重庆科技学院大学物理考试题库-应用题

1、573. 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 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FN sinman mr 2mR 2 sinFN cosmg且RhcosRg解得h R2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 Fr = 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

2、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.vma（2）由advvgdtm分离变量并积分vdvt0dt0g vmgv得-mmtlng整理后得vmg (1em)t（3）当 t时，有最大下落速度mgvmax（4）由 vdxmg (1e m)tdt有x dxt mg(1e m)dtt00xmgtm (1t得e m )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vmaxmg ，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

3、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FN C 。 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- mg sinm dvdtFN mg cosv2mR由于 dvdv ddvv dv ，代入式并分离变量后积分dtddtdR dvRg sindvdv090得v2Rg cos则小球在 c点的角速度C 为v2g cosCRR将式代入式，得FN mv2mg cos3mg cosR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

4、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mgFm dvdt式中， m2 SL ，浮力 F1Sxg，故式可写成2SLg1 Sxg2 SL dv2 SL dv dx2 SLv dv dtdx dtdx对式分离变量并积分，有x x10 L1 gdxvvdv20得gx1g ( 1 x2 )1 v22 L 22设杆的速度最大时

5、，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2 SLg1S lg得l2L1将式代入式，得杆的最大速度为vmax2 Lg14.10 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

6、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：(FT2Mg)tMV 0(FT1m g)t( mV)( mv)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 FT2t MVFT 1 tmVmv因 FT1FT2 ，解得： Vmvm2 ghMmMm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-

7、T=Ma,T-mg=ma求得 aMm gMm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0 V22( a) H 故V2m2 (2gh)m2hH2(M22M222am )gm4.14 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

8、矩守恒 。即：L1L2由于两者的方向一致，式可直接用大小来表示，有mv1 ( Rl1 )mv2 (Rl 2 )：得v2v1Rl18.1 63784396.30km/ sRl263782384（2）求 T：卫星径矢 r 在单位时间内扫过的面积为面积速度ds 。卫星运行dt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：L2m ds不变量dt对近地点而言：则面积速度为：LL1mv 1 ( R l1 )ds1 v ( Rl)dt2 11故 Ts(R l1) (R l2 ) (R l1 )(R l2 )3ds/

9、dtv1 (R l1 )8.26 10 s 2.29h4.20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 Frkv 2 。试求物体由 x0 = 0 运动到 x =l时 ,阻力所做的功。 分析与解答 Fbtdv（1）由加速度 amdtmvTbtv

10、b2得：dvdtT00m2 m由动能定理 A1mv21mv02220，得A 1 mv2b2T 4由于 v =028 m（2）有变力做功的计算方法，有?3AdA(5 10x)dx60J04.29 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

11、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 ,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1mv 21( m ,m ) v , 21 kx max2222解式 ，式 得 x m axvm , mk ( 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 。开始时它们都处于静止状态。若突然把 A, B

12、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 O1位置处于平衡（如图 b），此时弹簧伸长 y1 ，则(m1m2 ) g ky1即 ym1m2 g0.50.3* 9.80.88m1k8.9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 m1gky2 即 y2m1 g0.59.80.55mk8.9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 v m 。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（

13、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1 m v2m gy1 ky21 ky2m1gy12 1 m122221解得vm1 k( y12y22 ) 2m1 g( y1y2 )m118.9 (0.8820.552 )20.59.8(0.88 0.55)0.51.39m / 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 ,

14、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(m1m2 )v1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 (m1m2 )v1l0(m1m2 )v2l sin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1(m1 m2 )v121( m1 m2 ) v221k(l l0 )2222联立解式，式，式，得速度的大小和方向

15、分别为v2(m2) 2 v02k (ll 0 ) 2m1m2m1m2arcsinm2 v0l 0v02 (m2m2)2k (ll0 )2(m1m2 )lm1m1m25.8 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 M1 mgl 的作用下，绕轴转动。由A2转动定律有MI1 mgl2 3g1 mgl2 2l3则右端的加速度为5.10一细绳绕在半径为l 3 g 。2r 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 ,

16、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 FTF 。按转动定律有FTI1故1FTI在图（ b）情况下，有F FTF aF2解得Fgg2F2FTI 2Ig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 :

17、( 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：m1gT1m1a1对 B：T2m2 gm2a2对轮轴：T1RT2rII=1MR21mr2221R2r解式 方程组得m1 R2m2 r2gIm1 Rm2 rm1R m2 rRg ，m1R m2 rrg12222m2 r2I m1 R m2rI m1 R2m2 rR22m1rR2 m2 gT1Im2r 2m1 g ，T2I m1R2I m1Rm2rI m1Rm2r5.16如图所示 ,有一半径为 R 的水平圆转台 ,可绕通过其中

18、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I 0I mR2则I0ImR2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

19、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( 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mgh1 mv022得v02gh碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即22mv0lmlml1 ml 2222R得6m2gh6mm l（ 2）碰后，乙被向上弹起的初速度为v0 l2则乙被弹起的高度可由v2v0 22g h 求出2v0 2l29m2 h即h 22g2g6m2m 5.20如图所示,一长为 l = 0.,质量为 M = 1kg的均质杆,铅直悬挂。试求:40m当质量为-3kg的子弹以水

20、平速度v = 200ms-1, 在距转轴 为3l/4处射入m= 810O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。取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有mv 3 lm 3 l21 Ml 2443由式可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度3 mv48.86rad / s9 ml 2 1 Ml 216 3（ 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守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C为重力势能零点，则1 m 3l2mg 1 l1 Ml 222434Mgll c

21、osmg3 l cosl224211 M9 m2l由式可求得最大摆角为arccos 1231695.41 M3 m g24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滑轮变张力矩，有FTR I22ah联立 解得FTma1 m R2. a2R2mghm

22、 1 m 2（ 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dqdxq dxldq在 p点激发的电场强度 dE为dE1dqi(r x)240则整个细杆所带电荷在 p点的电场强度 E为EdEl1dx1lq2iiil40 r24 02l20 (4r2l22xr)46.13 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

23、, 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

24、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(a) Eqq2q；40 ( l ) 240 ( l)20l 222Uqq00 ( l )440 ( l )22(b)Eqq0 ；0 ( l ) 20 ( l ) 24422Uqqqll0l40 ( 2)40 ( 2)(c)E1ql（见主教材 P201-202题6.2.1 ）40 d 2( l )2 3 / 22Uqq040 d 2( l

25、 )24 0d 2( l ) 222(d)E(r0drln r 02由高斯定理计算 ) ；U0 dd 20 r20d（r 0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 /B 1 。(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 B 10 I。改为正方形时，每2 R边长 2R1R , 距中心点 O的

26、垂直距离均为 a1R , 每边（载流 I ）在 O点424激发的B0 I sin 45 , 则中心 O点的总磁感强度B240 I4 2 0I,则2 a2 a sin 452 RB2 82 。题 7.6 （ 2）图B12（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 dII dxa它在 P点激发的磁感强度为 dB0dI0 Idx2 x2 ax则整个薄片电流在 P点激发的磁感强度为r a0 I0 IraBdBdxln方向：r2ax2 ar(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

27、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dIn 2 rdr22 rdrrdr式中，为电荷面密度， 2rdr为圆环的面积。圆电流中心的磁感强度 B0 I2 R ，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB 为dB0 dI10dr2 r2按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B 为BdBR 11R20dr002( 4) 一均匀带电的半圆弧线 ,半径为 R, 带电量为

28、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。 分析与解答 由题设条件得电荷线密度Q 。R取线元 dlRd，其上所带电荷为 dQQ dlQ RdQ dRR当 dQ 以匀角速度绕 oo 轴做半径 rRsin 的圆周运动时，所形成的圆电流为 dIdQQ2 d22设圆电流在其轴线上 O点激发的磁感强度 d B 的大小为R sin20 Q sin 2 ddB0dI方2 R 342 R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

29、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B dlB 2 r0I0I得BL2rr R时，环路包含的电流为IR2r2 ； rR时， I I。1代入式得B0 Ir2 R2r R ；B0 I2 rrR（ 2）在截面 S上取面积元 dS 1 dr ，穿过 dS的磁通量 dm 为d m B ? d S0 Ir2 dr2 R则通过单位长度导线内 S平面的磁通量m为md mR0 Irdr0 I02 R24则点 O处磁感强度 B 的大小为 BdB0.Qsin2d0 .Q0 42R8 R7.17无限长载流 ( I 1 = 20A)直导线旁置另一长 L1=20

30、cm、载流 I 2 = 10A 的导线 ab,如图 (a)所示。求 :题( 1)( 2)( 见图 (b) ,导线 ab所受的作用力 ;若将 ab换为一刚性线框 abcd试分析其受力情况和运动趋势;( 3)当 I120sint，3rads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B0I 1方向：2 x在 ab上距长直导线为 x 处取电流元 I2dx受力为 d FI 2 dxB方向：向上b0.30I 1I 2 ln 3 jFd FI 2 dxBI 2 Bdx ja0.12则410 720 10 ln 34.410 52（2）线框受力可看作是 4段直导线

31、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FabI 2B1L20 I1I 2L21.210 4方向：向左2 x1bc段受力FabI 2B2 L20I 1I 2L20.410 4方向：向右2 x2由于 FadFbc ，线框将向左（靠拢长直导线）加速运动。（3）当时， 将随周期性变化，即ur5rI120sintF4.4 10sint jFt338.6 利用ivB) ?dl求解下列情况下导线的动生电动势，并说明，(a bL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

32、线，只有bc 段有动生电动势，即l 2B) ? dlBl 2v ，方向： v B 的方向，即 b c，则 Ua=U b, UbU b2 ha b0 Ilv（ ba）a b2 ( h故UUd )（c）在 ab 上距直导线为 x 处取微元 dx，该处 B0 I ，则其上的动生电动2 x势为 d i(vB) ? dxvBdx0 Iv dx ，则 ab 杆上的动生电动势为2 xabd id l 0 Ivdx0 Ivd ldln2 x2dab 的指向为 vB 的方向，即 b a，可知 UaU b。（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

33、Blv0 Il 2v ，方向： ba2 Ddc 边Blv0 Idcl 2 v ，方向： cd2( D l1 )ad 和 db 边addc0总电动势0 Il 1l 2vabdc，方向：顺时针2D (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 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d(vB) ? dl因此，整个 Oc 上产生的动生电动势为(vB) ?dlvBdrRBdr1B R2r02则 a、b 两点的电势差U abOc 1 B R 2 ，（UaU b）2同理， Od 上的动生电动势为R1B R 2 ，（dO）Od2 r Bdr0