704-清明节手抄报内容简短

1-3．一质点在xOy平面内运动，运动函数为
x2t,y4t
2
8
。（1）求质点的轨道方程
并画出轨道曲线；（2）求
t=1 s和t=2 s
时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由
x2t,
得：
t
x
,
代入
y4t
2
8

2
可得：
yx
2
8
，即轨道曲线。
画图略





由
vdrdt
则速度：
v2i8tj




由
advdt
则加速度：
a8j







则：当t=1s时，有
r2i4j,v2i8j,a 8j

（2）质点的位置可表示为：
r2ti(4t
2
8)j
22







当t=2s时 ，有
r4i8j,v2i16j,a8j

1-4．一质点的运动学方程为
xt，y(t1)
，x和y均以m为单位，t以s为单位。（1）
求质点的轨迹 方程；（2）在
t2s
时质点的速度和加速度。
解：（1）由题意可知：x≥0，y≥0，由
xt，
，可得
t

2
x
,代入
y(t1)
2

yx1
，即轨迹方程


（2）质点的运动方程可表 示为：
rt
2
i(t1)
2
j



则：
vdrdt2ti2(t1)j




advdt2i2j



因此, 当
t2s
时，有
v4i2j(ms),a2i2j(ms
2
)

整理得：
1-9．汽车在半径为400m的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻 ，汽车的速率为
10ms
，
切向加速度的大小为
0.2ms
。求 汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。
-2
-1
10
2
解： 法向加速度的大小
a
n
0.25(ms
2
),
方向指向圆心

400
总加速度的大小
v
2
aa2

a
2
n
0.2
2
0.25
2
0.32(ms
2
)

a

0.8,

3840',

a
n
则总加速度与速度夹角

90

12840'

如图1-9，
tan








2-26．如图所示，在水平地面上，有一横截面
S=0.20m
的直角弯管，管中有流速为
2
v=3.0ms
1
的水通过，求弯管所受 力的大小和方向。
解：对于水，在竖直方向上，由动量定理有：

0

vdtSvFdt
1
①
在水平方向上，由动量定理有：

vdtSvF
2
dt
②

题图2－26

由牛顿第三定律得弯管所受力的大小：
FF
1
2
F
2
2
③

由①②③带入数据得F=2500N，方向沿直角平分线指向弯管外侧。
2—29. 如图2 -29所示，已知绳能承受的最大拉力为9.8N，小球的质量为0.5kg，绳长0.3m，
水平冲量 I等于多大时才能把绳子拉断（设小球原来静止）。
解：由动量定理有：
mv0I
①
②
L
v
2
由牛顿第二定律有：
Fmgm

l



由①②带入数据得：
I0.857kgms

I
题图2－29


2-34．设
F
合
7i6j(N)
。




（1）当一质点从原点运动到
r3i4j 16k(m)
时，求
F
合
所作的功；


r< br>（2）如果质点到处时需0.6s，试求
F
合
的平均功率；
（3）如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。


解：（1）
A=

Fdr


r



=

(7i6j)(dxidyjdzk)

0
0

r

=

-3
0
7dx

6dy

0
4

45J
，做负功
（2）
P
A-45
-75W

t0.6
2
（3）
E
k
A45J

2-37．求把水从面积为
50m
的地下室中抽到街道上来所需作的功。已知水深为1.5m ，水面
至街道的竖直距离为5m。
解：如图以地下室的O为原点，取X坐标轴向上为正，建立如图坐标轴。
选一体元
dVSdx
，则其质量为
dmpdVpSdx
。
把
dm
从地下室中抽到街道上来所需作的功为
dAg(6.5x)dm

故
A






1.5
0
dA

pSg(6.5 x)dx4.2310
6
J

0
1.5
题图2-37

2—39．一质量为m、总长为
l
的匀质铁链，开始时有一 半放在光滑的桌面上，而另一半下垂。
试求铁链滑离桌面边缘时重力所作的功。
解：取桌面为坐标原点，竖直向下为
y
轴正向，建立坐标轴，
当绳子悬垂下长度为
y
时，其质量为

dA
m
y
，从该位置开始继续下落
dy
过程中，重力做功
l
m
ygdy

l
则铁链滑离桌面边缘过程中，重力作的功为
A

1
d A

1
2
l
l
m3
ygdymgl

l
8
2
l
l
2-41．一沿x轴正方向的力作用在一质量为 3.0kg的质点上。已知质点的运动方程为
x3t4t
2
t
3
，这里
x
以m为单位，时间
t
以s为单位。试求：（1）力在最初
4.0s
内作的
功；（2）在
t=1s
时，力的瞬时功率。
解：
(1)v(t)
dx
38t3t
2

dt
则
v(4)19ms,v(0)3ms

由功能原理，有
1
22

m

v(4)v(0)528J
< br>
2
dxdv
38t3t
2
,a(t)6t8
（2）
v(t)
dtdt
AE
k

t1 s
时，
Fma6N,v2ms

则瞬时功率
pFv12W

2—46．长度为
l
的轻绳 一端固定，一端系一质量为m的小球，绳的悬挂点正下方距悬挂点
的距离为d处有一钉子。小球从水平位 置无初速释放，欲使球在以钉子为中心的圆周上绕一
圈，试证d至少为
0.6l
。
证：小球运动过程中机械能守恒，选择小球最低位置为重力势能的零点。设小球在A处时速
度为 v，则:
mglmg2(ld)
1
2
mv

2
mv
2
又小球在A处时向心力为:
F
N
mg

ld
其中，绳张力为0时等号成立。联立以上两式，解得
d0.6l









题图2—46
题图2—47

2—47．弹簧下面悬挂着质量分别为
M< br>1
、
M
2
的两个物体，开始时它们都处于静止状态。突
然把< br>M
1
与
M
2
的连线剪断后，
M
1
的 最大速率是多少？设弹簧的劲度系数
k8.9Nm
，
而
M
1500g,M
2
300g
。
解:设连线剪断前时弹簧的伸长为x， 取此位置为重力势能的零点。
M
1
系统达到平衡位置时
弹簧的伸长为
x

,根据胡克定律，有
1
kx(M
1
M
2
)g

kx

M
1
g

系统达到平衡位置时，速度最大，设为
v
。由机械能守恒，得
1
2
1
2
1
kxkx

M
1
g(xx< br>
)M
1
v
2

222
联立两式，解之：
v1.4ms

4-2 长度为1m的 米尺L静止于
K'
中，与
x
轴的夹角

'30,K'< br>系相对
K
系沿
x
轴运动，
在
K
系中观察得到 的米尺与
x
轴的夹角为

45
，试求：（1）
K'系相对
K
系的速度是多
少？（2）
K
系中测得的米尺的长度？
解：（1）米尺相对
S'
系静止，它在
x'和y'
轴的投影分别为：
L
x
'L
0
cos

'0.866m
L
y
'L
0
sin

'0.5m

米 尺相对S系沿x方向运动，设运动速度为v，为S系中的观察者，米尺在x方向将产生长
度收缩，而y方 向的长度不变，即
v
2
L
x
L
x
'1
2

L
y
L
y
'

c
故米尺与x轴的夹角满足
tg


L
y
L
x

L
y
'
L
x
'1vc
2
2

将

与
L
x
'
、
L
y
'
的值代入可得：
v0.816c

（2）在S系中测得米尺的长度为：
L
L
y
sin45
0.707(m)

8
4-8

子的静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿 命

0
210s
，若它在
实验室参考系中的平均寿命

710s
，试问其质量是电子静止质量的多少倍？
解：设

子 在实验室参考系中的速度为
u
、质量为
m
，依题意有：
8



0
1
u
2

c
2
将

和

0
的值代入得：


0
2


c

7
当

子速度为
u
时其质量为： < br>2
u
1
2

m
m
0
1
u
2
c
2
77
m
0
207m
e< br>724.5m
e

22
4-9 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之多少？
解：设物体速度为
u
、质量为
m
、长度为
L
，静止质量和长度分别为
m
0
和
L
0
，依题意有：
m
m
01
u
2
2
1.1m
0
c
2
m
0
1

m1.1

1
L
0
90.9%L
0

1.1

1
u
c
2
因此，根据长度收缩效应有：
LL
0
1
u
2
c
2
所以在运动方向上缩短了：
L9.1%L
0

9-9 如题图9-9所示，长l=0.15m的细直 棒AB上，均匀地分布着线密度

5.0010Cm
91
的正电荷 ，试求：（1）在细棒的延长线上，距棒近端d
1
=0.05m处P点的场强；






dy






题9-9解图(1)
题图9-9


解：(1) 以P点为坐标原点，建立如图（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电
量为
dq

dy
，其在P点的场强为
dE
，则
dE
dq

dy


22
4π< br>
0
y4π

0
y
∴
E


d
1
l
d
1

dy

< br>11

2
6.7510(NC)或(Vm)



2
4π

0
y4π

0

d
1
d
1
l


方向沿Y轴负方向

9-11 无限长均匀带电棒
l
1
上的线电荷密度为

1
,
l
2
上的线电荷密度为


2
，
l
1
与
l
2
平行,在与
l
1
，
l
2
垂直的平面上有一点P,它们之间的距离 如题图9-11所示,求P点的电场强度。
解：
l
1
在P点产生的场强为：

E
1


1


1

ii

2π

0
a
1
0.8π

0
l
2
在P点产生的场强大小为：
E
2



2

2π

0
a
2
方向如题9-11解图所示。
把
E
2
写成分量形式为：

题图9-11
< br>

2

2

3

2

4

2

3

2

E
2
E
2
cos

iE
2
sin

ji+jij

5π

0
a
2
10π

0
a
2
5π

0
5π

0
∴在P点产生的合场强为：



1
4

2


3

2

EE
1E
2


j


i
0.8π< br>
5π

5π

00

0

9-12 一细棒被弯成半径为R的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q.如
题图9-12所示,求圆心O点处的电场强度。










题图9-12 题9-12解图



2Q
dl
，产生的场强为
dE
。 解：把圆环 分成无限多线元
dl
，
dl
所带电量为
dq
π
R

则
dE
的大小为：
dE
QdlQd



2π
2

0
R
3
2π
2

0
R
2

把
dE
分解成dE
x
和dE
y
，则：

dE
x
sin

dE

dE
y
cos

dE

由于+Q、-Q带电量的 对称性，x轴上的分量相互抵消，则：
E
x
0

E
y2

dE
y
2

cos

dE

∴圆环在O点产生的场强为：
E
π
4
0Qcos

d

Q


2222
π< br>
0
R
π

0
R

Q
< br>2

0
R
2

j

9-15 一均匀带电半圆环，半径为R，电量为+Q，求环心处的电势。
解：把半圆环无穷分割，取线元
dl
，其带电量为
dq
Q
dl
，则其在圆心O的电势为：
π
R
du
dqQdl


4π

0
R4π

0
RπR
∴整个半圆环在环心O点处的电势为：
u

π
R
0
QdlQ


4π

0
RπR4π

0
R

9-16 一面电荷密度为б的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周
围的电势分布。
解：无限大平面周围的场强分布为：



Ei

2

0
取该平面电势为零，则周围任一点P的电势为：
U
P



x
0

x

dx (x)

2

0
2

0
2

0

9-18 设在均匀电场中，场强
E
与半径为R的半球面的 轴相平行，试计算通过此半球面的
电场强度通量？


2
解：在圆 平面S
1
上：



EdS－E

d S
1
－E

R

s
1
所以通过此半球面的电通量为：

e
E
π
R
2

题9-18解图

题9-19解图



9-19 两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R
1
和R
2
（R
2
>R
1
）.单位长
度上的电量为λ,求离轴线为 r处的电场强度：(1)
rR
1
；(2)
R
1
rR
2
；(3)
rR
2

解：，由于场为柱对称的，所以作如图所示同轴圆柱面为高斯面.
所以根据高斯定理可得


S


q
i

，
E

dS2πrlE

0
（1）
rR
1
， 因为此高斯面没有包围电荷，

q
i
0

所以有：
2πrlE0,即E0

（2）对
R
1
rR
2
，

q

l

i
2πrlE
（3）对
rR
2
，
l


0
i
故得：
E
1


2π

0
r

q

l

l0

1
(l

l

)0
故得：E=0。
2πrlE


0
9-21 在半径为R
1
和R
2
的两个同心球面上分别均匀带电q
1
和q
2
,求在
0rR
1
,
R
1
rR
2
,
rR
2
三个区域内的电势分布。
解：利用高斯定理求出：
E
I
0(rR
1
)


E
I I

q
1
4

0
r
2

r
0
(R
1
rR
2
)


题9-21解图


qq

E
III

12
r
0
(rR
2
)

4

0
r
2

电势的分布：
U
III



r
< br>
qqq
1
q
2

12
E
I II

dr

dr(rR
2
)

r
4

0
r
2
4

0
r
R
2





U
II
< br>
E
II

dr

E
III
< br>dr
rR
2


R
2
q
1
4

0
r
2
R
1
r
dr
q< br>1
q
2
1

q
2
q
1





(R
2
rR
2
)< br>4

0
R
2
4

0

R
2
r

U
I


r


R
2




E
I

dr

E
II

dr

E
III< br>
dr
R
1
R
2
1

q
2
q
1





(rR
1)
4

0

R
2
R
1
< br>

10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A，B和C，面积均为200 cm
2
,A与B相距4mm，
A与C相距2mm，B和C两板均接地，若A板所带电量 Q=3.0×10
-7
C，忽略边缘效应,求：
（1）B和C上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

d







题图10-1

题10-1解图

解：（ 1）设
B、C
板上的电荷分别为
q
B
、
q
C
。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为
6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间 的场强方向垂直于导体表面。作如图
中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零 ，故由高斯定理得：
q
A1
q
C

q
A2
q
B

即
q
A
又因为：
U
AC
而:
U
AC
(q
B
q
C
)
①
U
AB



d
E
AC


2
U
AB
E
AB
d

∴

E
AC
2E
AB



C


2
B


0

0
S

C

S

2
B< br> 两边乘以面积S可得：

0

0
于是：
即：
q
C
2q
B

②
联立①②求得:

q
C
210
 7
C,q
B
110
7
C


(2)
U
A
U
AC
U
C
U
AC
E
AC

d

C

d
q
C

d


2

0
2S< br>
0
2
210
7
33
2102.26 10(V)

412
200108.8510
10-3 电量 为q的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R
1
和R
2
，求场 强和
电势的分布。
解：由静电感应在球壳的内表面上感应出
q
的电量，外 表面上感应出
q
的电量.
所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：
E
1

q
4π

0
r
2

(rR
1
)

E
2
0

(R
1
rR
2
)

E
3

q
4π

0
r
2

(R
2
r)

题10-3解图

q

2
即：
E

4 π

0
r

0

U
3


U
2


R
2

(rR
1
,rR
2
)
(R
1
rR
2
)
q

r



E
3
dr

r
4π

0
r
dr
2
q
，
(rR
2
)

4π

0
r
q< br>4π

0
R
2
r
r


 





E
2
dr

E
3
dr

E
3
dr
R
2
R
2
,
(R
1
rR
2
)

U
1



R
1
r


R
2





R
1





E
1
dr

E
2
dr

E
3
dr

E
1
dr

E
3
dr

R
1
R
2
R
2
q

111



,
(rR
1
)

4π

0

rR
1
R
2

综上可知:


q

111

 (rR
1
)



4π

0

rR
1
R
2


q

U
(R
1
rR
2
)
4π

R02


q
(rR
2
)

4π
0
r



10-4 半径为R
1
的导体球，带有电量q；球外有内、外半径分别为R
2
，R
3
的同心导体球壳 ，
球壳带有电量Q。（1）求导体球和球壳的电势U
1
，U
2
； < br>解:如图题10-4解图（a）所示,当导体达到静电平衡时,
q
分布在导体球的表面上 .由于静电
感应在外球壳的内表面上感应出
q
电量.外表面上感应出
q< br>电量，则球壳外表面上共带电
荷
(Qq)
.
(1) 由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为：
E
1
0

(rR
1
)

E
2

q
4π

0
r
2

(R
1
rR
2
)

E
3
0

(R
2
rR
3
)

E
4

Qq

(R
3
r)

4π

0
r
2
题10-4解图（a）
E
的方向均沿经向向外.
取无限远处电势为零，则由电势的定义可得：
内 球体内任一场点
p
1
(rR
1
)
的电势
U
1
为
U
1



=
R
1r


R
2


R
3

+


E
1

d
r
+< br>
E
2

d
r
+

E
3< br>
d
r
+

E
4

d
r< br>
R
1
R
2
R
3

R
2< br>q
4π

0
r
R
1
dr+

2
+
R
3
Q+q1

qqq+Q

d r=

+


4π

0
r
2< br>4π

0

R
1
R
2
R
3

外球壳体内任一场点
p
2
(R
2
rR
3
)
的电势为:
U
2






R
3
r


+


+
qQqQ
dr

E
3

d
r
+

E
4

d
r

2
R
3
4
R
3
π

0
r4π

0
R
3

10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a，外球壳半径为b，
求电容器的电容。
解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称
性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：
E
据场强与电势差的关系：
Q
4π

0
r
2
，
(arb)

U
ab


于是有：
b
a


b
E

dr

a< br>Q
4

0
r
2
dr
Q

11





4

0
< br>ab

C
Q

U
ab
Q
4π< br>
0
ab(ba)

Q

11




4π

0

ab

10- 9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d
1
，d
2
的电介质，其相对电
容率分别为

r1
，

r2
， 极板的面积为S，所带面电荷密度为+б
0
和-б
0
.求：（1）两层介质中
的场强E
1
,E
2
;（2）该电容器的电容。
解: (1) 平行板电容器为介质是真空时
E
0


0


0
题10-9解图
当充满相对电容率为

r1
,

r2
的介质时，场强分别为：
< br>E
1

E
0

r1
E
0


0
，方向为垂直极板向下。

0

r1
E
2


r2


0
，方向为垂直极板 向下。

0

r2
(2) 该电容可以看成是
C
1
与C
2
的串联。
C
1

0

r1
s
d
1

C< br>2


0

r2
s
d
2


0

r1
s


0

r2
s
∴
C

0

r1
s


0

r2
s

r1
r2

0
s
C
1
C
2
d
1
d
2



s

s
C< br>1
C
2

0

r1
sd
2


0

r2
sd
1

r1
d
2


r2
d
1
0r1

0r2
d
1
d
2

10-10 一无 限长的圆柱形导体，半径为R，沿轴线单位长度上所带电荷为

，将此圆柱放
在无限大 的均匀电介质中，电介质的相对电容率为

r
，求：（1）电场强度E的分布规律；< br>（2）电势U的分布规律（设圆柱形导体的电势为U
0
）
解：由于电荷分布呈 对称性，故
D
、
E
分布亦呈对称性，方向沿径向.以
r
为半 径作一同轴圆
柱形柱面，圆柱长为
l
。如图中虚线所示，则通过此面的
D通量为:


D


ds2πrlD

由高斯定理可知:



0rR
D

ds2πrlDq

i


lrR



0

解之得:
D

< br>
2πr
由
D

0

r
E可知:

rR


rR


 0

E



2πr

0r


rR


rR


题10-10解图
（2）据电势与场强的关系可知：取圆柱面附近某点B处电势为零. U

B
r


E

dl
,
则：
U
0
=
当
r
≤
R
时,
U
当
r
≥
R
时,
U

B< br>R


E

dl



R
r
B


B


E

d l

E

dl=0U
0
U
0
R
r

B




R
E

dl

E

dl

E

dl

rR


B
R

< br>r


r
E

dl-

E

dl=U
0


R

dr
R
2 πr

0r
=U
0

综上可知电势分布为：


r

R
ln=U
0
ln.

2π

0

r
R2π

0

r< br>r
U
0
(rR)



U
< br>
R
Uln(rR)

0
2π

r< br>0r


11-7 用两根彼此平行的 长直导线将半径为
R
的均匀导体圆环联到电源上，如题11-7图所
示，
b< br>点为切点，求
O
点的磁感应强度。

和
ab
并联，设大圆弧有电流
I
，小圆弧有电流
I
，必有： 解：先看导体圆环 ，由于
ab
大小
1
2
I
1
R
大
 I
2
R
小
.

由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S相 同，实际电阻与圆环弧的弧长
l
大
和
l
小
有关，
即 ：
I
1
l
大
I
2
l
小
,



0
I
1
l
大
,
则I
1
在
O
点产生的
B
1
的大小为
B< br>1

2
4πR


0
I
2
l
小
B
1
.
而
I
2
在
O点产生的
B
2
的大小为
B
2

4R
2

B
1
和
B
2
方向相反，大小相等.即< br>B
1
B
2
0
。

直导线
L< br>1
在
O
点产生的
B
3
＝0
。
直导 线
L
2
在
O
点产生的
B
4

则< br>O
点总的磁感强度大小为
题11-7图


0
I
，方向垂直纸面向外。
4

R
B
0
B
4


0
I

4

R
11-15 已知一均匀磁场的磁感应强度
B
=2 T，方向沿
x
轴正方向，如题11-15图所示。试求
（1）通过图中
abc d
面的磁通量；（2）通过图中
befc
面的磁通量；（3）通过图中
aef d
面的
磁通量。
解：（1）取各面由内向外为法线正方向。则

abcd
BS
abcd
cos24010
2
30 10
2
Wb
0.24Wb,穿入.
（2）

befc
BS
befc
cos


0.

< br>（3）

aefd
BS
aefd
cos

BS
abcd
0.24Wb,穿出.

11-25 如题11-25图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流
I
1
20A
，线圈
中通有电流
I
2
10A< br>。求矩形线圈上受到的合力是多少？已知
a1cm,b9cm,l20cm
。


解：根据安培力公式:
dFIdlB

可知矩形 线圈上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消，左右两边受力大小不等，方向
相反，且左边受力较大 。矩形线圈受合力为

FF
左
F
右
I
2lB
左
I
2
lB
右


0
I
1
I
2
l

11



2

aab

410
7
1

1
20100.2

2


2 0.1



10
7.210
4
N,方向向左.

11-27 载有电流
I20A
的长直导线
AB
旁有一同平面的 导线
ab
，
ab
长为9cm，通以电流
I
1
20 A
。求当
ab
垂直
AB
，
a
与垂足
O点的距离为1cm时，导线
ab
所受的力，以及对
O
点的力矩的大小。
解：电流
ab
中任意电流元受力大小为
dfI
1
Bdx< br>。
f

df

7
0.1

0
II
1
2x
0.01
dx

0
2
II
1
ln
0.1

0.01
A

I

O


410
2020ln10 1.8410
4
N.

2
a

I
1

b

对
O
点力矩为
1cm
0.1
M

dM

xdf



0
II
1
2x
0.01
xdx

B

题11-27图


0
2
I
1
I
2
(0.10.01)7.210
6
m

N.

13-2 如题图13-2所示，有一半 径为
r
=10cm的多匝圆形线圈，匝数
N
=100，置于均匀磁场

。圆形线圈可绕通过圆心的轴
O
1
O
2
转动，转速
n
=600revmin。求圆线圈自图
B
中（
B
=0.5T）< br>示的初始位置转过

2
时，
(1) 线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻为
R
=100

，不计自感）；
(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度。
解：(1) 圆形线圈转动的角速度

=
2

n
20

rads
60

设
t
=0时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向为 回路绕行的正方向。则
t
时刻通过该回路
的全磁通



NB

SNBScos

tNB

r
2
cos

t

电动势
< br>i

d

NB

r
2

sin

t

dt
NB

r
2

sin

t

感应电流
I
i


RR

i
将圆线圈自图示的初始 位置转过

2
时，

t
代入已知数值 得：
I
i
0.99A



2
(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为
B
i
N

0
I
i
2r
6.2210
4
T



B
i
的方向与均匀外磁场
B
的方向垂直。
13-4 如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流
I
，近旁有一个两 条对边与它平
行并与它共面的矩形线圈，以匀速度
v
沿垂直于导线的方向离开导线.设
t
=0时，线圈位于
图示位置,求：
(1) 在任意时刻
t
通过矩形线圈的磁通量

m
；
(2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势

i
。

解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为 非均匀分布，
B

0
I
。因此，必须由积分求得t时刻通过回路的 磁通量。
2

x
取坐标
Ox
垂直于直导线，坐标原点取在 直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意
时刻
t
通过矩形线圈的磁通量为 < br>

bvt

I

Il
bvt
0



B
d
S


ldx
0
ln

Savt
2

x2

avt
（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势

i

d< br>
dt

t0

0
Ilv(ba)

2

ab
电动势的方向沿顺时针绕向。
13-6 如题图13- 6所示，一根长为
L
的金属细杆
ab
绕竖直轴
O
1
O
2
以角速度

在水平面内旋
转，
O
1
O
2
在离细杆
a
端
L
5处。若已知均匀磁场
B
平行于
O
1
O
2
轴。求
ab
两端间的电势差U
a
-
U
b
.
解：设金属细杆
ab
与竖直轴
O
1
O
2
交于点
O
,将
ab两端间的动生电动势看成
ao
与
ob
两段动


生电动势的串联。取
ob
方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元
dl，方向为
ob




方向。线元运动的速度大小为< br>vl

。由于
v,B,dl
互相垂直。所以
dl
两 端的动生电动
势



d

i
(v B)

dlvBdlB

ldl

ob
的动生电动势为
2

ob


d< br>
i


ab
4L
5
0
116
4L



BldlB


B

L
2

250

5

动 生电动势

ob
的方向由
b
指向
O
。同理
oa
的动生电动势为

oa


d

i


ba
L
5
0
11

L



BldlB


B

L
2

250

5

2
动生电动势

oa
的方向由
a
指向
O
。所以
ab
两 端间的的动生电动势为

ab


ao

ob


oa


ob

3B

L
2

10
动生电动势

ab< br>的方向由
a
指向了
b
；
a
端带负电，
b端带正电。
ab
两端间的电势差
U
a
U
b


ab

b
端电势高于
a
端。
3
B

L
2

10

13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为
N
，其它尺寸如题图13-11所示，求它的自
感系数。
解：设螺绕管通有电流
I
，由安培环路定理可得管内距轴线
r
处的磁场强度为
H
NI

NI
,
B

H

2r2r
R
2
通过某一截面的磁通量


 
BdS

S

0
NI
2r
R
1
hdr

0
NIh
2
ln
R
2< br>
R
1
螺绕管的磁通链

N
N



0
N
2
Ih
2
ln
R
2< br>
R
1
ln
R
2

R
1
自 感系数：
L

N
I


0
N
2
h
2


17、
将载流导线弯成图示的形状。求图(a) 中
O
点及图(b)中
P
的磁感应强度
B
。





I
r
P
I
r
(b)
解：
(a) 圆弧中心处
B

0
I


4

R
B
a


0
I
3


方向垂直纸面向里
4

a2

B
b


0
I


方向垂直纸面向里
4

b2
B
oB
a
B
b


0
I
31
()
方向垂直纸面向里
8ab
(b)半无限长线电流外
B
1


0
I
方向垂直纸面向里
4

r

0
I
4R
半圆电流中心处
B
2

方向垂直纸面向里
B
P
 2B
1
B
2


0
I

0I

方向垂直纸面向里
2

r4r
例13-4如图所示，长度为
L
的铜棒在磁感应强度为
B
的均匀磁场中以 角速度

绕过
O
点的
轴沿逆时针方向转动。求棒中感应电动势的大小 和方向。







解：在OA上 取
dl
距轴为
l
，其速度
v
与
B
垂直且< br>vB与dl
方向相反，故

(vB)dl



vbdclo

s


l

d

l

B

OA
L



1


(vB)dl


Bldl

BL
2

O0
2
A
感应电动势

的实际方向从A指向O。
例13-5在通有电流
I5A< br>的长直导线近旁有一导线段ab，长
l20cm
，离长直导线距离
1
为
d10cm
。当它沿平行于长直导线的方向以速度
v10ms
平移 时，导线段中感应电
动势多大？图中a，b哪端电势高？
解： 如图所示


ab
d

(vB)dl


vBdl

dl





v

 
d

0
I
dr

2

r

0
Iv
dl
Ln

2

d
5

1.110V