大学物理习题答案-吴百诗

3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 1 一 选择题 1 D 解 先考虑一个板带电 q 它在空间产生的场强为 注意是 0 2 q E S 匀场 另一板上电荷 q 在此电场中受力 将其化为无数个点电荷 每个电荷受力大小为 故整个 q 受qdq 0 2 q dq dFdqE S 力为 这既是两板间作用力大小 2 00 22 qdq q Fdq E SS 2 B 解 由电通量概念和电力线概念知 A 穿过 S 面的电通量不变 因为它只与 S 面内的电荷相关 现内面电荷没有变化 所以穿 过 S 面的电通量不变 B 由于 S 面上场强与内外电荷都有关 现在外面电荷位置变 化 所以 P 点场强也变化 故选 B 二 填空题 1 3 3qq 解 画图 设等边三角形的边长为 a 则任一顶点处 的电荷受 到其余两个电 荷的作用力合力为 F 2222 1 2cos30 2 3 23 FFkqakqa 设在中心处放置电荷 它对顶点处电荷的作用力为 q 22 2 3 3 3 qqqqqq Fkkk raa 再由 可解出 FF 3 3 3 3qqqq 2 或 方向指向右下角 2 0 2 qia 2 0 2 qa i 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 2 解 当相对称的两电荷同号则在 O 点的场强抵消 若异号肯定 有电力线过 O 点 故只有左上角的电荷电力线指向右下角的 电荷 是 2 0 2 4 qa 三 计算题 9 3 9 4 6 7 0 ln 2 ab a 1 0 2 b tg h 解 将带电平面薄板划分为无数条长直带电线 书中图 宽为 dx 求出每条带电线在场点产生的场强 微元表示 然后对全 部长直带电线积分 就得到该题的解 注意单位长度上的带 电量 dq dx dx dy dx 1 距边缘为 a 处 每条带电直线产生的场强为 原点取在导体片中间 x 方向向 0 0 2 2 2 dx dE b r ax 左 故总的场强 的方向沿 x 轴 0 0 2 2 ln 2 2 2 b b dx E ab b x a a E 正向 或 原点取在场点处 x 轴方向向右 则总的场强为 此时 的方向沿 x 轴 向 00 ln 22 a b a abdx E xa E 2 在板的垂直方向上 距板为 h 处 每条带电直线在此处 的场强为 由于对称性 故分解 22 1 2 00 22 dqdx dE rxh 2222 0000 sincos 22 22 xy dqdx xdqdx h dEdE rxhrxh 在 x 方向上 场强分量因对称互相抵消 故 0 x E 所以 2 1 22 1 0 2 00 21 2 22 2 b y b dx hhb EEtg xhh b tg hh 9 5 0 0 4 xy A EE b 解 任取线元 所在角位置为 如图 带电为 dlcosdqAbd 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 3 它在圆心处产生的电场强度分量各为 2222 cos cossin sin xy dqdqdqdq dEkkdEkk bbbb 整个圆环产生的 22 2 00 cos sincos0 xxy dqAA EdEkkEkd bbb 9 7 6 15 1 2 eS ER 2 2 eS ER 由电通量 本书定义为 电场强度通量 的物理意义 知通过 S1或 S2面的电通量都等于通过圆平面的电通量 2 R 电场强度通量 垂直通过面的 也即是 2 R 2 e ESESE R 通过 S1或 S2面的 或解 以 S1和以圆面积 R 为半径的 组成一个封闭曲面 S 2 R 由高斯定理 知 又 0 0 i i S E dSq 2 1 0 SRS E dSE dSE dS 所以 2 1 1 2 eS SR E dSE dSER 同理 2 2 2 2 eS SR E dSE dSER 9 8 5 1 4 6 10 qC 133 21 33 3 4 72 10 4 qq C m rR 解 1 由高斯定理 可得 0 i S E dSq 25 1101 cos4 4 6 10ERqqC 同理 2 22 220202 cos4 4Erqqr E 所以大气的电荷平均体密度为 133 21 33 3 4 72 10 4 qq C m rR 9 9 11 0 ErR 1 2 0 2 E r 11 3 0 2 E r 解 本题解被分成三个区域 由高斯定 1122 rRRrRRr 理知 1 域 因为在该区域内作的高斯面 面内无电荷 11 0 ErR 2 域内作一同轴的圆柱形高斯面 高为 半径为 满足lr 12 RrR 则有 2 0 1 0 1 2 2 s EEsE r l E dr l 在 3 域 类似 2 域方法作高斯面 满足 2 Rr 则有 11 0 11 3 0 2 2 s l E dsEr lEE r 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 4 9 10 在 n 区 00 1 D nDn S Ne E dsE x Sxx SNeE xxx 在 p 区 00 1 A pAp S Ne E dsE x Sxx SNeE xxx 9 11 0 0A 解 这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念 见 P 69 页的题 图 因为 所以 0 0 2 2 qq UkkU ll 000 0Aq UU 9 13 6 22 90 ab UV 解 11 90 abab UUUkqV ab 9 14 通过该点的等势线是在中垂面上半径为 x 的 22 0 2 p q u xr 圆 解 12 222222 0 2 p kqkqq uuu xrxrxr 等势面是中垂线内 半径为 x 的圆 圆心在两电荷的连线的中点 9 16 6 25 3 0 3 R U r 2 0 3 R U 22 0 3 6 RUr 内 球体内 3 3 1 3 000 14 4343 Rr r Q Er R rR R 球体外 2 2 0 3 2 0 34 RrR Q E rr 定义 则可求出各区域的电势0U 球体外 3 3 2 0000 14 4433 4 r RQQ UdrRrR rrrr 球面上 2 0 2 0 43 R Q UdrrR r R 球体内 12 R rrR UEdrEdrEdr 域 32 0 2 00 2 3 644 R rR QQ rdrdr Rr Rr rR 9 20 102 4 111 rR q U R 0 1 4 q U r 02 1 4 q R U 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 5 解 应用高斯定理 可求得空间各域的电场强度 1 rR 1 2 q Ekr r 12 RrR 2 0 E 2 Rr 3 2 q Ekr r 再由电势定义 可求 1 rR 1 2 22 12 1 000 11 0 111 44 4 R rR qq drdr rrrRR q u 12 RrR 2 2 22 2 0 1 0 4 1 R qq kdrkqu rRR 2 Rr 3 0 2 11 4 r qq kdrkq rrr u 自行画图 点电荷在球心 球壳内 外表面上的电荷分布均匀 若点电荷偏离 球心 球壳内表面的感应电荷分布不均匀 靠近点电荷的区域 电荷密度大 反之则较小 内表面电荷与点电荷形成封闭场 但 外表面的电荷仍然均匀分布 9 21 解 1 由电势叠加原理 有 内球电势 1 1230123 1 4 kqkqk qQqqqQ U RRRRRR 球壳电势 2 03 1 4 qQ U R 2 电势差 12 012 1 4 qq UUU RR 3 连接球与球壳 则电荷全部跑到外球面上 所以 球与球壳是等势体 1212 03 1 0 4 qQ UUUUU R 4 外球面接地 则只有内球与球壳间的局域场 所以 但 另外 2 0U 1 012 1 4 qq U RR 12 012 1 4 qq UUU RR 注意 本题的解也可用电势定义积分得到 9 22 7 4 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 6 证 两带电金属球 半径分别为 由于相距远 两球产生的电 12 R R 场互不影响 现用一根极细导线连接两球 达到静电平衡后记金属球 1 带电 为 电势为 金属球 2 带电为 电势为 由于导线相连 1 q 1 U 2 q 2 U 故有 又互不影响 所以有 12 UU 12 12 12 qq UkUk RR 即 又 此两 121122 22 120102 11 44 qqq Rq R kk RRRR 12 12 22 12 44 qq RR 式 代入上式 可得 即 得证 1122 RR 1 R 表 9 23 0 UdUllU 解 设充电后 板上电量为 板的面积为 s 故板上面密度大q 小为 q s 插入金属板以前 00 EUEdd 现断开电源 q 不变 插入金属板 厚为 l 故电容器两板间距变 为了 dl 此时 00 EUE dldl 电势差的改变为 00 lUUUldl 由式看出金属板的位置对结果无影响 9 24 无图 9 25 2 1 92 10WJ 解 见图 当开关 K 拨向 1 电容 C1充电 64 110 8 101209 6 10qCUC C1的能量为 2622 110 11 8 101205 76 10 22 WCUJ 当开关 K 拨向 2 电容 C1向当电容 C2放电 电荷会重新分布 由于是电容并联 故有 又电压相等 121 qqq 11221212 2 1qCqCqqCC 由此两式解得 44 1211 6 4 10 3 2 10 80qCqCUqCV 故并联后电容器中的总能量为 2262622 212 1111 8 10804 10803 84 10 2222 WCUC UJ 故能量改变 2 21 1 92 10WWWJ 9 26 抽出时 0 s d d 20 0 2 1 2 ds AU dd 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 7 解 插入厚度为 d 的金属板后 相当于把原来的一个电容器变 成了串联着的两个电容器 分别设为 C1和 C2 设 C1的板间距为 l 则另一电容的板间距为 串联后的总电容设为 C 则有ddlt 0 120000 111 sltlddldd C CCCssssdd 1 插入后的总电容为 0s C dd 2 这是先充电 后改变电容 板上电量不变 改变电容 抽 出金属板 电容改变为00 ss C dd 因为原先电容储能为 现在不变 但电容变化 2 1 2 q W C 0 qC U 了 故新电容储能 2 1 2 q W C WCdddd WWWWWWW WCdddddddd 所以外力的功 220 00 2 11 22 dsdd AWWWCUU dddddd 9 27 23 0 1 0 113 2 u wJ m R 解 导体球表面的电能密度 2222 000000 22 0 1111 222424 qq wE RR 因为导体球电容 代入上式 00 44CRqCuRu 得 23 0 1 0 113 2 u wJ m R 9 28 解 静电能 222 012012 2121 4211 22 R RR R WCUUU RRRR 9 29 电场总能 可用电场能 2 6 0123 111 1 82 10 8 q WJ RRR 密度积分求解 导线连接后 电荷都在外表面 总能 2 5 03 8 1 10 8 q WJ R 9 30 1 77 1 0 10 2 0 10 BC qCqC 3 1 0 2 3 10 AB AAB d UUqV S 2 78 2 1 10 8 6 10 BC qCqC 2 2 0 9 7 10 AC AAC d UUqV S 9 31 无图 9 35 解 见题图 1 设介质板与上极板的距离为 x 介质中的场强为 E 空气中的场强为 由电势计算有 0 E 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 8 000 uE xEtE dxtE dtEt 再由高斯定理知 两极板间任一点的 D 都相等 以及 可得 00 EDED 00 00 r r rrr uu uD dtDtD dttdtt 所以介质中 1 rrrr uu ED dtdtt 2 0 0 r rr u QSSDS dtt 3 0 r rr CQ uS dtt 9 36 7 11 7 12 解 先见 35 题 再看本题可知电势分别是 U0 U 故是板上电量不 变 1 板上电量不变 0 0000 S QQC UU d 2 介质高斯定理 0 00 0 1 rr QD DUEU Sdd 3 本题没有给出 U 故计算如下 空气中的场强 所以 000 EDUd 000 0 1 rr rr UUU UE dtE tdttdt ddd 0 1 r rr S C t Q Ud 一 选择题 1 B 解 自己画图知 两个电流产生的磁场方向相反 X 轴向电流的磁 感穿出纸面 X 轴向电流的磁感大小为 同理 0 20 2 X I B 0 20 4 Y I B 所以 故选 B 6 0 2 5 10 20 4 XY I Bk BBkkT 2 D 解 最后等式见下面算式 00 1212 12 2 2 2 II BBBB aa 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 9 其中 00 2 22 22 2 4 2 II B aa 选 D 2 112 12 12 2 2 8 24 2 a aaa aa 3 D 有错 B C 解 由于 A D 两图 磁场 B 在 a 点不连续故只能选 B C 中之一 B 图在 ab 段曲线上凸 故 C 图反之 故应 用安 0Br 0Br 培环路定理可求得 ab 域的磁感强度 可见 22 0 22 2 I ra B r ba 显然 D 答案不符合 0B ra 对上式二次求导 若算得 则选 B 可算到此 2 0 322 0 Ia B r ba 结果 若对上式二次求导 算得是 则选 C 未 22 0 322 0 I ra B r ba 算到 或简单解 由安培环路定理知 在的区域 ra 显然只有 B 图是对的 而其它均不为000 i i L IB dlB 零 4 B 解 00 2 12 53 2 24 Ievqq IBT TR vaa 或用单个运动电荷的公式 0 2 sin90 12 53 4 ev BT a 5 C 解 先给出板上离直线 r 远处的元电流 jI adIjdr 它的单位长度受到直线电流的力为 0 2 IdIddf dlr 则整个板的单位长度受力为 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 10 2 2 000 ln2ln2 222 a r a ddf I jdrI I aI dlra 二 填空题 1 2 0 2ln3 1 MI a 解 线元受力 2 Idl 0 22 2 I dfIdlBk IdlB xk Idx x 线元相对 O 点力矩 即 2 Idl 4 dMrdfjax df 2 0 4 2 I dMaxdx x 所以 22 3 00 4 2ln3 1 2 a a IaI Maxdx x 2 磁通量 0 2BNIr 01 2 ln 2 B NIhD D 分析 本题没有指明是细的通电螺绕环 所以环中的磁感应强度不 能看成常数 必须用式对面元积分得到磁通量 0 2 NI B r hdr 3 磁力的功 2 2 AC AIBa 0 CD A 2 2 4 AD AIBa 解 磁力功 绕 AC 边向外转 22 21 0 22 m aa AIIIBII B 绕 CD 边向外转 00 m A 绕 AD 边向外转 此时 22 222 22 cos450 44 IBaAIIBa 4 线圈中张力 IBR 解 张力不是整个闭合线圈所受的磁场力 是线圈的张紧力 取 y o 的下半圆 它在匀磁场中受力为 方向沿 y 负方2fIR B 向 此半圆静止 故受到上半圆的上拉力 大小为 力2ffIBR 作用于两端 所以每端受力为 IBR 5 不要 6 本题画图各个 L 路径所包围的通电导线数 课堂上已画各 L 图 满足右手 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 11 12 612 LL HdlAHdlA 34 153 LL HdlAHdlA 三 计算题 10 3 10 4 解 O 点的磁场由三部分线电流产生 其中圆弧电流在 O 点的磁感 强度为 方向垂直纸面向里 00 1 120 23606 II B rr 左边直线电流在 O 点的磁感强度为 方向 0 212 coscos 4 I B a 向里 其中 可得 12 0 30 cos60 2arr 0 2 13 2 2 I B r 同理可得左边直线电流在 O 点的磁感强度为 方 0 3 13 2 2 I B r 向向里 所以 O 点的 B 为 000 123 2 13 2 0 21 62 III BBBB rrr 10 5 解 这是运动电荷的磁场 将圆盘划分为无数个细圆环 任取一圆 环 设半径为 r 环宽为 dr 其上所带电量为 由于 02 dqrdr 它以 角速度转动 所以形成电流 大小为 该电 0 00 2 2 2 rdrdq dIrdrrdr dtT 流在轴 线上 x 处的磁感强度为 22 000 22 3 222 3 2 2 2 dIrrdrr dB rxrx 所以 总的磁感强度为 322 0000 22 3 2 220 2 2 2 2 R rdrRx Bx rx Rx 10 6 10 7 10 8 解 取半径为 r 的同轴的圆周为安培环路 则 当 时 有 1 rr 2 00 2 2 1 2 i i r IL I r B dlrBI r 0 1 2 1 2 Ir B r 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 12 当 有 12 rrr 0 20 2 2 2 r B dlrBI I B r 当 有 23 rrr 22 03 3 22 32 0 2 2 2 i i r IL B dlrBI Irr B r rr 里 当 时 有 3 rr 0 2 20 i i r IL B dlrBI 里 4 0B 10 9 本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明 和电流两侧区 域的 的证明 0 1 2 Bn i 方法是 作一个包围部分电流的安培环路 为矩形框 框的一 边与与平板平行 则可证 10 10 0 41ImgBlA 解 见题图 金属导线的张力是重力引起的 方向向下 要抵消它 则金属导线所受安培力必须向上 由于金属导线垂直磁场 大 小为fIBlmg 所以 由 f 及 B 的方向 知 I 流向从左到 0 41ImgBlA 右 10 11 注意 本题不是无限长直导线 不能用两平行导线作用力公 式 解 在载流为 I2的导线 2 上任取电流元 它受到导线 1 中电流 2 I dl I1的安培作用力 22 dfI dlBIdx B 其中 B 由有限长电流 I1给出 0 1 12 cos cos 4 I B a 所以 L 长的导线 2 受力 0 1 22 0 221 0 cos cos 4 LL fIdx B I a Idx 22 0 10 1 2 2 22220 42 L II IxLx IdxLaa aa xaLxa 方向向下 同理载流为 I1的导线 1 受力与大小相等 方向 2 f 2 f 相反 10 12 解 1 将圆柱面划分为无数条直线电流 再求出这些电流在轴线 上的 B 再求受力 因为长直电流产生的磁感为 00 22 dII dBdl RRR 考虑对称性 对称的两长直电流的在某方向会抵消 其垂直dB 方向相加 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 13 设垂直方向在 x 的方向上 则有 00 22 coscos 22 x II dBdlRd RRR 故半圆柱面产生的 B 为 2 000 2222 00 coscos 2 III BRdd RRR 所以轴线上导线单位长度受力 2 00 22 1 II FBII RR 方向在方向上 所以 x IdlkBj 2 0 2 I Fj R 2 设该导线放在处 则该导线电流与长圆柱面电流产生 y j 的磁感强度应相等 即 00 2 2 2 2 II yRyR Ry 10 13 要掌握 10 14 10 15 解 1 受磁力矩 22 sin90 27 85 10 m Mp BISBI R BN m 2 回路中的电流不变 故磁力矩作功 2 cos90 7 85 10 m AII BSBSIBSJ 10 16 要掌握 10 17 无图 10 18 6 7 57 10 vm s 分析 先将电子速度分为互相垂直的两部分 然后直接用 vv 带电粒子在磁场中运动的公式来表示 最后用求 vv 2 vvv 2 解 解 又 由两式合成 2 2 meB hv Tvvh eBm eBR v m 得 22226 7 57 10 22 eBeBReBh vvvhRm s mmm 2 22 2 10 19 10 20 4 200 2 5 10HA mBT 200 1 05 r HA mBBT 解 由 0 2 2 i NIN HdlIHrNIHBI rl 代入数据 4 200 2 5 10 2 NI HA mBT r 在介质时 r 200 1 05 r HHA mBBT 10 21 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 14 一 选择题 1 C 解 由楞次定律知 线圈的运动是反对磁铁的靠近 故线圈向左 又离磁铁越近的线圈运动就越快 故选 C 2 A C 解 注意转轴过 C 点 且垂直于导体棒 A B 故先由给出电势vB 的高端 显然有 C 点最低 A B 电势相等 且都高于 C 点 故选 A C 答案 3 a 解 OC 半径与磁域边缘的夹角设为 由于在图示角度增大的过程 中 22 11 22 BRtBRt 反之O C 在磁域外面 所以是常数 或正或负 不是 t 的函数 故 2 1 2 i ddtBR 选 a 4 解 见图 假想 ob 用导线连接 oa 也用导线连接 故闭合回路的 电动势为 0 i ddB S dtdt 由于涡旋电场线方向总是与半径垂直 所以有 0 oboa 所以 其中 abacb acb dBdBdB SSS dtdtdt 分别为的面积 四边形的面积 扇形 SSS oab oacbo 的面积 由于本题中扇形面积最大 而为常数 所以oacbo dB dt 对应的电动势为最大 为最小 acb ab 5 A D 解 由静电场的环路定理知 A 成立 d0 l El 由涡旋电场属 非静电性场 故 知 D 也成立 d0 V l El 二 填空题 1 cos 1 cos bc adb vBlvBl 解 在垂直速度的方向上 bc 的投影长度为 所以cosl cos bc vBl 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 15 同理 弧的投影长度为 所以 adb cosll 1 cos adb vBl 2 2 2 ab vBl 2 1 2 ab Bl 解 在垂直速度的方向上 ab 的投影长度为 故电cos452 2ll 动势 2 2 abba vBl 长的导体棒垂直匀磁场 则绕其一端转动的电动势为l 2 1 2 ab Bl 3 方向向左 2 2 aB l vmR 2 22 2 00 exp exp i B lBlB l vvtIvt mRRmR 2 0 1 2 tQmv 解 由楞次定律 知导体杆 ab 必作减速运动 所以其加速度与速度 方向相反 设 t 时刻杆 ab 速率为 此时它离开初位置 初速v 为 的距离为 x 设此时回路中的感生电流为 I 而回路总电 0 v 阻为 R 见图 因为匀场 dt 时间里导体杆扫过的磁通为 m dB ldx 由法拉第定律 有 1 m i dBl dxB Ilv R dtR dtR 而杆 ab 受力为 2 2 ii fIdlBIB lB l v R 故加速度大小为 加速度方向与反向 向左 2 2 fB l v a mmR 0 v 加速度的代数值为 由对应积分 2 22 2 B l vdvdvB l adt mRdtvmR 2 2 0 2 22 2 0 0 0 ln B l tvt mR v dvB lvB l dttvv e vmRvmR 感应电流 2 2 0 B l t mR i BBl Ilvv e RR 到 故 R 上放出的焦耳热 导体杆的初动能 0 i tI 2 0 2mv 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 16 4 00 0 ln3 ln3 22 t M bb MI e 解 a 设无限长直导线中通有电流 I 距离导线 r 处的磁感应强度 0 2 I B r 通过线圈的总磁通为 d m S B S 3 2 0 2 bd 2 a a I r r 0 ln3 2 I b 所以线圈与长直导线间的互感系数 m M I 0 ln3 2 b b 现在直线电流为 是时间的函数 所以应该对电流 0 t II e 求导 即 000 0 ln3ln3 ln3 222 t m dbdI bbII e dtdt 5 8 1 5 10 EN C 解 由 228 0000 1 1 5 10 EBEBB CN c 光速 三 计算题 11 3 11 4 解 5 coscos575 72 10 m SS B dSBdSBSWb 11 5 解 23 5 7 10 m i SS ddddB B dSBdSrV dtdtdtdt 11 6 解 1 取线圈平面的法向与同方向 则有B m i SSS dddd B dSB dSBdS dtdtdtdt 所以 00 2 0 2 2 00 4 0 20 S Sd BdSBV dtt i 2 3 0 4 20 20 10 iA R i 11 7 解 1 仔细看图 导体是以 AO 为转轴的 在图示位置 棒上的 线元速度与磁感 B 的夹角为 900 所以 2 1 sinsin90 cossincos 2 CC AC AA vBdllBdlBL 即 方向为 在电源内部 2 1 sincos 2 AC B L AC 2 当 C 点转到 D 点 此时棒上的线元速度与磁感 B 的夹角为 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 17 45o 所以 2 0 2 sinsin45 cossincos 4 L AD lBdlB L 11 8 应当会 11 9 解 1 由于棒沿框架下滑的加速度为 故 t 刻的棒沿框sinag 架下滑的速度为 棒上的动生电动势为sinvgt 00 sin 90 cossincos ll i vBdlv Bdlv BlgtBl 2 沿斜面方向上 当棒的重力分力 向上的安培力时 则达 到稳定速度 此时 感应电流 棒受到的向上安培 cos ii IRv BlR 力为 现两力相等 即coscos i FfI l B 2 sin sincos cos cos cos i RMg MgI l Bv BlR l Bv Bl 11 10 本题较难 解 注意本题长直电流产生的磁场是 非均匀磁场 所以 ca 段导线 各线元的 B 是不一样的 故求解时不能将整个 ca 导线分解在两 个垂直方向上 本题 t 刻回路中的电动势解法有两种 第一种是参考书中的解 i 法 解法 1 三个积分中的 111 bca i abc vBdlvBdlvBdl B 是不一样的 且点乘 叉乘的夹角也不尽相同 解法 2 直接用法拉第电磁感应定律 i d dt t 时刻 ab 导线距长直电流为 取 x 轴正向向右 坐标原dvt 点在长直电 流上 在线框中 x 处取窄条面积 2 dsy xdxdvtlxtgdx t 时刻穿过线框的磁通量为 2 0 2 2 d vt l m d vt I tdvtlxtgdx x 即 2 00212 22 2 1 ln 22 d vt l m d vt IIdvtlldvtl ttgdxdvtll xldvt 0011 22 2 ln ln 22 IIll dvtldvtldvt l 再 就可得解 i d dt 11 11 3 31 2020 9 06 22 上午 华东交通大学交通工程 18 解 因为 所以有旋电场线是逆时针 取 为半径的同心圆作0 dB dt a r 为回路 L 方向也取逆时针 则 2 3 2 5 10 0 12 5 1 2 1 0 2 a dB Er dt N C 点在圆柱外面 方向沿逆时针方向且垂直 Ob 大小为 但公 a r 2 b E 式不同 22 3 2 dB 10 10 0 13 3 10 dt2 15 10 b b R N C 2 E 2r 11 12 解 1 因为 所以有旋电场线是逆时针 取 为半径的同0 dB dt a r 心圆作为回路 L 方向也取逆时针 则 2 3 112 7 1 10 222 a dBl dB ErV m dtdt 方向沿逆时针方向且垂直 Oa 2 a E 同理 方向也沿逆时针方向且垂直 Ob 而 2 b E 2 3 1 5 10 2 2 b ldB EV m dt 2 注意 教材中的题目与辅导书中的题目有区别 是 b 点位 置不同 假想 Oa 和 ob 间均有直导线连接 构成 oabo 三角形导体 回路 则有 法拉第公式 1 2 2 m SS ddddB B dSBdSl l dtdtdtdt 另一方面 而 aboaabbooa 2 0 a oboa o Edl 所以 现在共有三个这样的导线 所 22 1 0 1 10 4 ab dB lV dt 以总电动势为 方向为 abcd 方向 2 30 3 10 abcdab V 11 13 解 题目给出 所以可求 20 dI A s dt 50 i ddtd N SnIdt 1 33 0 5 2 10 1 26 10 i n dI dtV 2 感应电流 4 6 3 10 i