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1、5 7 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 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NF（如图？）。其中，NF沿x轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有sinsin22mRmrmaFnNmgFNcos且RhRcos解得2gRh可见， h随的增大而增大。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rF= v, 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
2、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mavmg.（2）由vmgdtdva分离变量并积分tvdtvmgdv00得 -tgvmgmln整理后得)1(tmemgv（3）当 t时，有最大下落速度名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 21 页 - - - - - - - - - mgvmax（4）由)1(tmemgdtdxv有dtemgdxtmtx)1(00得)1 (tmemtmgx物
3、体由静止开始向下作加速运动，并逐渐趋近于最大速度为mgvmax，此后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。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CNF。 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-dtdvmmgsinRvmmgFN2cos由于ddvRvddvdtdddvdtdv，代入式并分离变量后积分900sindRgvdvv得cos2Rgv则小球在 c点的角速度C为RgRvCcos2将式代入式，得cos3cos2mgmgRv
4、mFN名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 21 页 - - - - - - - - - 其反作用力即为小球对轨道的作用力NCF。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21, 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
5、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dtdvmFmg式中，SLm2，浮力SxgF1，故式可写成dxdvSLvdtdxdxdvSLdtdvSLSxgSLg22212对式分离变量并积分，有vxvdvgdxLx00211得222121)21(vxLggx设杆的速度最大时，杆进入液体的长度为x=l, 则式 中的 v即为最大速度。此时mg=F, 即lg12SSLg得Ll12名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 21 页 - - - - - -
6、 - - - 将式代入式，得杆的最大速度为Lgv12max4.10 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ghV2，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
7、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：0)(2MVtMgFT)()()(1mvmVtgmFT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，式可简化为MVtFT2mvmVtFT1因21TTFF，解得：mMghmmMmvV2第三阶段，绳子拉紧后，物体A向下运动， B向上运动，但由于 Mm,A 和B 都作减速运动，故有 Mg-T=Ma,T-mg=ma 求得gmMmMa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 ，则有
8、HaV)(202故2222222)(2)2(2mMhmgmMghmaVH4.14 我国第 1 颗人造卫星东方红 1号沿椭圆轨道绕地球飞行 , 近地点名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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2v：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
9、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：21LL由于两者的方向一致，式可直接用大小来表示，有)()(2211lRmvlRmv：得skmlRlRvv/30. 62384637843963781. 82112（2）求T：卫星径矢 r 在单位时间内扫过的面积为面积速度dtds。卫星运行的周期 T即为椭圆面积 S与ds/dt 的比值。由于椭圆面积为)()()(22121lRlRlRlRS根据开第二普勒定律，有：dtdsmL2不变量对近地点而言：)(111lRmvLL则面积速度为：)(2111lRvdtds故hslRvlRlRlRlRdtdss
10、T29. 21026. 8)()()()(/31121214.20 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 + 10 x(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2kvFr。试求物体由 x0 = 0 运动到 x = l 时, 阻力所做的功。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -
11、- - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 21 页 - - - - - - - - - 分析与解答 （1）由加速度dtdvmbtmFa得：Tvdtmbtdv0022Tmbv由动能定理2022121mvmvA由于v0=0 ，得422821TmbmvA（2）有变力做功的计算方法，有?JdxxdAA60)105(304.29 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
12、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,)(vmmmv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2max2,221)(2121kxvmmmv解式 ，式 得)(,m axmmkmmvx4 .31如图所示 , 弹簧下面悬挂着质量分别为m1, m2的两
13、个物体 A 和B , 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 21 页 - - - - - - - - - 设弹簧的劲度系数 k = 8.9 N/ m, m1 = 0.5kg, m2 =0.3 kg 。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 的最大速度是多少 ? 分析与解答 在A，B连线被剪断前，系统在1O位置处于平衡（如图 b），此时弹簧伸长1y，则121)(kygmm即mgkmmy88.08.9*9.83. 05.0211在
14、A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在2O 位置处于平衡，则有21kygm即mkgmy55.08 .99 .85.012根据运动分析，连线剪断后，物体A将以2O 为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过2O位置时，具有最大速率mv。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gm1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1O及2O处两状态时总机械能相等，则有1121222121212121gymkykygymvmm解得smyygmyykmvm/39.1)55.088.0(8.95.02)55.088. 0(9.85.01)(2)(
15、122211222114.33 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, 它的名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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
16、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12102)(vmmvm式中，1v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sin)()(2210121lvmmlvmm式中，2v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2022212121)(21)(21)(21llkvmmvmm联立解式，式，式，得速度的大小和方向分别为21202212202100221202022122)()()(arcsin)()(mmllkmmmvlmmlvmmmll
17、kvmmmv5.8 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? 分析与解答 烧断绳时，杆将在重力矩mglM21的作用下，绕 A轴转动。由名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 21 页 - - - - - - - - - 转动定律有2132123mglMgIlmgl则右端的加速度为32lg 。5.10 一细绳绕在半径为 r 的定滑轮边缘 , 滑轮对转轴
18、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TFF。按转动定律有1TFI故1TFI在图（ b）情况下，有22TTFFFFaggFI解得22FFIg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
19、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：111 1m gTm a对B：2222Tm gm a名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 21 页 - - - - - - - - - 对轮轴：12T RT rI I=221122MRmr1R2r解式 方程组得122212m Rm rgIm Rm r12122
20、12m Rm rRgIm Rm r，1222212m Rm rrgIm Rm r222112212Im rm rRTm gImRm r，211222212ImRmrRTm gIm Rm r5.16 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 0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20IImR则02IImR题5.16图题 5
21、.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 ) 碰后名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 21 页 - - - - - - - - - 跷板的角速度 ( 也是甲、乙的角
22、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2012mghmv得02vgh碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即22201222lllmvmmm lR得626mghmm l（2）碰后，乙被向上弹起的初速度为02lv则乙被弹起的高度可由2202vvg h 求出即22220292226lvm hhggmm5.20 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 = 200ms-1, 在距转轴 O 为3l/4 处射入杆内
23、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。取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有22331443mvlmlMl由式可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 21 页 - - - - - - - - - 22348.86/91163mvradsmlMl（2）由系统开始摆动到摆至最大角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统满足机械能
24、守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C为重力势能零点，则222131124343coscos2242mlMlmgllllMgmgl由式可求得最大摆角为21192316arccos 195.41324MmlMm g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TF，有TmgFma滑轮变
25、张力矩，有21.2TaF RIm RR22ah联立 解得212mghmm（2）由自由落体规律2gh6.7 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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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dxlqdxdqdq在p点激发的电场强度 dE为ixrdqEd20)(41则整个细杆所带电荷在 p点的电场强度 E为ilrqilrl
26、ixrdxEdEll)4(4414122022022206.13 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）
27、。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。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - -
28、- - - - - 第 13 页，共 21 页 - - - - - - - - - 题6.14 图 分析与解答 根据电场强度和电势的叠加原理，有(a)2020202)2(4)2(4lqlqlqE；0)2(4)2(400lqlqU(b) 0)2(4)2(42020lqlqE；lqlqlqU000)2(4)2(4(c)2/3220)2(41ldqlE（见主教材 P201-202题6.2.1 ）0)2(4)2(4220220ldqldqU (d)dE02 ( 由高斯定理计算 ) ；0000ln22rddrdrrU（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
29、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RIB201。改为正方形时，每边长RR2142, 距中心点 O 的垂直距离均为Ra41, 每边（载流 I ）在O 点激发的45sin20aIB, 则中心 O 点的总磁感强度RIaIB20022445sin24, 则21228BB。题7.6 （2）图名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 -
30、- - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 21 页 - - - - - - - - - （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dxaIdI它在P点激发的磁感强度为dxaxIxdIdB2200则整个薄片电流在 P点激发的磁感强度为raraIdxaxIdBBarrln2200方向： (3) 半径为 R 的薄圆盘均匀带电 , 电荷面密度为 +, 当圆盘以角速度 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
31、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rdrrdrrdrndI222式中，为电荷面密度，rdr2为圆环的面积。圆电流中心的磁感强度RIB20，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB为drrdIdB00212按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B 为RdrdBBR0002121 ( 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 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。
32、 分析与解答 由题设条件得电荷线密度RQ。取线元Rddl，其上所带电荷为dQRdRQdlRQdQ当dQ以匀角速度绕oo轴做半径sinRr的圆周运动时，所形成的名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 21 页 - - - - - - - - - 圆电流为dQdQdI222设圆电流在其轴线上 O 点激发的磁感强度Bd的大小为dRQdIRRdB220320sin42sin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
33、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IrBdlBL02得rIB20Rr时，环路包含的电流为221rRI；Rr时，II。代入式得202 RIrBRr；rIB20Rr（2）在截面 S上取面积元drdS 1，穿过dS的磁通量md为drRIrSdBdm202则通过单位长度导线内 S平面的磁通量m为420020IdrRIrdRmm则点O 处磁感强度B的大小为RQdRQBdB8.sin4.020207.17 无限长载流 (1I= 20A)直导线旁置另一长 L1
34、=20cm 、载流2I = 10A 的导名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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tIsin201，srad3时，再求（ 1）。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xIB210方向：在ab上距长直导线为x处取电流
35、元dxI2受力为BdxIFd2方向：向上则572103.01.022104.43ln210201043ln2jIIjBdxIBdxIFdFba（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4012221211.2102abI I LFI B Lx方向：向左bc段受力4012222220.4102abI I LFI B Lx方向：向右由于adbcFF，线框将向左（靠拢长直导线）加速运动。（3）当120sin3It时，F将随t 周期性变化，即54.410sin3Ft j8.6 利用l dBvLi)(求解下列情况下导线的动生电动势，并说明a，
36、b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)）; 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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vBlldBvlbc20)(2，方向：Bv的方向，即 bc，则 Ua=Ub, UbUblvdhIba)(20（b a ）故 UaUb（c）在 ab上距直导线为 x 处取微元 dx，该处xIB20，
37、则其上的动生电动势为dxxIvvBdxxdBvdi2)(0，则 ab杆上的动生电动势为dldIvdxxIvdlddiabln2200ab的指向为Bv的方向，即 ba，可知 UaUb。（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vlDIBlvab202，方向： ba dc边vllDIB l vdc210)(2，方向： cd ad和 db边0dcad名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 21 页 - -
38、- - - - - - - 总电动势)(21210lDDvlIldcab，方向：顺时针图（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 角时 a,b的电势差 U 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l dBvd)(因此，整个 Oc 上产生的动生电动势为2021)(RBdrBrvBdrldBvR则 a、b 两点的电势差221RBUOc
39、ab， （UaUb）同理， Od 上的动生电动势为22081RBBdrrROd， （dO）（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，?ab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BvRab2， （ba） 。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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -
40、 - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 21 页 - - - - - - - - - )ln(20aabbIi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dxxaIdxxIaxvBdxxdBvd)1 (22)()(00则导体 OA 上的总电势为)ln(2)1(200aabbIdxxaIdbaa方向为（Bv）的方向，即由 O 指向 A。证毕8.10 一矩形导体系统处在tBBcos0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
41、理。分析与解答 题 8.10 图由法拉第电磁感应定律)cos()cos(00vxlvBtlxBdtdSdBdtddtdmi， （cd）该i中既有动生电动势，又有感生电动势。8.12 如图所示，真空中一长直 载 流 导 线 通 有 电 流teItI0)(，其 中,0I均为恒量，t为时间，现有一带滑动边 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 的金属名师资料总结 - - -精品资
42、料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 21 页 - - - - - - - - - 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vlBab回路 abcda中将有相应的感应电流RvBlRIab于是, 载流的 ab 杆要受到磁场的安培力作用, 即idtdxRlBiRvlBiIlBF2222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。根据牛顿第二定律 , 有dtdvmdtdxRlB22dvlBmRdx22两边同时积分 , 有dvlBmRdxvx22000max则220022max0lBmRvvlBmRxv名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 21 页 - - - - - - - - -