據感生電場與變化磁場之間的關系

■,一吟一噂人

可得

c、dB2

E17v2萬r=一〃■廠——=一兀廣K

dt

有

Ev=-]KG<R)

由楞次定律可以判斷感生電場為逆時針方向。

⑵解法一用法拉第電磁感應定律求解。連接Qa,0從與0c,在回路。，活。中，穿

過回路所圍面積的磁通量為

<D=-BS

則

4=K

dt214Jdt24)

而

E|=E?b+Eb"+Eoa—Eah

所以

1(廣丫2

E&b=Ei='lkR?~~

zI4)

方向由a指向力

1(廣丫/2

同理可得E“=—lkR2-一

加2I4)

方向由匕指向c

解法二也可由感生電場力做功求解。由于(1)中已求出七丫?則