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班级： 姓名： 学号： 练习1 位置矢量 位移 速度 加速度一、填空题1、一质点在某参照系中的初始位置为，初始速度为，则初始时刻其位置矢量与速度间夹角为 。(位矢在 x-z 平面，速度在 y 方向。（矢量点乘）)2、在表达式中，位置矢量是 ；位移矢量是 。3、有一质点作直线运动，运动方程为，则第2秒内的平均速度为 ；第2秒末的瞬间速度为 ，第2秒内的路程为 。(解法参阅本节例题。质点在第二秒内有折返运动！因而位移的大小和路程不能相等)答案 /2 -0.5ms-1 -6ms-1 2.25m二、计算题1、一物体悬挂在弹簧下做竖直振动，其加速度为，式中为常量，是以平衡位置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标处的速度为，求速度与坐标的函数关系式。解：根据加速度的定义，于是有积分并整理得2、某做直线运动质点的运动规律为，式中为常数，当时，初速度为，求该质点在任意时刻的速度。解：由得积分得3、如图1.1所示，某人用绳拉一高台上的小车在地面上以匀速奔跑，设绳端与小车的高度差为，求小车的速度及加速度。xO 图1.1解：车的速度等于水平段绳子移动的速度。设滑轮到人间的绳长为l，则车的速度人的速度：x和l间满足关系：两边对t求导得：则有练习2 自然坐标系 圆周运动的角量描述一、填空题1、质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每t秒转一圈，在2t时间间隔中，其平均速度大小为 ；平均速率大小为 。2、一质点在平面上作曲线运动，其速率与路程的关系为，则其切向加速度以路程来表示的表达式为_(SI)3、在一个转动的齿轮上，一个齿尖沿半径为的圆周运动，其路程随时间的规律为，其中和都是正的常量，则时刻齿尖的速度大小为_，加速度大小为_。答案：1， 0, 2R/t 2，2S(1+S2) 3, v0+bt 二、计算题1、质点沿半径的圆周运动，其角坐标与时间的关系为，求当切向加速度的大小为总加速度大小的一半时质点的角位置。解：, 法向加速度由题意有解得：或者由图得， 则则=3.15 rad2、半径的飞轮作加速转动时，轮边缘上一点的运动方程为，求当此点的速率时的切向加速度与法向加速度的大小。解：由得 t=10s。则3、一质点在平面内作曲线运动，其运动学方程为。求：（1）初始时刻的速率；（2）时加速度的大小；（3）时切向和法向加速度的大小。解：(1)，t=0时ms-2.(2)，t=2时（3）时，练习3 牛顿运动定律及力学中的守恒定律一、填空题1、一质量为m的质点沿x轴正向运动，假设该质点通过坐标为x处的速度为kx(k为正常量)，则此时作用于该质点上的力F= ，该质点点出发运动到所经历的时间= 。解：，尽而有2、两相互作用的物体A和B，无摩擦地在一条水平直线上运动，物体A的动量是时间的函数，表达式为，式中、b分别为正常数，t是时间，在下列两种情况下，写出物体B的动量作为时间的函数表达式：（1）开始时，若B静止，则 。（2）开始时，若B的动量为 。解：A、B 组成的系统动量守恒， t = 0 时，. 此时有： ，其后仍有：所以 t = 0 时，此时有：，其后仍有：则：3、一人造地球卫星绕地球在椭圆轨道上运动，近地点为A，远地点为B，A、B两点距地心分别为、，设卫星质量为m，地球质量为M，万有引力常数为G，则卫星在A、B两点的势能之差= ；卫星在A、B两点的动能之差= 。解：，则系统机械能守恒，则，于是有4（补充）一物体质量为2kg，在合外力作用下，从静止出发沿水平X轴作直线运动，则当t=1s，物体的速度= 。解：由动量定理有：，由此得结果。BRAOx5. （补充）如图，一质点在n个力的作用下，沿半径为R的圆周运动，其中一个力是恒力，方向始终沿x轴正向，即，当质点从A点沿逆时针方向走过3/4圆周到达B点时，所作的功为 。解：由，则 ）6（补充）光滑水平面上有二物体，如图，在水平恒力F作用下，从静止开始共同前时了一段距离s，以地面为参照系，在此过程中所作的功为 。S解：动能定理： 。 设m2对m1的作用为 f，则）二、计算题1、质量为的子弹以速度水平射入沙土中，设子弹所受阻力大小与速度成正比，比例系数为，忽略子弹重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度与时间的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。解：（1）根据题意有所以有积分得即（2）当在沙子中停止运动时，达到最大距离，因而有所以有积分得最大深度为2、如图3.1所示，质量为的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为的小球水平向右飞行，以速度（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为（对地）。若碰撞时间为，试求此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。解：以M 和 m为系统，外力（重力、地面支持力）均沿竖直方向，故水平方向动量守恒。竖直方向：应用质点系动量定理系统动量增量：py =（mV2 + 0 ）-（0 + 0）合外力的冲量：（N Mg mg）t 图3.1二者相等，解得N = mV2 / t + Mg + mg由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力为：mV2 / t + Mg + mg，方向竖直向下。水平方向：设滑块碰撞前后速度分别为v和u，应用动量守恒定律mV1 + Mv = Mu解得速度增量的大小v = u v = （m/M）V1。3、质量为的子弹，其出口速率为。设子弹在枪筒中前进时所受的力（其中为子弹在枪筒中行进的距离）；开始时，子弹位于处，求枪筒的长度。解：设枪筒长度为l 。根据动能定理解得： l = 0.45m练习4 刚体的定轴转动（I）一、填空题1、以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为，再转60转后角速度为，则角加速度 ，转过上述60转所需的时间 。 解：匀变速圆周运动，则 ， ，可求由得，t=4.8s。2、如图4.1所示，一长为的轻质细杆，两端分别固定质量和的小球，此系统在竖直平面内可绕过中点且与杆垂直的水平光滑固定轴（轴）转动。开始时杆与水平成，处于静止状态，无初转速地释放以后，杆球这一刚体系统绕轴转动，系统绕轴的转动惯量 图4.1= 。释放后，当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩= ；角加速度= 。解：根据转动惯量的定义得：两小球对于O点的力矩方向相反，根据转动定律：得，。3、半径为、质量的光盘从静止开始转动，在内达到的转速，则在此时间内施加于光盘的转动力矩为 。解：，Nm4(补充)如右图所示的匀质大圆盘，质量为M，半径为R，对于过圆心O点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为。如果在大圆盘中挖去图示的一个小圆盘，其质量为m，半径为r，且2r=R。已知挖去的小圆盘相对于过O点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为，则挖去小圆盘后剩余部分对于过O点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为 。解：根据平行轴定理：二、计算题1、质量为的质点位于处时速度为，作用于质点上的力大小为，沿负方向，求以原点为参考点，质点此时的角动量和所受的力矩。解：角动量和力矩的定义2、如图4.2所示，边长为的正方边形的顶点，分别固定六个质点，每个质点的质量都为，求正六边形：（1）对OX、OY、OZ轴的转动惯量；（2）对OS轴的转动惯量。解：转动惯量的定义。几何问题，先求每点到各轴的距离； 图4.23、如图4.3所示，、为两个相同的定滑轮，滑轮挂一质量为的物体，滑轮受拉力，而且，设、两滑轮的角加速度分别为、，不计滑轮与转轴的摩擦，比较两个滑轮的角加速度的大小。 解：设滑轮的半径为,转动惯量为。使用大小等于，方向向下的力拉绳子时,滑轮产生的角加速度为。绳下段挂一质量为m的物体时，若设绳子此时的拉力为T，则对物体有： 对滑轮有： 此时滑轮产生的角加速度为 比较可知，. 图4.3 练习5 刚体的定轴转动（II）一、填空题1、一根均匀米尺，被钉子在厘米刻度处钉在墙上，使其可以在竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持水平，然后由静止释放，则刚释放时米尺的角加速度大小为 ，米尺到竖直位置的角速度大小为 。解：设米尺线密度为，则两端对钉子所在处的合力矩M=0.6g*0.3 0.4g*0.2=0.8g两端对于钉子所在处的转动惯量为J=1/3*0.6*0.62+1/3*0.4*0.42=1/3*0.28则=M/J=15/14g=10.5rad.s-2.重力的总功：A=*0.6g*0.3-*0.4g*0.2=0.1g根据动能定理：A=1/2Jw2得 2、质量分别为和两质点，用一长为的轻质细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的轴O转动，已知O轴离质量为的质点的距离为，而质量为的质点的线速率为且与杆垂直，则系统对转轴的角动量（动量矩）大小为 。解：圆周运动角动量J=rmv，则两只点对O点的角动量为L=2/3l*mv+1/3l*2m*v/2=mlv。3、个质量为的小虫，在有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行，它相对于地面的速率为，此时圆盘正沿顺时针方向转动，相对于地面的角速率为，设圆盘的半径为，对中心轴的转动惯量为，若小虫停止爬行，则圆盘的角速度为 。解：虫与水平圆盘作为一定轴转动系统，虫与水平圆盘之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.虫停止爬行后，和盘一起运动。题中各速度都是相对轴的，而虫和盘的角动量方向相反，因而有Jw0-Rmv=(J+mR2)w则二、计算题1、如图5.1所示，有质量为，半径为的定滑轮及质量为的、物块，若与桌面摩擦可忽略，且滑轮可视为匀质圆盘，求、物块的加速度和绳子的张力。 图5.1解: 分别以m1、m2和滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对m1、m2运用牛顿定律，有 对滑轮运用转动定律，有 又， 联立以上4个方程，得 2、一轻弹簧与一均匀细棒如图连接，已知弹簧的倔强系数，细棒的质量为；当时，弹簧无伸长，求的位置上细棒至少应具有多少角速度，才能转动到水平位置？解：以细棒、地球和弹簧作为研究系统，则系统的机械能守恒。以棒转在水平位置时的重力势能为零势能点，则开始转动时，弹簧的弹性势能为0，系统的机械能为转至水平位置时，只有弹性势能，系统的机械能为 根据题意得，弹簧原长0.5m，转到水平位置时，长度为1.8m，则s=1.3m。于是有 图5.2由此解得 rad/s3、如图5.3所示，宽为l、质量为M的均匀薄板可绕oo轴转动，有一质量为m的小球以速度在薄板边缘与板垂直相碰，若碰撞是完全弹性的，求碰后板的角速度和球的速度。解：板和球构成系统，作为研究对象。撞击的过程中，合外力的力矩为0，内力和外力作功均为0，系统的机械能及角动量守恒，则有板对轴OO的转动惯量为，设小球弹回来的速度为v， 解得， 图5.3 练习6 相对论运动学（I）一、填空题1、宇宙飞船相对于地面以速度v作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为（即飞船上的人测量的飞船长度）： c.t 。2、已知惯性系S相对于惯性系S系以0.5c的匀速度沿x轴的负方向运动，若从S系的坐标原点O沿x轴正方向发出一光波，则S系中测得此光波的波速为 c 。3、在惯性系S中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生秒钟，而在另一惯性系S中，观测第二事件比第一事件晚发生秒钟，那么在S中发生两事件的地点之间的距离是 (或) 。二、填空题1、甲地与乙地直线相距1200km，在某一时刻从两地同时向对方飞出直航班机，现有一艘飞船从甲地到乙地方向在高空掠过，速率恒为u=0.999c。求宇航员测得：（1）两班机发出的时间间隔；（2）哪一班机先启航？解：甲地为原点，甲地到乙地为正方向由洛仑兹变换得t=0，x=x乙地-x甲地=1200km，带入上式得-0.0894st0），今在球面上挖去非常小的一块面积S（连同电荷），且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S后球心处电场强度的大小E= 。其方向为 。（补偿法：将S挖去相当于在此处放置面密度大小相同但异号的电荷。因而O点的场强就是完整带球面电荷与S上异号电荷的场强在此处的叠加。球面电荷在球心处的场强为0，S上的异号电荷在此处的场强为：，方向从O指向S）二、计算题1、1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带的上夸克和两个带下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为），中子内的两个下夸克之间相距。求它们之间的斥力。解：两个点电荷间的作用力，符合库仑定律： Nq2Pqq1E1E2yx2、如图9.4所示，两电量分别为， 的点电荷，相距，试求距为、距为处P点的电场强度。解：以q1处为原点建立如图所示直角坐标系。q1、q2在P点的场强如图所示。 图9.43、如图9.5所示，均匀带电细棒，棒长L=20 cm，电荷线密度。求：（1）棒的延长线上与棒的近端相距处的场强；（2）棒中垂线上与棒中点相距处的场强。解：（1）距离原点x处取元电荷dq = dx，它在P1点形成的场强为图9.5 方向沿x轴正向。根据场强叠加原理，所有电荷在P点的场强为 N/C（2）距离原点x处取元电荷dq = dx，它在P2点形成的场强为根据对称性，合场强的方向沿y轴正向。N/C 练习10 电通量 真空中的高斯定理及应用一、填空题1、如图10.1所示，曲线表示一种面对称性静电场的场强E的分布，x表示离对称面的距离，规定场强方向沿x轴正方向时为正值，反之为负值，这是 的电场。(单一无限大均匀带电平面)2、（1）点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是 。（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是 ； 。（提示： 位于立方体中心时，每个面上的通量都相同，为总通量的1/6，即。 置于一个顶点时，由于电场线掠过共此顶点的3个面，所以此3面上的通量为0，为求其它3各面上的通量，可考虑另有3个同样的立方体拼在一起构成一个较大的立方体，此时，q位于较大立方体的中心，穿过每个大立方体面的通量为，而每个大面是由4个小面构成，因此每个小面的通量就是）3、在点电荷+q和-q的静电场中，作出如图10.2所示的三个闭合面S1、S2、S3，则通过这些闭合面的电场强度通量分别是：1= ，2= ，3= 。（提示：S1包围的电量+q，则通量为，S2包围的电量为0，则通量为0，S3包围的电量为-q，则通量为。）oxEP2 图10.1 图10.2二、计算题1、若A、B为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为，两平面外侧电场强度大小都为，方向如图10.3所示。由场强迭加原理计算A、B两平面上的电荷面密度，各是多少？ABE0/3E0E0/3解：电场分布已知，使用高斯定理求解。分别建立高斯面A和B。对于A，有：, 对于B，有： 图10.3 ，2、如图所示，半径R的非金属球体内，电荷体密度为 = kr，式中k为大于零的常量，求：= kro（1）球体内任意一点的场强；（2）球体外任意一点的场强。解：（1）rR，建立高斯面S2，由高斯定理得3、两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为 和，求：（1） r R1 ；（2）R1 r R2 处各点的场强。 解：根据电荷分布的对称性知，电场关于中心轴成轴对称，且垂直于轴呈辐射状，因此建立高度为h的柱形高斯面（红色）（1）r R1解得 E=0（2） R1 r R2，所以E=0练习11 静电场的环路定理 电势能、电势、电势差一、填空题1、如图11.1所示，在正点电荷q的电场中，选取以q为中心、R为半径的球面上一点P处作电势零点，则与点电荷q距离为r的点的电势为 。（）2、如图11.2所示，一等边三角形边长为a，三个顶点分别放置着电量为q、2q、3q的三个正点电荷，设无穷远处为电势零点，则三角形中心O处的电势= 。(电势叠加原理：)3、如图11.3所示，半径为R的均匀带电圆环，中心轴上两点和分别离环心距离为R和2R，若无穷远处电势为零，和两点的电势分别为和，则 。（。提示：带电圆环轴线上一点的电势：）oRO3qaqa2qa 图11.1 图11.2 图11.3二、计算题1、如图11.4所示，在A、B两点处有电量分别为+q，-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验电荷从O点经半圆弧路径移到C点，求移动过程中电场力所做的功。解：O点的电势C点的电势 图11.4 移动过程中电场力所做的为2、电荷q均匀分布在半径为R的球体内，求离球心r（rR）处的电势。解：先求电场分布如图建立球形高斯面，其上电通量为（1）rR时，面内包围的电荷（3）求电势3、两个半径分别为和（)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+，试计算：（1）外球壳上的电荷分布及电势大小；（2）先把外球壳接地，然后断开接地线，此时外球壳的电荷分布及电势；（3）再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量。解：（1）根据静电感应，外球壳内侧带电为-q，外侧带电为+q，均匀分布。外球壳的电势是三个球面上的电荷在外球壳出电势的和，而外球壳内外侧的电荷在外球壳上的电势和为0，因而外球壳上的电势由内球面上的电荷在该处的电势，即（2）外球壳接地后，球壳外侧的电荷被中和，因而带电量为0。而内侧的电荷将受到内球壳电荷的约束而不发生变化，仍为-q。该电荷在外球壳处的电势为而内球壳的电荷在外球壳处的电势为所以外球壳的总电势为 0。（3）内球壳接地后，其电势为0，设内球壳带电量为q1，则有由此得此时外球壳的电势为接地前外球壳电势为0，则外球壳电势增量为练习12 有导体存在的静电场的计算一、填空题1、在电量为+q的点电荷电场中放入一不带电的金属球，从球心O到点电荷所在处的矢径为，则金属球的感应电荷净电量q= ，这些感应电荷在球心O处建立的电场强度= 。 (净电量为0；静电平衡时，金属球内场强为0，即，所以)BoAPrArCrB2、一带电量为q，半径为rA的金属球A，与一原先不带电、内外半径分别为rB和rC的金属球壳B同心放置，如图12.1所示，则图中P点的电场强度 ；若用导线将A和B连接起来，则A球的电势 。（无穷远处电势为零） 图12.1 （；用导线连接后，称为单一导体，此时电荷分布与球壳外表面，A和B电势相等。）3、 两大小不相同的金属球，大球直径是小球的两倍，大球带电，小球不带电，两者相距很远。今用细长导线将两者相连，忽略导线的影响，大球与小球的带电之比为 。（提示：两球连接后称为等势体，且由于相距很远，则各自在对方处产生的电势为0。所以有 ，所以）二、计算题1、证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说：（1）相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；（2）相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。证明：（1）静电平衡时，导体内部的电场强度为0。建立如图所示的柱形高斯面，电场在该面上的通量为（2）对于A板中的P点即所以 2、三个平行金属板A、B、C，面积均为，A、间相距，A、C间相距，B和C两板都接地。如果使A板带正电，求：（1）B、C板上感应电荷；（2）A板电势。解：（1）B、C板外侧面电量为0，其它4个面从左到右电荷面密度依次设为1、2、3、4.由UAC = UAB得对于极板A内的任意点O, 对于极板B内的任意点P，由电荷守恒定律得 图12.2解得，则，（2）A板的电势3、有两个同轴圆柱面，内圆柱面半径为R1，电势为U1，外圆柱面半径为R2，电势为U2，求两圆柱面间距轴线垂直距离为r1和r2两点的电势差。解：设内圆柱上电荷线密度为，其周围的场强为两圆柱间的电势差为解得则两圆柱面间距轴线垂直距离为r1和r2两点的电势差为练习13 电容器与电容，静电场的能量一、填空题1、金属球A与同心球壳B组成电容器，球A上带电荷q，壳B上带电荷Q，测得球与壳间电势差为，可知该电容器的电容值为 。（提示：此电容所带电量由A上电量决定，则 ）2、面积为S的空气平行板电容器，极板上分别带电量q，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为 。（提示：两极板不能看作点电荷。考虑+q场中-q极板的受力。+q板空间的场强，-q板上取电荷元dq ，其受力，-q板的受力 ）3、真空中，半径为和的两导体球，相距很远，则两球电容之比 。当用细长导线将两球相连后，电容 。(提示：相距很远时，看成两个孤立的导体球，则球形电容器电容，则 二球相连后，设两球带的总电量为Q，根据习题12.1.3知，且，则，连接体的电势为：，所以 )二、计算题1、如图13.1所示，半径为 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为和，当内球带电荷 时，求：（1）整个电场储存的能量；（2）如果将导体壳接地，计算储存的能量； 图13.1 （3）此电容器的电容值。 解：（1）R1rR3时，其它区域，E = 0.则电场存储的能量为=1.8210-4J(2) 导体壳接地时，外部场强为0（3）2、有一平行板空气电容器，每块极板的面积均为S，两板间距为d 。今以厚度为的铜板平行地插入电容器，计算：（1）此时电容器的电容。铜板离极板的距离对这一结果有无影响？（2）现使电容器充电到两极板的电势差为U0后与电源断开，再把铜板从电容器个抽出，外力需做多少功?+ + + + + + + + +- - - - - - - - -d1d2解：（1）设电容器带电量为q，则电荷分布如图所示。设两侧的间隙宽度分别为d1和d2，则两极板间的电势差为则电容为（电容增大）可见，铜板离极板的距离不会影响电容大小。（2）充电后，电容器所带电量为场强为电场能量为抽出后，因电量不变，所以场强不变，但体积增大了，电场能量为电场能量增量为则外力作功为 3、如图13.2所示，圆柱形电容器由半径为的导线和与它同轴的导体圆筒构成。圆筒内半径为，其间为真空，长为l，如图所示。设沿轴线单位长度上导线电荷线密度为，圆筒电荷线密度为，忽略边缘效应，试求：（1）电容器储存的能量；（2）电容器的电容。图13.2 解：（1）圆筒和导线间的场强为离轴线r（R1rR2）处取厚度为dr的圆筒形体积元则电容器存储的能量为（2）用能量法求电容器的电容：练习14 磁感应强度 磁场的高斯定理 毕奥-萨伐尔定律一、填空题1、因磁力线是 曲线，所以对于任意闭合曲面，磁感应强度通量 ，表明磁场是 场。(闭合，0，无源)2、真空中有一载流I的细线圈，则通过包围该线圈的封闭曲面S磁通量= 。若通过S面上某面元的磁通为，而线圈中的电流增加为2I时，通过同一面元的元磁通为，则 。（0，, 所以）3、一质点带电，以的速率在半径为的圆周上作匀速圆周运动。该带电质点在轨道中心所产生的磁感应强度大小为 ，该带电质点轨道运动的磁矩的大小 。（ 提示：运动电荷形成的磁场： 运动周期, 电荷运动形成的电流, ）二、计算题1、边长为2a的等边三角形线圈，通有电流I，求线圈中心处的磁感强度。解：过长为的等边三解形圈，通电流为，在线圈中心处的磁感应强度为。应为每一边在处产生的磁感应强度的叠加，而每边在产生的磁场相同，因此即2、如图14.1所示，一根无限长直导线，中间一段弯成半径为 a的圆弧，若导线中电流为I，求圆心O点处的磁感应强度。解：点的磁感应强度由、和三段载流电流在处产生场、和的叠加，它所在处的磁感应强度方向垂直线面向里，由长直载流导成的磁感应强度公式 图14.1 对段，de段与ab段产生的场强相同，即=。段载流圆弧导线，长度为完整圆的1/3，则在处产生的磁感应强度为处的的大小为3、如图14.2所示，宽度为a的薄金属板中通有电流I，电流沿薄板宽度方向均匀分布。求在薄板所在平面内距板的边缘为x的P点处的磁感应强度。解：建立如图所示的坐标系，将薄金属板沿宽度方向分割如图。dr 对应电流： dI 在P 点处磁场为： 所有分割带在P 点处磁场方向相同，由磁场叠加原理可求得在P 点处: 图14.2 练习15 毕-萨定律的应用，安培环路定理及其应用一、填空题1、在面15.1所示的两个闭合回路中磁感应强度的环流分别为：回路甲： 。 回路乙： 。（，0）2、如图15.2所示，在载流长直螺线管外环绕一周，其环流 。（非理想情况的螺线管，有漏磁存在，外部附近的磁场并不为零。） 图15.1 图15.23、安培环路定律与静电场环流定律形式不同，表明两种场性质不同，静电场是 场，磁场是 。（无旋场(或者保守场)，有旋场(或者非保守场)）二、计算题1、有一同轴电缆，其尺寸如图15.3所示，它的内外两导体中的电流均为I，且在横截面上均匀分布，但两者电流的流向正相反，求导体内外的磁感应强度的分布。解：磁场具有轴对称性，以对称轴为中心作积分环路，取正方向，如图。则沿着闭合回路的环量rR1时，回路包围的电流由安培环路定理得 图15.3R1RR2时，回路包围的电流 由安培环路定理得R2RR3时，回路包围的电流 ，B=0.2、I=5.0 A的长直导线附近放一与导线共面的单匝矩形线圈，其边长a=4.0 cm, b=3.0cm，近端平行于导线的一边与导线相距d=2.0 cm ，如图15.4所示，求通过矩形线圈的磁通量。解：如图所示，取面元dS，距导线 x 远处B的大小：，方向垂直于纸面向里。阴影部分通过的磁通量为:通过矩形线圈的磁通量为:Wb 图15.43、一根很长的铜导线载有电流10A，在导线内部作一平面S，如图15.5所示，计算通过S平面的磁通量（沿导线长度方向取长为1m的一段作计算，铜的）解：由安培环路定理可求得在圆柱体内部与铜导线中心轴线相距为处的磁感应强度因此，穿过铜导线内部画斜线平面的磁通量为： 图15.5Wb练习16 磁场对载流导线和载流线圈的作用 安培定律 一、填空题1、如图16.1所示，电流元置于坐标系原点，则置于a点的电流元受安培力方向为 ，置于b点的电流元受安培力方向为 。（平行 z 轴向上，平行 z 轴向上）2、如图16.2所示，在一固定的无限长载流直导线的旁边放置一个可以自由移动和转动的圆形的刚性线圈，线圈中通有电流，若线圈与直导线在同一平面（a），则圆线圈将 ；若线圈平面与直导线垂直（b），则圆线圈将 。（平移靠近直导线，转动并平移靠近直导线）3、有一半径为a，流过稳恒电流为I的1/4圆弧形载流导线bc，按图16.3示方式置于均匀外磁场中，则该载流导线所受的安培力大小为 。（IBa） 图16.1 图16.2 图16.3二、计算题1、两根平行无限长直导线间的垂直距离为a，其中电流强度分别为和，且方向相同，试求在单位长度导线上的作用力的大小。解：在导线2上取一电流，根据毕奥萨伐尔定律知，导线1在处产生的磁感应强度的大小为方向如图示，垂直于两导线确定的平面，由安培定律得，电流受到的力大小为的方向在平行两导线确定的平面内，垂直于导线2，指向导线1。导线2单位长度上受的安培力大小为同理可得导线1单位长度上受的安培力大小为方向指向2。3、如图16.4所示，电流为的等边三角形载流线圈与无限长直电流共面，等边三角形的边长为l，AC边距无限长载电直导线的距离为d。求载流线圈所受的合力。解：对于AC ：对于AB 、BC ：取电流元，应用安培定律： 图16.4，大小为 方向水平向左。3、一半径为R，电荷面密度为 的均匀带电圆盘，放入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁力线与圆盘表面平行，现圆盘以角速度绕对称轴转动。求：（1）取一半径为r宽度为dr的圆环，则圆环旋转产生的电流强度dI有多大？（2）该圆环所受的磁力矩有多大？（3）圆盘所受的合力矩有多大？解：取圆环，它等效电流等效磁矩 受到磁力矩，方向纸面向内，大小为 图16.5 练习17 法拉第电磁感应定律，楞次定律一、填空题1、如图17.1所示，一矩形线框长为宽为,置于均匀磁场中，线框绕轴，以匀角速度旋转，设时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为 。（abB | cost |）2、如图17.2所示，一半径为的很小的金属圆环，在初始时刻与一半径为的大金属圆环共面且同心。在大圆环中通以恒定的电流，方向如图。如果小圆环以匀角速度绕其任一方向的直径转动，并设小圆环的电阻为，则任一时刻通过小圆环的磁通量 ，小圆环中的感应