重庆科技学院 大学物理考试题库-应用题

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3. 10 在一只半径为R 的半球形碗内, 有一粒质量为m 的小钢球, 沿碗的内壁作匀速圆周运动。试求: 当小钢球的角速度为ω时, 它距碗底的高度h 为多少?

[分析与解答] 取小球为隔离体，受重力p和支承力FN（如图？？）。其中，

??FN沿x轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有

FNsin??man?mr?2?mR?2sin? ①

?FNcos??mg ②

R?h ③ Rg解得 h?R?2

且 cos???可见，h随ω的增大而增大。

3. 13质量为m 的物体在黏性介质中由静止开始下落, 介质阻力与速度成正比, 即Fr= βv,β为常量。试

( 1) 写出物体的牛顿运动方程。 ( 2) 求速度随时间的变化关系。 ( 3) 其最大下落速度为多少? ( 4) 分析物体全程的运动情况。

[分析与解答] （1）物体受向下的重力mg和向上的阻力F，则牛顿运动方程为 mg??.v?ma

dv??g?v dtmvtdv分离变量并积分 ???dt

00?g?vm（2）由 a?得 -

mg?lnmg??m?t g?v?m整理后得 v??(1?et)

（3）当t??时，有最大下落速度

vmax??tdxmg?(1?em) （4）由v?dt?mg?

?有 ?dx??0xtmg0?(1?e??mt)dt

??t?mg?m得 x??t?(1?em)?

??????物体由静止开始向下作加速运动，并逐渐趋近于最大速度为vmax?后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。

mg?，此

3.15质量为m的小球从点A由静止出发，沿半径为r的光滑圆轨道运动到点C（见图），求此时小球的角速度?C和小球对圆轨道的作用力FNC。

[分析与解答] 取小球为隔离体，受力情况如图。取自然坐标系，由牛顿运动定律分别列出切向和法向运动方程为

-mgsin??mdv ①dt

v2FN?mgcos??m ②

R由于

dvdvd?dvvdv，代入式①并分离变量后积分 ????dtd?dtd?Rd??v0vdv????Rgsin?d?

90?得 v?2Rgcos? ③ 则小球在c点的角速度?C为 ?C?v?R2gcos? Rv2将式③代入式②，得 FN?m?mgcos??3mgcos?

R

其反作用力即为小球对轨道的作用力FNC。

3.16 如图所示，在密度为?1的液体上方有一悬挂的长为l，密度为?2的均匀直棒，棒的下方恰与液面接触。今剪断挂线，棒在重力P和浮力F 作用下竖直下沉, 若?2>?1 , 求棒下落过程中的最大速度。

[分析与解答] 按题设条件，剪断细线后，杆在下沉过程只受重力和浮力的作用（不计液体的黏滞阻力），随着杆往下沉，浮力逐渐增大，当重力和浮力

相等时，杆下沉的加速度a=0,此时速度最大。

取x坐标如图，根据牛顿第二定律，有

mg?F?mdv ① dt式中，m??2SL，浮力F??1Sxg，故式①可写成

dvdvdxdv??2SL??2SLv ② dtdxdtdx对式②分离变量并积分，有

?2SLg??1Sxg??2SL?x?1???1??0??gdx?L?2??x?vdv

0v得 gx??1g121(x)?v2 ③ ?2L22设杆的速度最大时，杆进入液体的长度为x=l,则式 ③中的v即为最大速度。此时mg=F,即

?2SLg??1Slg

得 l??2L ④ ?1

将式④代入式③，得杆的最大速度为 vmax??2Lg ?14.10 如图所示, 一根细绳跨过一质量可忽略且轴为光滑的定滑轮, 两端分别拴有质量为m 和M 的物体A, B, 且M稍大于m。物体B 静止在地面上, 当物体A 自由下落h距离后, 绳子才被拉紧。求绳子刚被拉紧时, 两物体的速度及B 能上升的最大高度。质点的动量矩定理、动量矩守恒定律

[分析与解答] 把整个过程分成三个阶段来处理。

第一阶段物体A自由下落。物体A自由下落h 距离时，正好拉紧绳子，此时物体A的速度为

V?2gh，方向向下。

第二阶段，绳子被拉紧，物体A和物体B同时受到绳子的冲力作用。经过极短时间△t 后，以共同的速度V运动，此时，物体的受力情况如图（B）所示。如取竖直方向为正方向，则物体Ad的速度由-v增为-V，物体B的速度由0增为V。根据动量原理得：

(FT2?Mg?)??t?MV?0 ①

(FT1?m?g)??t?(?mV)?(?mv) ②

题4.10图

由于作用时间极短，绳子冲力的冲量远大于重力的冲量，故式①，式②可简化为FT2?t?MV

FT1?t??mV?mv

m2ghmv?

M?mM?m因FT1?FT2，解得：V?第三阶段，绳子拉紧后，物体A向下运动，B向上运动，但由于M>m,A和B 都

M?m作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma 求得a?g

M?m物体B以速度V上升，其加速度与速度方向相反。设最后B上升的高度为H，则

222Vm(2gh)mh2H???有0?V?2(?a)H 故

2a2(M2?m2)gM2?m24.14 我国第1 颗人造卫星—东方红1号沿椭圆轨道绕地球飞行, 近地点

439km, 远地点2384 km, 已知在近地点的速度v1 = 8.1 km/s , 试求卫星在远地点的速度v2 和卫星的运动周期T。

[分析与解答] （1）求v2：如图所示，地球的中心点O位于椭圆轨道的一个焦点上。设卫星运动时仅受地球引力的作用，由于该引力总指向O点，故卫星在运动的全过程中对O点的动量矩守恒。即：

?? L1?L2 ①

由于两者的方向一致，式①可直接用大小来表示 ， 有 mv1(R?l1)?mv2(R?l2) ： 得 v2?v1R?l16378?439?8.1??6.30km/s R?l26378?2384ds。卫星运行dt（2）求T：卫星径矢r 在单位时间内扫过的面积为面积速度的周期T即为椭圆面积S与ds/dt 的比值。由于椭圆面积为

?S?[(R?l1)?(R?l2)](R?l1)(R?l2)

2根据开第二普勒定律，有： L?2m对近地点而言：

ds?不变量 dtL?L1?mv1(R?l1)

ds1?v1(R?l1) 则面积速度为：

dt2?[(R?l1)?(R?l2)](R?l1)(R?l2)s3T???8.26?10s?2.29h 故

ds/dtv1(R?l1)4.20 求解下列各题:

(1) 质量为m 的物体自静止出发沿x 轴运动, 设所受外力为Fx = bt , b 为常量, 求在时间T(s) 内此力所做的功。

(2) 物体在外力Fx = 5 + 10x(SI ) 作用下, 由x = 0 沿x 轴方向运动到x =3m 处, 求外力所做的功。

(3) 一物体在介质中的运动方程为x = ct3 , c 为常量。设介质对物体的阻力正比于速度的二次方, 即Fr?kv2。试求物体由x0 = 0 运动到x = l 时, 阻力所做的功。

Fbtdv?? mmdtvTb 得： ?dv??btdt v?T2

00m2m[分析与解答] （1）由加速度a?由动能定理A?1212mv?mv0 221?2b2T?4 由于v0=0 ，得A?mv?28?m（2）有变力做功的计算方法，有????

A??dA??(5?10x)dx?60J

034.29 如图所示,质量为m,速度为v的钢球,射向质量为m′置于光滑水平面上的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧。此靶最初处于静止状态,求钢球射入靶内弹簧后, 弹簧被压缩的最大x。

[分析与解答] 建立如图所示的x坐标，这是一个沿x方向的一维碰撞问题。碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触，直至弹簧被压缩到最大，小球与靶刚好共同达到共同速度为止的运动过程。在这过程中，小球和靶组成的系统在x方向不

受外力作用，因此，在此方向上动量守恒。即

mv?(m,?m)v, ①

式中，v为小球与靶碰后的共同速度。在此过程中，除了弹性力（保守内力）做功以外，没有其他外力和非保守力做功。故系统的机械能守恒，取弹簧原长时的O点为弹性势能零点，则有

,1112mv2?(m,?m)v,2?kxmax ② 222解式① ，式② 得xmax?vm,m

k(m,?m)4 .31 如图所示, 弹簧下面悬挂着质量分别为m1,m2 的两个物体A 和B ,

设弹簧的劲度系数k = 8.9N/ m, m1 = 0.5kg, m2 =0.3 kg。最大速度是多少?

开始时它们都处于静止状态。若突然把A, B 之间的连线剪断, 求物体A 的

[分析与解答] 在A，B连线被剪断前，系统在O1位置处于平衡（如图b），此时弹簧伸长y1 ，则 (m1即y1??m2)g?ky1

m1?m20.5?0.3g?*9.8?0.88m k8.9在A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在O2位置处于平衡，则有m1g?ky2即y2?m1g0.5??9.8?0.55m k8.9根据运动分析，连线剪断后，物体A将以O2为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过O2位置时，具有最大速率vm。由于在运动中物体A与弹簧组成的系统只受弹性力ky和重力m1g的作用，故机械能守恒，取O点（即弹簧原长处）为重力势能和弹性势能的零点，对A位于O1及O2处两状态时总机械能相等，则有

1121221?m1gy1 m1vm?m1gy2?ky2?ky222解得

vm??12[k(y12?y2)?2m1g(y1?y2)m11[8.9?(0.882?0.552)?2?0.5?9.8?(0.88?0.55)] 0.5?1.39m/s4.33 如图所示, 在光滑的水平面上,有一轻质弹簧, 其劲度系数为k, 它的

一端题固定, 另一端系一质量为m1 的滑块, 最初滑块静止, 弹簧呈自然长度l0 , 今有一质量为m2 的子弹以速度v0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中, 滑块在水平面内滑动, 当弹簧被拉伸至长度为l时, 求滑块速度的大小和方向。

[分析与解答] 子弹射入滑块，可看作完全非弹性碰撞过程，取子弹与滑块为一系统，由动量守恒，有m2v0?(m1?m2)v1 ①

式中，v1为碰撞后系统的共同速度。子弹与滑块碰后以共同速度运动，由于弹簧不断伸长，系统在弹性力（法向力）作用下沿弧线运动。在此过程中，系统的动量守恒，即(m1?m2)v1l0?(m1?m2)v2lsin? ②

式中，v2是滑块到达B点的速度。

取子弹，滑块和弹簧为系统，由机械能守恒，有

11122(m1?m2)v1?(m1?m2)v2?k(l?l0)2 ③ 222联立解式①，式②，式③，得速度的大小和方向分别为

v2?m2k(l?l0)222()v0?m1?m2m1?m2m2k(l?l0)222v0()?m1?m2m1?m2

m2v0l0??arcsin(m1?m2)l5.8 如图所示,长为l的均质细杆左端与墙用铰链A连接,右端用一铅直细绳B悬挂,杆处于水平静止状态,若绳B被突然烧断,则杆右端的加速度为多少?

1[分析与解答] 烧断绳时，杆将在重力矩M?mgl的作用下，绕A轴转动。由

2

1mgl3gM转动定律有 ?? ?2?1Imgl22l33则右端的加速度为 ??l??g。

25.10 一细绳绕在半径为r 的定滑轮边缘, 滑轮对转轴O的转动惯量为I,滑轮与轴承间的摩擦不计,今用恒力F拉绳的下端(见图(a))或悬挂一重量P = F 的物体(见图(b)) ,使滑轮自静止开始转动。分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。 [分析与解答]如图（a）情况下，绳子的张力FT?F。按转动定律有

FT??I?1 故?1?FT? I在图（b）情况下，有

F?FT?FFa???2gg 解得 ?2?FT??I?2F? F2I??g

题5.10 图 题5.11 图

5.11 一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成,可绕光滑的水平对称轴OO′转动。设大小圆柱体的半径分别为R 和r , 质量分别为M和m, 绕在两圆柱体的上细绳分别与质量为m1和m2 (m1> m2)的物体A、B 相连(如图) 。试求: ( 1) 两物体的加速度; ( 2) 绳子的张力; ( 3) 轮轴的角加速度。

[分析与解答]分别对物体A，B和轮轴作受力分析（见图b），根据牛顿运动定律和转动定律，有

对A： m1g?T1?m1a1 ① 对B： T2?m2g?m2a2 ②

对轮轴： T1R?T2r?I? ③

11 I=MR2?mr2 ④

22 ?1?R? ⑤ ?2?r? ⑥ 解式① ~ ⑥方程组得 ??m1R?m2rg 22I?m1R?m2r ?1?m1R?m2rm1R?m2rRg， ??rg 2I?m1R2?m2r2I?m1R2?m2r2I?m2r2?m2rRI?m1R2?m1rRm1g， T2?m2g T1?I?m1R2?m2r2I?m1R2?m2r25.16 如图所示, 有一半径为R 的水平圆转台, 可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动, 转动惯量为I , 开始时转台以匀角速度ω0 转动, 此时有一质量为m 的人站在转台中心, 随后人沿半径向外跑去, 当人到达转台边缘时转台的角速度为多少? [分析与解答] 取人和转台为研究对象，在人从中心走向边缘的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有

I?0??I?mR2??

则 ??I?0 2I?mR

题5.16图 题5.17图

5.17 在杂技节目跷板中, 演员甲从h高的跳台上自由下落到跷板的一端A, 并把跷板另一端的演员乙弹了起来。设跷板是匀质的, 长度为l, 质量为m′,支撑点在板的中部C点, 跷板可绕点C 在竖直平面内转动( 如图)。演员甲、乙的质量均为m。假定演员甲落到跷板上,与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。试求: (1 ) 碰后

跷板的角速度ω( 也是甲、乙的角速度) ; ( 2) 演员乙被弹起的高度h′。 [分析与解答]

（1）甲由h高处自由下落，至与板碰撞前的速度为

1mgh?mv02

2得 v0?2gh 碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即

l1?l??l?mv0?m????m????m'l2

2R?2??2?22得 ??6m2gh

?6m?m'?l（2）碰后，乙被向上弹起的初速度为

lv0'??

2则乙被弹起的高度可由v2?v0'2?2??g?h'求出

?l?2??v0'2?9m2h2????即 h'?2 2g2g?6m?m'?25.20 如图所示,一长为l = 0.40m, 质量为M = 1kg 的均质杆, 铅直悬挂。试求: 当质量为m= 8×10-3kg 的子弹以水平速度v = 200m·s-1,在距转轴O为3l/4处射入

杆内时, 此杆的角速度和最大摆角。

[分析与解答] 求解此题可按两个过程分别处理：

（1）由子弹射入杆到两者一起开始摆动。此过程可视为完全非弹性碰撞过程。

1?3??3?取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 mv?l??m?l???Ml2? ①

3?4??4?2由式①可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度

3mv4???8.86rad/s 9212ml?Ml163（2）由系统开始摆动到摆至最大α角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统满足机械能守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C为重力势能零点，则

21??3?12?2?1??m?l??Ml???mg?l??2??4????4?3? ②

l??ll??3Mg??cos???mg?lcos???2??22??49?2??1?1M?m??l??2?316?由②式可求得最大摆角为 ??arccos?1????95.4?

13???M?m?g????4??2??

题5.20图

5.21 质量为m’,半径为R 的圆盘,可绕一垂直通过盘心的光滑水平轴转动, 盘上绕有轻绳, 一端悬挂质量为m 的物体(如图)。试问: ( 1)物体由静止下落高度h 时,其速度v 的大小是多少? (2 )若物体自由下落h 高,其速度v’为多少? 说明两种速度有差异的原因。 [分析与解答]

??（1）物体受重力P和绳子张力FT，有 mg?FT?ma ①

滑轮变张力矩，有 FTR?I??1am'R2. ② 2R ?2?2ah ③

联立① ② ③解得 ??2mgh 1m?m'2（2）由自由落体规律 ?'?2gh 6.7 水平放置的均匀带电细棒, 长为l , 电荷为q。试求其自身延长线上离

棒中心为r 处一点的电场强度E。

[分析与解答] 取dx,其上带电荷 dq??dx??dq在p点激发的电场强度dE为 dE?1qdx ldq?i 24??0(r?x)则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为

l???1?dx?1E??dE??l2i?2?4???r?x?4??002?ll2r?42?i??q i22??0(4r?l)6.13 判断下列说法:

(1) 电势高的地方, 电场强度必大; (2) 电势为零处, 电场强度必为零;

(3) 电势为零的物体必然不带电;带正电的物体, 电势必为正的; (4)“静电场中各点有确定电势, 但其数值、符号又是相对的”, 此话是矛盾的;

(5) 电场中两点间的电势差与零电势点的选择无关;

(6) U与E是表征电场本身某一点性质的, 与引入电场的外电荷无关。 [分析与解答]

（1） 错误。某场点的电场强度与电势梯度有关，与电势高低无关。如等势球体的电势可以很高，但内部任一场点的E=0;

（2）错误。理由同（1）。如偶极子中垂线上任一场点电势为零，但电场强度却不为零。

（3）错误。物体的电势与它处在电场中的位置有关，与自身是否带电无直接联系。如接地的导体处于外电场中，电势为零，但表面会带电；同样，带正电的物体，电势可以为正，也可能为负，这与它所处的电场有关。

（4）错误。所谓“确定的电势”是对所选定的电势零点而言的，而且零点的选择，原则上是任意的，因此，此话不矛盾。

（5）（6）正确。

6.14 求题6.14图（P256）所示各种情况下点P 的电场强度E 和电势UP 。

题6.14 图

[分析与解答]

根据电场强度和电势的叠加原理，有

qq2q(a)E?； ??l2l2??0l24??0()4??0()22q?qU???0

ll4??0()4??0()22qq(b) E???0；

l2l24??0()4??0()22?q?q?q U???ll??0l4??0()4??0()221ql(c)E? （见主教材P201-202题6.2.1）

l23/24??02[d?()]2 U?4??0qld2?()22?4??0?qld2?()22?0

(d)E?rr???dr?ln0 (由高斯定理计算)； U??d2??r2??0d2??0d00（r0处为电势零点，本题不能选无限远处，即r→∞为电势零点） 7.6 求解:

(1) 一圆形载流导线的圆心处的磁感强度为B1 , 若保持I 不变, 将导线改为正方形, 其中心处的磁感强度为B2 , 试求B2/B1 。

(2) 如图所示, 宽度为a 的无限长金属薄片, 均匀通以电流I 并与纸面共面。试求在纸面内距薄片左端为r 处点P 的磁感强度B。

[分析与解答] （1） 图形载流导线中心的B1??0I。改为正方形时，每

2R边长

12?R1??R,距中心点O的垂直距离均为a??R,每边（载流I）在O点

442?0I?I42?0I,则sin45?,则中心O点的总磁感强度B2?4?0sin45??22?a?R2?a激发的B?B282。 题7.6（2）图

?B1?2

（2）以P点为坐标原点，作OX轴。在薄片内距O点为x处，取宽度为dx的长直电流dI，有dI?Idx a它在P点激发的磁感强度为dB??0dI?0I?dx 2?x2?ax则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为

B??dB??r?ar?0I?Ir?adx?0ln2?ax2?ar 方向：⊙

(3) 半径为R 的薄圆盘均匀带电, 电荷面密度为+σ, 当圆盘以角速度ω绕过盘心O、并垂直于盘面的轴逆时针转动时, 求盘心O 处的B。

[分析与解答] （1）绕中心轴转动的带电介质圆盘可以看成是一个载流圆盘。载流圆盘又可看做是由一个个同心载流圆环所组成。点O的磁感强度B就是由这一个个载流圆环的磁感强度叠加的结果。

现在半径r处取一宽为dr的同心圆环，其上的dI可写成

dI??n2?rdr??式中，度B???2?rdr???rdr 2??为电荷面密度，2?rdr为圆环的面积。圆电流中心的磁感强

?0I2R，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB为

2r1??0??dr 2dB??0dI按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为

B??dB??R011?0??dr??0??R 22 ( 4) 一均匀带电的半圆弧线, 半径为R, 带电量为Q, 以匀角速度ω绕对称轴OO′转动(见图) , 求半圆弧线圆心点O 处的磁感强度B。

[分析与解答] 由题设条件得电荷线密度??Q。

?R取线元dl?Rd?，其上所带电荷为dQ?当dQ以匀角速度

QQQdl?Rd??d? ?R?R??绕oo'轴做半径r?Rsin?的圆周运动时，所形成的

圆电流为dI???QdQ?2d? 2?2?设圆电流在其轴线上O点激发的磁感强度dB的大小为

dB??0?Rsin??22R3dI??0?Q2sin?d?

4?2R方

向：向上。

7.14 一根半径为R 的实心铜导线, 均匀流过的电流为I , 在导线内部作一平面S( 见图) , 试求:

(1) 磁感强度的分布;

(2) 通过每米导线内S 平面的磁通量。

[分析与解答]

题7.14 图

（1）作与铜导线同轴的圆形安培环路L，由安培环路定律有

?LB?dl?B?2?r??0?I得B?r?R 时，环路包含的电流为?I?代入式①得 B??0?I ① 2?r12??r；r?R时，?I?I。 2?R?0Ir?0I??r?RB? ； ?r?R? 22?r2?R（2）在截面S上取面积元dS?1?dr，穿过dS的磁通量d?m为

d?m?B?dS??0Irdr 2?R2则通过单位长度导线内S平面的磁通量?m为

?m??d?m??R0?0Ir?0Idr? 24?2?R则点O处磁感强度B的大小为B?dB????0?0?.Q2?0?.Qsin?d?? 28?R4?R7.17 无限长载流(I1= 20A)直导线旁置另一长L1=20cm、载流I2 = 10A 的导

线ab, 如图(a) 所示。求:

题

( 1) 导线ab所受的作用力; ( 2) 若将ab换为一刚性线框abcd (见图(b)) ,试分析其受力情况和运动趋势;

( 3) 当I1题7.17图

[分析与解答] （1）无限长直载流导线旁任一点的磁感强度为

?IB?01 方向：?

2?x在ab上距长直导线为x处取电流元I2dx 受力为dF?I2dx?B 方向：向上

?20sin?t，???3rads时，再求（1）。

F??dF??I2dx?B??I2Bdxj?a0.1b0.3则

?0I1I2ln3j2?4??10?7?20?10?ln3?4.4?10?5?2?

（2）线框受力可看作是4段直导线受力的总和。ab和cd受力大小相等、方向相反，相互抵消。

ad段受力 Fab?I2B1L2??0I1I2L2?1.2?10?4? 方向：向左 2?x1bc段受力 Fab?I2B2L2??0I1I2L2?0.4?10?4? 方向：向右 2?x2由于Fad?Fbc，线框将向左（靠拢长直导线）加速运动。

?????5（3）当I1?20sint时，F将随t周期性变化，即 F?4.4?10sintj?

33???8.6利用?i??(v?B)?dl求解下列情况下导线的动生电动势，并说明a，b

?L两点哪一点电势高。

?（1）直导线在均匀磁场B中匀速运动（见图(a)(b)(c)）;

[分析与解答] 题8.6（1）图

（a）按题意，ab段不切割磁感线，只有bc段有动生电动势，即

??l2??? ?bc??(v?B)?dl?Bl2v，方向：v?B的方向，即b→c，则Ua=Ub, Ub

0（b）?ab?Blv??0Ilv （b→a） 故 Ua>Ub 2?hlv （b’→a’） 故 Ua’>Ub’

?a'b'??0I2?(h?d)（c）在ab上距直导线为x处取微元dx，该处B??0I，则其上的动生电动2?x?Iv???势为d?i?(v?B)?dx?vBdx?0dx，则ab杆上的动生电动势为

2?x?ab??d?i??d?ld?0Iv?Ivd?l dx?0ln2?x2?d???ab的指向为v?B的方向，即b→a，可知Ua>Ub。

（2）矩形线圈在磁场中运动（见图(a)(b)）;

[分析与解答] 题8.6（2）图 在图（a）中，ab边 ?ab?Blv??dc边 ?dc?Blv?0Il2v，方向：b→a 2?D?0I2?(D?l1)l2v，方向：c→d

ad和db边 ???ad??dc?0

总电动势 ???ab??dc??0Il1l2v，方向：顺时针

2?D(D?l1)图（b）中，由于回路abcd中磁通量不变化，无感应电动势，故??0。 (3) 如图(a)所示，导线OC以?沿圆导体轨道(电阻为0)转动θ角时a,b的电势差ΔU和?Od各为何值(Od=R/2)；

[分析与解答] 题8.6（3）（4）图

由于Oc上各点的v不同，故Oc上选一微元dr，到O点的距离为r，则该微元的速度v=rw。于是，该微元上产生的动生电动势为

???d??(v?B)?dl

因此，整个Oc上产生的动生电动势为

?R1?????(v?B)?dl??vBdr??r?Bdr?B?R2

02则a、b两点的电势差

1（Ua>Ub） ?Uab??Oc?B?R2 ，

2同理，Od上的动生电动势为

?Od??r?Bdr?B?R2，（d→O）

（4）如图 (b)所示，把导线制成半径为R的半圆形，在图示均匀磁场中以 角速度?、绕点a逆时针旋转，

[分析与解答]

由于整个半圆形线圈在转动中不切割磁感线，无电动势，但ab段是要切割磁感线的，其上的动生电动势为

R2018?ab??

?ab?2BvR，（b→a）。

8.7导体AO长为b，与载流长直导线共面，AO以?绕通过O并垂直于纸面的轴转动，当转到与长直线电流垂直的位置时（见图），试证：此时导体中的感应电动势为

?i??0I?b?a(b?ln) 2?a

[分析与解答] 题8.7图

在OA上距载流长直导线x处取线元dx，则该线元上的动生电动势为

?I??Ia???d??(v?B)?dx?vBdx??(x?a)0dx?0(1?)dx

2?x2?x则导体OA上的总电势为

???d???a?ba?0?I??Iab?a(1?)dx?0(b?ln) 2?x2?a??方向为（v?B）的方向，即由O指向A。证毕

8.10 一矩形导体系统处在B?B0cos?t的均匀磁场中，如图所示，cd可以移动，在t=0时，x0=0，试求cd以速度v运动到x处时的?i，并分析讨论该?i的产生机理。

[分析与解答] 题8.10图 由法拉第电磁感应定律

?i???d?md?dx（c→d） ???B?dS??(B0lxcos?t)??B0lvcos(?)，

dtdtdtv该?i中既有动生电动势，又有感生电动势。

其 中I0,?均为恒量，t为时间，现有一

8.12 如图所示，真空中一长 直 载 流 导 线 通 有 电 流I(t)?I0e???t，

带滑动边ab的矩形导体框与长直导线平行共面，

ab长为l，且与长直导线垂直。它以匀速v平行 题8.12图 于长直导线滑动时，试求 任一时刻t在矩形线框内的感应电动势?i，设t=0 时，ab和cd重合。

8.13一平行导轨处于均匀磁场B 中，其上放置质量为m、长度为l的金属

杆ab（见图）。当杆以初速度v0 向右运动时，求杆ab能够移动的最大距离x。（不考虑摩擦和回路自感）。

[分析与解答] 题8.13图

取图示Ox轴，ab杆以v0 沿x轴正向运动，将产生动生电动势，在任一位置有?ab?vlB

回路abcda中将有相应的感应电流 I??abR?vBl R于是,载流的ab杆要受到磁场的安培力作用,

??B2l2v?B2l2dx?即 F??IlBi??i??i

RRdt负号表明安培力是阻力，ab杆运动到一定距离时，v=0，将会停止。

B2l2dxdv?m 根据牛顿第二定律,有?RdtdtmRdv B2l2xmax0mR两边同时积分,有?dx???22dv

0v0BlmRv0mR则xmax??22v0 ?v022BlBldx??

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