大學(xué)物理教程(上)課后習(xí)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(yè)1-21-41-12

1-2質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為X=1)2,xj都以米為單位，/以秒為單位,

求：

(1)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡；

(2)從t=ls至卜=2s質(zhì)點(diǎn)的位移的大??；

(3)f=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/可得軌跡方程，將f=4代入，有

y=(4x-l)2

或y[y=\[x-l

(2)將f=ls和/=2s代入，有

4=li,々=4i+1/

□/二4一q=3/—y

位移的大小|口4=，32+I2=>/10/72

(3)=—=2t

vxdt

%=曰=2。-1)

,dt

v=2n,4-2(r-i)y

dvx_dvv

a=--=2,Q0=--=2

xYdtydt

a=2i+2j

當(dāng)/=2s時(shí)，速度和加速度分別為

v=4i+2jmis

a=2i+2jm/s2

1-4設(shè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為7=HeosAsin47(S/),式中的H、0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

—v?=——ClT=-7?<ws.in1oxi+Ra）coscot—i

dt

（2）質(zhì)點(diǎn)的速率為

v—《v；+串；=Rd）

速率的變化率為—=0

dt

1-12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6=3+2/（S/）。求質(zhì)點(diǎn)在f

時(shí)刻的法向加速度的大小和角加速度￡的大小。

解由于?=—=4/

dt

質(zhì)點(diǎn)在，時(shí)刻的法向加速度4的大小為

an=R（tr=167?產(chǎn)

角加速度△的大小為p=—=^radIs2

dt

77頁(yè)2-15,2-30,2-34,

2-15設(shè)作用于質(zhì)量”=1彷的物體上的力f=6/+3（夕），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)力廠對(duì)物體的沖量。

解由沖量的定義，有

/-2.0「2.0,|2.0

/=JoFdt（6/+3）力=（3/+3"0=18Mi

2-21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（左為常數(shù)）作用。設(shè)撤除牽引力時(shí)為7=0,初速度為%,

求（1）滑行中速度v與時(shí)間，的關(guān)系；（2）0至此時(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(guò)程中只受到阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有

兩邊積分，速度v與時(shí)間/的關(guān)系為

2-31一質(zhì)量為根的人造地球衛(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2火)，試以加，火和引力恒量G及地球的質(zhì)量M表示出:

(1)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

_Mmv2

G--------=TYI-----

(3/?)23R

2

衛(wèi)星的動(dòng)能為Ek^-mv=^^

26R

(2)衛(wèi)星的引力勢(shì)能為

_GMm

「蟲=-1與

JvovJom

2-37一木塊質(zhì)量為A/=1炫，置于水平面上，一質(zhì)量為加=2g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

mv}=mv2+Mu

對(duì)木塊用動(dòng)能定理

-juMgs-0--Mu2

加23一匕>(2X10-3)2X(500-100)2八，，

得⑴〃=----!--￡-=-------------------=0.16

2Mgs2xlx9.8x0.2

(2)子彈動(dòng)能減少

m(片一學(xué))=2401

114頁(yè)3-11,3-9,

例3-2如圖所示，已知物體4、B的質(zhì)量分別為價(jià).、mB,滑輪。的質(zhì)量為根一

半徑為R,不計(jì)摩擦力，物體5由靜止下落，求

(1)物體4、B的加速度；

(2)繩的張力；

(3)物體8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?；喸谧鞫ㄝS轉(zhuǎn)動(dòng)，視為圓盤，轉(zhuǎn)動(dòng)慣

例3-2圖

（2）角量與線量的關(guān)系：物體A、8的加速度就是滑輪邊沿的切向加速度，有

at=RJ3。

（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7；

分析三個(gè)物體，列出三個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)方程：

物體A=mAa

物體5mBg-T2=mBa

物體C（看—7；）R=J"=』//?%=,、而

22

（3）對(duì)5來(lái)說(shuō)有，聲一片=2?L

2mBgL

v=飛2aL=

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

口，若平板繞通過(guò)其中心且垂直板面的固定軸以角速度3。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J=-mR2,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

dM=u-lur-rdr

71/?2

總摩擦力矩為

2

Af=J。dM=—jUmgR

故平板的角加速度為

M

可見圓形平板在作勻減速轉(zhuǎn)動(dòng)，又末角速度0=0,因此有

2CAQ2M0

=2萬(wàn)。=下~

設(shè)平板停止前轉(zhuǎn)數(shù)為n,則轉(zhuǎn)角8=2?〃，可得

4兀M16njig

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R和Rz，質(zhì)量分別

為Mi和M2O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n和m?的兩個(gè)物體。求在重力作用下，

定滑輪的角加速度。

解：

mi：Ti—mig=

m2：m2g-T2=m2a2

轉(zhuǎn)動(dòng)定律：R2T2-&(=邛

其中：11

/=2時(shí)閥+泮2年

運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系：aa

居七

解得：(dD、

6=(叫叫一叫與)g

°一陷/2+嗎閭+(弧/2+，"2)&

3-6一質(zhì)量為〃?的質(zhì)點(diǎn)位于(X”乂)處，速度為/=u/+v,J,質(zhì)點(diǎn)受到一個(gè)沿x負(fù)

方向的力/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=xj+yj

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

Zo=rxmv=(x}i+yii)xm(vxi+vvy)=(x}mvy-y}mvx)k

作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為

M0=rxf=(xti+yJ)^(-fi)=yiJk

3-11如題3-11圖所示，一勻質(zhì)細(xì)桿質(zhì)量為加，長(zhǎng)為/,可繞過(guò)一端。的水平軸自由

轉(zhuǎn)動(dòng)，桿于水平位置由靜止開始擺下.求:

(1)初始時(shí)刻的角加速度；

(2)桿轉(zhuǎn)過(guò)6角時(shí)的角速度.

解：(1)由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有

加gg=(；加/)尸

則B嗎

(2)由機(jī)械能守恒定律，有

g(gml1)co2—mggsinO=0

題3-11圖

所以有

3-13一個(gè)質(zhì)量為M、半徑為R并以角速度0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)量為加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.

(1)問(wèn)它能升高多少？、

(2)求余下部分的角速度、角動(dòng)量和轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能.烈'

解：(1)碎片離盤瞬時(shí)的線速度即是它上升的初速度——-------

V§=R3

設(shè)碎片上升高度。時(shí)的速度為n,則有題3-13圖

v2=Vo-2gh

令v=0,可求出上升最大高度為

H=^=—R2CO2

2g2g

(2)圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J=碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量一〃求2,碎片脫

22

離前，盤的角動(dòng)量為"，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(dòng)量，碎片與破盤的總角動(dòng)量應(yīng)守恒，即

Jco=Jof+mv0R

式中力'為破盤的角速度.于是

；MR2①=0MR2-mR?)①'+mv°R

(-MR2-mR2)a)^(^MR2-mR^co"

得。'=。(角速度不變)

圓盤余下部分的角動(dòng)量為

1,,

{-MR2-mR2)a)

轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為

222

Ek=^MR-mR)a)

258頁(yè)8-2,8-12,8-17

8-7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(guò)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)(尸點(diǎn)到圓環(huán)中心的距離取為X).

解在圓環(huán)上任取一電荷元內(nèi)，其在P

點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為dE=——冷一

4密白2+尺72)V

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，各內(nèi)在尸點(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,解8-7圖

大小為:

x_qx

E=E//=JdEcos=f、

J14在山2+火2)3+R2A4在(，仔+相產(chǎn)

方向：“0時(shí)，(自環(huán)心)沿軸線向外；4〈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凡和艮(員〉R)，帶電量分別為⑺和飲，

求以下三種情況下距離球心為r的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：(1)r<R、；(2)Rt<r<R2(3)r>凡.并定性

地畫出場(chǎng)強(qiáng)隨/?的變化曲線

解過(guò)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)時(shí),

①。=^￡,cosOdS=E-=0,/.E=0

⑵當(dāng)R<r<Rz時(shí)，

①0=^Ecos6dS-E-4%二-qje0,

:.E=0/4在(/2

⑶當(dāng)r>R2時(shí),

解8T2圖場(chǎng)強(qiáng)隨r的變化曲線

￡

①Ecos6dS=E?4M+(j2)/o

?.?E=5+%)/4f/

8-13均勻帶電的無(wú)限長(zhǎng)圓柱面半徑為凡每單位長(zhǎng)度的電量（即電荷線密度）為九

求圓柱面內(nèi)外的場(chǎng)強(qiáng).

解過(guò)所求場(chǎng)點(diǎn)作與無(wú)限長(zhǎng)帶電圓柱面同軸的、長(zhǎng)為1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)4>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八當(dāng)即所求場(chǎng)點(diǎn)在帶電圓柱面內(nèi)時(shí)，因?yàn)?/p>

①,=fEcosOdS=JEcosOdS+Q+0-E-2%"=0,/.E=0；

當(dāng)即所求場(chǎng)點(diǎn)在帶電圓柱面外時(shí)，???①。=￡?2勿=-----

￡02兀

8-15將q=2.5XlO^c的點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的力點(diǎn)移到8點(diǎn)，外力作功5.0X10%.問(wèn)電

勢(shì)能的增量是多少？/、8兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是多少？哪一點(diǎn)的電勢(shì)較高？若設(shè)8點(diǎn)的電勢(shì)為

零，則/點(diǎn)的電勢(shì)是多少？

解電勢(shì)能的增量：A%=K一叼=/外=5.0xl0』J；

A.8兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：

—=-5.0X1°：=一2?

qqq2.5xl0-8

???8點(diǎn)的電勢(shì)較高;

2

若設(shè)8點(diǎn)的電勢(shì)為零，則UA=-2.0X10V.

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)」一，其中R是球面的半

4兀￡°R

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)即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面內(nèi)時(shí)：一+42

4在4底0先

（2）當(dāng)凡<'<凡即所求場(chǎng)點(diǎn)在小球面外、大球面內(nèi)時(shí)：。=一生一+/

47reQr4在。色

當(dāng)r>R,即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面外時(shí)：U=+—人=包》

4碼r4fr4碼r

當(dāng)r>R：即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面外時(shí)：U=+——=/金

4〃￡O〃4在4笳

285頁(yè)9-3,9-4

9-3.如圖，在半徑為R的導(dǎo)體球外與球心。相距為a的一點(diǎn)4處放置一點(diǎn)電荷+Q,在球

內(nèi)有一點(diǎn)8位于/O的延長(zhǎng)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

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

-1

EB=E[+—二干=0

BP4g/

1

曷=一r

4在o（a+r）3

（2）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

%=小——

4疫or

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。點(diǎn)的電勢(shì)相等

a七

因球面上的感應(yīng)電荷與球心。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。點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為零，且匕；=玲，因此

所以，B點(diǎn)的電勢(shì)V=q

B4%。

9-4.如圖所示，在一半徑為我/=6.0cm的金屬球力外面罩有一個(gè)同心的金屬球殼6.已知

球殼8的內(nèi)、外半徑分別為&=8.0cm,R3=10.0cm,工球帶有總電量。彳=3.0xl（y8c,球

殼8帶有總電量&=2.0x10-8c.求：（1）球殼8內(nèi)、外表面上所帶的電量以及球N和球殼

8的電勢(shì)；（2）將球殼8接地后再斷開，再把金屬球N接地,求金屬球A和球殼8的內(nèi)、

外表面上所帶的電量，以及球力和球殼8的電勢(shì).

解：（1）在導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡后，。彳分布在導(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0“，外表面上感應(yīng)出正電荷0“，則B球殼外表

面上的總電荷（01+02）。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

&=0（r<4）隅=7^閨<r<4）

4飛廠

習(xí)題9.4圖

片=0（&<r<4），&=>凡）

4陽(yáng),

E的方向眼徑向外.

導(dǎo)體為有限帶電體，選無(wú)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)匕）和與.

A球內(nèi)任一場(chǎng)點(diǎn)的電勢(shì)叱為

cR\—pR,—?「A】—c°°—?

VA=[E[.dr+^E2.dr+\REi.dr+^

近4兀品廠加4席。廠

_]（。/1_QA+QA~^QBx

4%RR2R.

B球殼內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)喔為

腺=］廣心外—"+工廣心8—?赤

_12+4力.2+9

4%/4密為

9-5.兩塊無(wú)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(wú)限1■:34

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)LU—U

面平行，由高斯定理可得1

0=------/.<7,=一外

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)

由%=一。3得5=一。4

9-7.一平行板電容器，充電后極板上的電荷面密度為。=4.5x10-5現(xiàn)將兩極板與電

源斷開，然后再把相對(duì)電容率為/=2.0的電介質(zhì)充滿兩極板之間.求此時(shí)電介質(zhì)中的萬(wàn)、E

和A

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(méi)有發(fā)生變化，所以自

由電荷面密度也沒(méi)有發(fā)生變化，由

極化電荷面密度。'=

對(duì)于平行板電容器尸=。'

且凡力，月的方向均沿徑向.

9-11.圓柱形電容器由半徑為必的導(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

為與的電介質(zhì).圓筒內(nèi)半徑為&.電容器長(zhǎng)為小沿軸線單位長(zhǎng)度上的電荷為±九略去邊緣效

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.//c、

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V

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)

&=0,rvR]

2

￡=---------------,7?2>丫>Ri

272密￡/21

E3=0,r>7?2

...兩極的電位差u=E2-dl=-------Inr=-------In--

由27l￡0Er&27T￡0￡r

（2）由第（1）問(wèn)知，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度

E=---------

2TCE0￡J

電位移。

2孫

極化強(qiáng)度P=（￡r-l）￡0

z八2

92

AB

329頁(yè)10-9,10-10

10-6一邊長(zhǎng)為/=0.15m的立方體如圖放置，有一均勻磁

場(chǎng)月=(6,+3/+1.5%)T通過(guò)立方體所在區(qū)域.計(jì)算：

(1)通過(guò)立方體上陰影面積的磁通量；

(2)通過(guò)立方體六面的總磁通量.

解：(1)立方體一邊的面積S=/

習(xí)題圖10~6

①=月密=(67+3；+1.5斤)qo.1527)=0.135版

(2)總通量①=力'百=0

10-11如圖所示，已知相距為d的兩平行長(zhǎng)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(guò)圖中矩形面積的磁通量(八=勺)

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8?和82

方向相同，都垂直紙面向外。故

Bp=B1p+B2P

設(shè)P點(diǎn)離導(dǎo)線1的距離為r,則

，川

B,”、=%B”

2兀R2兀(d-r)

代入上式得

6T+_^

2加2萬(wàn)(d-r)

(1)在導(dǎo)線等距的點(diǎn)有

2血

(2)取面積元dS=/dr,則通過(guò)矩形面積的磁通量為

①,“=Js5UdSfdr

"1n…2+Windf

2萬(wàn)i\2%d-r{-r2TCi\

10-10如圖，載流導(dǎo)線彎成(a)、(b)、(c)所示的形狀，求三圖中產(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方的

(?)⑹(c)

習(xí)題圖10-10

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(zhǎng)為/=0.15m的立方體如圖放置，有一均

勻磁場(chǎng)月=(6i+3/+1.5月)T通過(guò)立方體所在區(qū)域.計(jì)算：

(1)通過(guò)立方體上陰影面積的磁通量；

(2)通過(guò)立方體六面的總磁通量.

解：(1)立方體一邊的面積S=L

B=”(cosa-cosq)="(cos90°-cos180°)

4774萬(wàn)。

①=瓦^(guò)=(67+37+1.5^)G(0.1527)=0.135^

(3)總通量中=。豆?公=0

10-11如圖所示，已知相距為d的兩平行長(zhǎng)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(guò)圖中矩形面積的磁通量(八=q)

11-2

解在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點(diǎn)尸處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度耳?和方

方向相同，都垂直紙面向外。故

Bp=B[p+B2P

設(shè)。點(diǎn)離導(dǎo)線1的距離為r,則

B=mB-m

—”-2兀（d—r）

代入上式得

'2"24（"一r）

（3）在導(dǎo)線等距的點(diǎn)有

』B江

27nd

（4）取面積元dS=Idr,則通過(guò)矩形面積的磁通量為

=迎M叱^+迎In…=刈1?j

2兀62乃d-rx—r271r\

10-10如圖，載流導(dǎo)線彎成（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中尸點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度月的

大小和方向.

⑹(c)

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)

B=-(cos仇-cosq)=(cos90"-cos180")

4兀r47va

=M[0-(-l)]

=A/

4兀a

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

阿平1+瓦+瓦卜|2瓦+叫=2祟(cos2一cosa)+”(

r=a；q=90°；a=108°;。=〃

B=2/0-(-1)]+&二=

A兀a2r242兀a4r

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

同=|瓦+瓦+瓦|=B明=3答?(cosg-cosq)

1,

r=-h

3

：.B=&巫[="

4〃h17ia

方向垂直紙面向里.

10-14一根很長(zhǎng)的銅導(dǎo)線，載有電流10A,在導(dǎo)線

內(nèi)部通過(guò)中心線作一平面S,如圖所示.試計(jì)算通過(guò)導(dǎo)線

1m長(zhǎng)的S平面內(nèi)的磁通量(銅材料本身對(duì)磁場(chǎng)分布無(wú)影

響).

解：設(shè)距軸線為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.則

曲di=〃ol,±=&

中7ir兀R

「2

二/=港/°；82%尸=4。

,ML.,.

5=2萬(wàn)火2

①=口百0/5=

04%

4；Z-X10-X10xl=1.0xl0-6^

4萬(wàn)

即S平面內(nèi)的磁通量為1.0x10-6版.

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

同=|瓦+①+畫=|23+固=2崇(cosg-cosq)+字!

r=a；q=90°；a=108°;。="

.?.8=2叢。0-(-1)]+政二=必+”

47ra2丫2萬(wàn)2兀a4r

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

同=|瓦+瓦+可邛可=3%(cosa-cosq)

1,

r=-h

3

4〃h2兀a

方向垂直紙面向里.

10-14一根很長(zhǎng)的銅導(dǎo)線，載有電流10A,在導(dǎo)

線內(nèi)部通過(guò)中心線作一平面S,如圖所示.試計(jì)算通過(guò)導(dǎo)

線1m長(zhǎng)的S平面內(nèi)的磁通量(銅材料本身對(duì)磁場(chǎng)分布無(wú)

影響).

習(xí)題圖10T4

解：設(shè)距軸線為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8.則

眄力=⑷，奈=.

..8=烏％

2兀M

〃o，()/

中前和=rdr=

J。券的第r4%

4"Xi。-'xlOxl

=1.0x10^^

4〃

即S平面內(nèi)的磁通量為1.0x1Of好.

367頁(yè)11-1,11-5

11-1一載流/的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線，與一N匝矩形線圈ABCD共面。已知AB長(zhǎng)為L(zhǎng),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7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465運(yùn)動(dòng)

時(shí)，不同時(shí)刻通過(guò)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(guò)時(shí)間t之后，線圈位置如圖(b)

所示。取面積元dS=/dx,距長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離為X,按無(wú)限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式

知，該面積元處》的大小為

B=幺7

2班

通過(guò)該面積元的磁通量為

dG=BdS=^ldx

2TDC

于是通過(guò)線圈的磁通量為

①(/)=卜①=「"也=肛「也

JJa+W2加2%X

〃o〃|b+vt

----In-----

2〃a+vt

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，A『匝線圈內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E_Nd①_NO"Na+vt(a+vt)v-(6+vt)v

dt2兀b+vt(a+v/)2

〃o〃N(6Z+vZ)v-(Z?+vZ)v

2〃(h+vt\a+W)

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)

”①IdHvN(1np.NUvib-a)

按楞次定律可知，E感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針?lè)较颉?/p>

11-5在無(wú)限長(zhǎng)螺線管中，均勻分布著與螺線管軸線平行的磁場(chǎng)5(t)。設(shè)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(dǎo)線abc=若己知螺線管截面半徑為

R,ab=l,求：

(1)螺線管中的感生電場(chǎng)后『

(2)ab,be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0,半徑

為r(r<R)的圓周，根據(jù)感生電場(chǎng)與變化磁場(chǎng)之間的關(guān)系

由EvQil=-^^=-\—0/5

也dt卜3/

可得

瓦D2萬(wàn)=-nr1—--nr-K

dt

有

Ev=——K(r<7?)

由楞次定律可以判斷感生電場(chǎng)為逆時(shí)針?lè)较颉?/p>

(2)解法一用法拉第電磁感應(yīng)定律求解。連接瓦，瓦和瓦，在回路?！?。中,

穿過(guò)回路所圍面積的磁通量為

(,2\'/2

<P=—BS=-LBIR2-—

24J

則

/>7/2

d①1/2VdB1(/2式

-IR2--K

dt214Jdt214J

而

E\=Eab+Ebo+Eoa=E“b

所以

1(/2嚴(yán)

2

Eah=E,=-lkR-^

2k4J

方向由。指向6

1(/2丫2

同理可得E=-lkR2--

hc2I.4)

方向由b指向c

解法二也可由感生電場(chǎng)力做功求解。由于(1)中已求出會(huì)則

11-1.解:(1)由電磁感應(yīng)定律-----=-12/—8

1ud