基础物理学下册 答案

1、 图 17.1 第十七章 真空中的静电场 17-1 解: 设等边三角形的边长为a,则由顶点到中心的距离 为 3 3 a. 123 qqqq放在三角形中心的电荷为Q,Q 与q反号. Q受其他三个电荷的合力为零,与Q的大小无关. 一个q受其他三个电荷的合力大小为 2 132 2 0 0 3 2 cos302 42 3 4 3 qqQ FF a a 2 0 33 4 q qQ a 此合力为零给出 3 3 q Q 33Qq 17-2 解: 0mFg 0qmEg 3 4 3 R g mg q EE 3 6 5 4 8 5 13 1 41 6 41 09 8 3 1 9 21 0 . . 19 8 02

2、10C. 图 17.2 图 17.3 图 17.4 5e 17-3 解: 在带电环线上任取一长为dl的电荷元,其电量 ddql.电荷元在O点的场强为dE,dE沿两个轴方向 的分量分别为d x E和d y E.由于电荷分布对于Ox轴对称, 所以全部电荷在O点的场强沿y方向的分量之和为零.因 而O点的总场强E应沿x轴方向,并且 d x EE 2 0 d sin dd sin 4 x l EE R d =dlRlR 0 sin dd 4 x E R 0 00 0 sin dcos 44 E RR 0 2R 0 2R Ei 17-4 解: (1) 选半球球心的坐标原点O dd 1 ES 1 d cos

3、E S 2 1 dsin d dSR 2 1 coss i nddER 2 2 2 00 sin2 dd 2 ER 图 17.5 2 2 0 cos2 2 R E 2 R E (2) 半球面 1 S和任意形状曲面 2 S组成闭合曲面.由高斯定理得: 12 0 1 0 i q 内 此时 1 S的法向方向与原来相反 2 11 R E 2 21 R E 17-5 解: (1) 立方体的六个面组成闭合曲面,由高斯定理得 通过闭合曲面的电通量 0 q 由于正立方体的六个侧面对于其中心对称,所以每个面通过的电通量为 123456 0 6 q (2) d =ddSESE n 由于正方体有三个面与E垂直 12

4、3 0 q所在的三个面的电通量为零 以q为中心,小正方体的边长a的二倍为边长做一正方体. 则通过大正方体的电通量为 0 q .因为小正方体是大正方体的 1 8 ,则通过小正方体其它三个 面的总电通量为 0 8 q .由于这三个面对电荷所在顶点是对称的,所以通过它们每个面的电通 量为 00 1 3824 qq 图 17.7 17-6 解: (1) 设想地球表面为一均匀带电球面,总面积为S.则它所带的总电量为 00 dqES ES 2 126 8 85 10200 4 3 146 37 10. 5 9 02 10C. (2) 从地面1400m到地面的大气所带总电量为 00 dd SS qqq ES

5、ES 总 00 E SES 00 0 1 .ESES 0 0 1E S. S 5 8 11 10C. 5 3318 8 11 10 4 3 146 37146 3710 3 q. V . 122 1 14 10C m. 17-7 解: 根据电荷分布对壁的平分面的面对称性,可知电场分布也 具有这种对称性.由此可选平分面与壁的平分面重合的立方盒子为 高斯面.高斯定理给出 0 2 q E S 内 当 2 d D 时 2qDS 内 0 D E 当 2 d D 时 qdS 内 0 2 d E 方向垂直板面 0q 向外 0q 向内 图 17.9 17-9 解: (1) （a） 1 rR时, 区 1 d0

6、E S 2 1 40Er 1 0E (b) 12 RrR时, 区 1 2 0 d Q E S 2 1 2 0 4 Q Er 1 2 2 0 4 Q E r 1 2 2 0 4 Q r Er (c) 2 rR时 区 12 3 0 d QQ E S 2 12 3 0 4 QQ Er 12 3 2 0 4 QQ E r 12 3 2 0 4 QQ r Er (2) (a) 2 rR时 区 12 33 2 0 dd 4 rr QQ Ur r Err 1212 00 44 r QQQQ rr 图 17.10 (b) 12 RrR 区 2 2 223 dd R rR Ur ErEr 2 2 112 22

7、00 dd 44 R rR QQQ rr rr 2 2 112 00 44 R rR QQQ rr 12 02 1 4 QQ rR (c) 1 rR时, 区 12 12 1123 ddd RR rRR Ur ErErEr 2 12 112 22 00 dd 44 R RR QQQ rr rr 2 12 112 00 44 R RR QQQ rr 12 012 1 4 QQ RR 17-10 解: (1) 情况(a)可以间接用高斯 定理求解,情况(b)不可以. (2) 这是一个非对称分布的电荷,因而 不能直接用高斯定理求定解.但半径为 R的球及半径为r的空腔是球对称的. 可以利用这一特点把带电体

8、看成半径 为R的均匀带电的球体与半径为 r的均匀带电的球体迭加.相当于 在原空腔处补上体电荷密度为和 的球体.这时空腔内任一点P的场强 12 EEE 其中 1 E与 2 E分别是带的大球和带的小球在P点的场强. 1 E与 2 E都可用高斯定理 求得. 图 17.11 111 0 3 ErOPr 222 0 3 ErO Pr 12 00 33 OO Errr 由上述结果可知在空腔内各点场强都相等,方向由O指向O,这是均匀场. 17-11 解: 如图选取高斯面 (1) rR时 2 1 0 d d rl E S 2 1 0 d 2d rl Er l 1 0 2 r E 1 0 2 r r Ee rR

9、时 2 2 0 d d Rl E S 2 2 0 d 2d Rl Er l 2 2 0 2 R E r 2 2 0 2 R r r Ee (2) 求电势,选圆锥面为等势面 rR时 22 00 dd 24 RR r rr r UrRr Er 图 17.12 图 17-13 rR时 22 00 d dln 22 RR r rr RRR Ur rr Er 17-12 解: (1) 根据场强迭加原理,O点的场强 01234 0EEEEE (2) 根据电势迭加原理, O点的电势 01234 UUUUU 0 4 4 q r 99 2 4 4 0 109 10 5 10 . 3 2 88 10v. (3)

10、00 0AqU 93 1 0 102 88 10. 6 2 88 10J. (4) WA 6 2 88 10J. 17-13 解: (1) 0 0 1 0 4 qq U RR 0 1 43 D qq U RR 0 6 q R 00D Aq UU 0 0 6 q q R 图 17-15 图 18.1 (2) 0U 0D Aq UU 0 0 6 q q R 17-14 解： （1） 68 3 101003 10 VUEd （2）一次释放的能量为 89 3 10309 10 JWq U 17-15 （1） 0 0 d P r U Er 0 0 0 cos dEr 0 0cos r Er 0 cosE

11、 r 0 E z （2）将电荷由P点移至O点，电场力所做的功为 POPO AWWq UU 0 cosqE r 0 qE z 0 cos P WqE r 0 qE z 第十八章 静电场中的导体和电介质 181 解： （1）B,C极接地，所以B,C极为零电势。即A极 与B极间的电压 AB U与A极与C极间的电压 AC U相等。设B 极的两表面由于静电感应所带面电荷密度分别为 B 和 B 。C极两表面由于静电感应所带 面电荷密度分别为 C 和 C 。由于B,C极接地。 0 B 0 C 如果0 B 0 C ，则会有电力线从B,C外表面发出或终止， 则0 B UU，0 C UU。 0 B 0 C 。在导

12、体B中取一点P，则由于静 电平衡0 P E。 P E的场强是由五个无限大带电平面在P点产生的场强的矢量合。 00000 22222 CCBBA P Ekkkkk 0 BAC 000 000 000 000 222 222 222 222 CBA CBA CBA A BAC A lll Ul dldldl Udl Ekkk Ekkk Ek Ek BACBAC llldldldl 联立，求解得： CA l d BA dl d BBA dldl QSSQ dd CCA ll QSSQ dd （2） 000 222 CBA Ekkk 000 222 AA A ldl dd kkk 0 2 2 2 Ql

13、 Sd k 图 18.7 0 Q dl Sd k 00 0 dd zz Q dl Uz Sd El 0 Q dl z Sd 000 222 CBA Ekkk 000 222 AA ldl dd kkk 0 Ql sd k 00 dd dd zz Ql dzQl Uz SdSd El 186 解： 2 0 4 max q E R 0 4 max q UE R R KV 3200 mm 600KV 5 6 10 V 187 解： （1） 3 C， 4 C， 5 C串联 345345 1111 CCCC 345 1 FC 345 C与 6 C并联 则 34563456 3 FCCC 3456 C与

14、2 C， 7 C串联，电容为C 345627 1111 CCCC 1 FC C与 8 C并联，电容为C。则 8 3 FCC C C与 1 C， 9 C串联，电容为 AB C 19 1111 AB CCCC 1 F AB C （2） 1 C， 9 C与C串联 1199 CUCUCUQ 19AB UUUU 19 CCC 19 1 300 V 3 AB UUUU 188 解： 可变电容器中相邻的奇数极板和偶数极板的相对面构成一平行极电容器。 它的电 容为 0 i S C d S为相邻两极相对的面积。 由于奇数极板和偶数极板分别连在一极， n个极板就构成了1n个相互并联的平行的 电容器 0 11 i

15、S CnCn d 当S最大，即可动极板转至和固定极板重合时，这电容器的电容最大 0 1 max S Cn d 当S最小，即可动极板完全旋出时 0 min C 图 18.9 图 18.10 189 解： （1） MrFrF 00 qq rErE 0 q rrE 0 qlE 0 MPE 当 2 时， 853 0 2101 010210N m m a x MPE. （2） 00 qqE FEi 00 qqE FEi 选坐标轴Ox轴沿 0 E方向 则 00 1 sin d 2 AxqExqE Fi 00 1 sin d 2 AxqExqE Fi 0sin d AAAqE l 2 0 0 s i ndA

16、q E l 2 00 0 cosqE lqE l 外力做功 33 00 2 10 N m= 2 10JAAqE lPE 1810 解：取z轴垂直于板面。 dl（板长） 可忽略边缘效应。D可视为均匀场。显然D沿z方 向。取高斯面为圆柱面 1 S。设两介质所对的极板上 的面电荷密度分别为 12 , 111 dD SS D S 1 D 11 Dk 同理可得 22 Dk 图 19.2 两极板是导体 每个极板各处电势相等 电容器两部分极板间的电势差相等，即 12 E dE d 12 EE 1 1 1 E 1 1 1 Ek 2 2 2 E 2 2 2 Ek 12 12 又 1122 SSQ 12 1122

17、 Q EE SS 12 1122 Q SS EEk 1 1 1122 Q SS 2 2 1122 Q SS 1 11 1122 Q SS Dkk 2 22 1122 Q SS Dkk 第十九章 稳恒电流和电路 19.1 解： （1） P总 U 额40 5200 WI （2） P热 2 5 5 125WI r （3） PP 机 总P热20025175W 19.2 解：设电流方向如图 19.2 所示，网孔回路方向如图所示，由回路方程 1122 0IrIrIR 12 12 16 2 A 3 1 4 I rrR 图 19.3 图 19.4 （1） 11ab UIr 62 30 V （2） 1122ac

18、 UIrIr 62 3 102 18 V （3） 22 102 18 V cb UIr 19.3 解：取电流方向和网孔回路巡行方向如图 19.3 所示 123 21211123 2334 0 0 0 III I RI RI R I RI R 1 28 A0.85A 33 I 通过 1 R和 2 R的 电流 2 16 A0.48A 33 I 通过 3 R的电流 3 4 A0.36 A 11 I 通过 4 R的电流 111AB UI R 28 615.15V 33 19.4 解： （1）选择回路巡行方向和电流方向如图 19.4 1132221 0IrIRIrIRIR 12 12123 18 2 A

19、 9 I rrRRR （2） 1 2 24V ae UIR aeae UUU 404V aaee UUU 112 242 22 216V be UIrIR 16016V bbee UUU 图 19.5 图 20.1 3 2 36V bc UIR bcbc UUU 16610V cbbc UUU 22 62 18V cd UIr 10 82V dccd UUU （3） 11 242 220V ab UIr 22 62 18V dc UIr 19.5 解：电流方向和回路巡行方向如图 19.5 123 13311 22211 0 0 0 III I RI R I RI R 123 13 12 432

20、 421 III II II 1 2 3 7 A 26 1 A 26 4 A 13 I I I 13 1 48 2W 1313 PI 222 11 1W 2626 PI 第二十章 稳恒电流的磁场 201 解： （1）水平段电流在P点不产生磁场。竖直段 电流是“半无限长”直电流，它在P点的磁场为 00 1 2 24 II B aa ，方向垂直纸面向里。 （2）当20A , 0 05mIa.时 图 20.2 7 141020 220 05 B . 5 4 10T 202 解：水平段电流在O点不产生磁场，圆心处的磁场是 由半圆电流在O点产生的磁场，为： 0 4 I B R 方向 垂直纸面向里。 20

21、3 解： （a）O点的磁场相当于两“半无限长”直电流磁场和 1 4 圆电流磁场迭加。 000 448 III B RRR 0 1 24 I R 方向垂直纸面向外 （b）O点的磁场相当于下面的“半无限长”直电流在O点产生的磁场和 3 4 圆电流在圆心产 生的磁场的迭加 00 3 48 II B RR 0 3 1 42 I R 方向垂直纸面向里 （c）O点的磁场相当于两“半无限长”直电流在O点产生的磁场和 1 2 圆电流在圆心O产生 的磁场的迭加 000 444 III B RRR 图 20.3 （a） （b）俯视图 图 20.4 （a） (b) 图 20.5 0 2 4 I R 方向垂直纸面向里

22、 204 解：把薄板分成许多宽为dy的细长线，每根细长 条的电流为dd 2 I Iy a ，视做线电流，无限长载流薄板 可看成由无限多的无限长载流直导线所构成。 在y处取一窄条，它在P点产生的磁感应强度大小为 0 22 d d 2 I B xy 在B点产生的总场强为 d cos a a BB 0 2222 d 22 a a I yx axyxy 0 22 d 4 a a Ixy axy 0 1 a r c t g 4 a a Ixy axx 1 0 tg 2 Ia ax 205 解：单位长度上的电流为 2 NI R ， 每匝线圈可看作封闭圆电流。 单位长度指沿以球半径的半圆弧方 向 取 线 元

23、dl， 则 电 流 元 dd 2 NI Il R ，ddlR 图 20.6 图 20.7 dd 2 NIR I R 2 d NI 由电流元可视为环形电流，对O点磁场为 22 2 0 0 33 2 dsin d d 22 NI R Ir B RR 2 0 s i nd NI R 2 00 22 00 dsind 4 NINI BB RR 206 解：d m s BS 设矩形CDEF的方向为垂直纸面向里 0 d 2 m s I l r r b 0 d 2 a Ilr r 0 ln 2 Ilb a 207 解：由于通电流的导体为同心的圆柱体或圆筒，故其磁场 分布必然相对于O轴对称，即在与电缆同轴的圆

24、柱面上各点的B 大小都相等，方向与电流I成右手螺旋方向。 取轴上一点O为圆心，半径为r的圆周为积分路径L，使其绕向 与电流成右手螺旋关系。由安培环路定理 0 dI Bl 可知， 当 （1）0ra时 2 2 22 Ir IrI aa 2 10 2 2 r BrI a 0 1 2 2 Ir B a （2）arb时 I I 20 2BrI 0 2 2 I B r 图 20.8 （3）brc时 22 22 rb III cb 22 30 22 21 rb BrI cb 22 0 3 22 2 I cr B r cb （4） cr时 0III 4 20Br 4 0B 208 解：此无限长导体板可视为无限

25、多个薄的无限大平 板的叠加。所以通电流时它的磁场具有如下特点：此板的 厚度中心平分面 m S为对称面，其两侧的B的方向均平行 于板面， 与J垂直并成右手螺旋关系。B的大小在与 m S等 距离的地方应该相等。为求板外磁场B外，可以选择如图 所示矩形回路abcda，bc与da均与板面平行，长度为l， 且与 m S等距。根据安培环路定理有 0 d22 L B ldlJ Bl 外外 0d BJ 外 此结果表明B外与到板面的距离无关，说明板外为匀强磁场。为求板内磁场B内，可以选择 矩形回路abcda，bc与ad与 m S面平行，长度为l，且与 m S的距离为y。根据 安培环路定理可得 0 d22 L B

26、 lylJ Bl 内内 0 ByJ 内 此式说明板内为非均匀磁场，B内的大小与场点到板厚的平分面 m S的距离成正比。 图 20.9 图 20.10 209 解：由于对称性，磁场只集中在螺旋环内，且磁感应线为同 心圆。在螺旋环内，做以环心为中心，以r为半径的圆形安培环路 21 22 DD r ，从电流分布可见，在环路各点B的大小相等。方 向沿环路切向。由安培环路定理可知 0 d2 rBNI Bl 0 2 NI B r 取面元 ddSh r 通过该面元的磁通量为 ddd m Bh rBS 穿过一匝线圈的磁场通量为 1 2 0 2 1 2 dd 2 D D NIh r r BS 01 2 ln 2

27、 NIhD D 2010 解：电流分布可以看成是电流密度均匀的，半径为R的 实心长圆柱和填充挖空区域的通有反向的电流密度， 且与圆柱其 他部分相同的实心圆柱组成的整体。 根据叠加原理， 所求磁场即 这两个通电流圆柱体的磁场的叠加。 可用安培环路定理求出半径为R的实心长圆柱电流在O处的 磁感应强度为 0 1 22 2 Ia B Rr ，其方向应与圆柱轴线以及 OO垂直，与电流I成右手螺旋关系。由电流的轴对称分布可 知，反向电流在其轴线上的磁感应强度为 2 0B 由磁场叠加原理可得在空心圆柱轴线上的磁感应强度为 121 BBBB 而 7 0 1 2222 4105 2 5 2251 5 Ia. B

28、 Rr. 7 1 1010T. B方向与 1 B同。 图 20.13 图 20.12 2011 解： 31 19 22 3 14 9 11 10 1 6 100 10 m. T qB. 10 3 6 10S. 正电子的速率为 319 7 31 22 2 101 6 10 2 6 10 m s 9 11 10 k E. v. m. 螺距为 71 0 cos 892 610cos 893 610hvT. 4 1 6 10m. 半径为 3 17 19 sin899 11 102 6 10sin89 1 6 100 1 mv. r lB. 3 1 5 10m. 2012 解：电子在电场E中的受力为e

29、E，方 向竖直向上。电子在磁场B中的受力为evB， 方向竖直向下。 只有满足eevB E的电子可以穿过S缝，即： EUd v BB 4 300 0 1 3 10 . 5 m 10 s 带电粒子的带点符号及质量大小不影响选择器对它们速度的选择。 2013 解： （1）由电流方向，磁场方向和A侧电势高 于A侧电势可知此半导体是负电荷导电，属于N型。 （2） AA IB n Uqa 图 20.15 图 20.14 3 3193 1 0 100 3 6 55 101 6 1010 . . 20 3 2 86 10 m . 个 2014 解：线圈左边受力为 0 1 2 11 2 2 I I FB I l

30、l a 方向向左 线圈右边受的力为 0 1 2 22 2 2 I I FB I ll ab 方向向右 线圈上下两边受的磁力大小相等，方向相反。因此线圈受的 磁力的合力为 0 1 2 12 2 I I lb FFF a ab 7 41030 20 0 12 0 08 20 010 080 01 . . 3 1 28 10N. 方向向左，即指向长直电流。 2015 解： （1）无限长直导线在距其r处产生 的磁感应强度的大小为 0 1 1 2 I B r ，方向与 1 I成 右手螺旋。AB段受到 1 I的作用为 0 10 1 2 22 ddln 22 R a R II IRa IIy ya ABzz

31、 FlBee DE段受到 1 I的作用为 图 20.16 0 10 1 2 212 ddln 22 R a R II IRa IIy ya DEzz FlBee BCD段上各电流元 2d Il受到 1 I的作用力。在z轴上的分量相互抵消。只有y轴上的分量 21 d cosI B R起作用 2 1 2 0 2cos d BCD B I R y Fe 0 1 2 2 0 2cos d 2cos I I R R y e 0 1 2 2 I I y e （2）半圆导线在球心O点处产生的磁场大小为 02 2 4 I B R ，方向垂直纸面向上 0 1 2 2 1 d dd 4 I Il B I l R

32、yy Fee 2016 解：线圈在匀强磁场中所受的力偶矩为： cosTIBS 0时 m TIBS 3 10 15 1 0 10 T 0 25 0 1. 3 3 75 10N m. 第二十一章 磁介质 21.1 解： 1 mr 1.000023 10.0000230 mAl 属于顺磁质 0.9999912 10.00000880 mCu 属于抗磁质 21.2 解： （1） d2 rHNI Hl 图 21.3 2 N HI r 400 20 0.4 4 2.0 10 A m （2） 4 7 0 1.0 2.0 10 410 B MH 5 7.76 10 A m （3）对于非软性物质 5 4 7.7

33、6 10 38.8 2.0 10 m M H （4） s Mi 2 ss I ri 5 0.4 7.76 10 5 3.1 10 A 139.8 rm 21.3 解：由于通电流的导体为同心的圆柱或圆筒，故其磁场分布必然相对于O轴对称，即 在与电缆同轴的圆柱面上各点的H大小相等，方向与电流I成 右手螺旋关系。假设圆柱内电流垂直纸面向外，圆筒内电流垂 直纸面向里，取轴上一点O为圆心，半径为r的圆周为积分环 路L，使其绕向与电流右手螺旋关系。由安培环路定理 （1）当 1 rR时 d L I Hl 2 2 1 2 Ir Hr R 2 1 2 Ir H R 1 1 0 0 2 1 2 r r BHIr

34、R （2）当 12 RrR时 d L I Hl 2HrI 2 I H r 2 2 0 0 2 r r I BH r （3）当 23 RrR时 d L II Hl 22 2 22 32 2 rR HrII RR 22 3 22 32 2 RrI H rRR 1 1 0 22 03 22 32 2 r r I BHRr r RR （4）当 3 rR时 d0 L Hl 0H 0B 21.4 解： （1） dNI Hl 2 rHNI 2 N HI r 200 0.1200 A m 0.1 7 0 4104200 200 r BH 1.06T （2） 0 dNI Bl 7 0 0 410200 0.1

35、20.1 NI B r 4 2.5 10T 图 22.1 图 22.3 4 0 1.062.5 101.06TBBB 第二十二章 电磁感应 22.1 解： 33 d2 108 10 d0.04t 0.15Wb s d dt 0.15V 方向为顺时针方向 22.2 解：载流长直螺线管在管内的磁场为 0 BnI 方向沿轴线并与电流成右手螺旋关系 通过圆线圈平面的磁通量为 2 BR 磁链 2 0 NnI R N d dt 2 0 d d I nN R t 72 50 410800 300.01 0.01 3 4.74 10V 22.3 解： （1）由于Rr，xR，所以可以认为大线圈在小线圈处的磁感应

36、强度B均匀 并等于大线圈轴线上的B，为 22 00 33 22 2 2 2 IRIR B x Rx 方向沿x轴正向 设小线圈的回路方向与x正向成右手螺旋关系，则通过小线圈的磁通量 图 22.4 图 22.5 为 22 0 3 2 IR r Bs x （2）根据法拉第电磁感应定律有 22 0 3 d d 2 dd IR r x tt 2222 00 44 3d3 2d2 r IRr R Ix v xtx （3）由上式看出0，所以感应电动势的方向与规定的回路正方向一致，即与x正向成 右手螺旋关系，小回路内感应电流的方向与大回路中稳恒电流I的方向一致。 22.4 解：通过线圈的磁通量为 d B s

37、0 d 2 b a i l r r 00 0 lnlnsin 22 lilbb It aa 0 dd ln d2d lb i ta t 0 0 lncos 2 Ilb t a 22.5 解：取顺时针方向为线框回路的正方向 法一当线框AD边离长直导线距离为x时，通过线框的磁通量 为 0 dd 2 x b a x I l r r Bs 0 ln 2 Ilxba x 即为x的函数 法拉第电磁感应定律给出 0 dd d2d IlNbax N tx xbat d d x v t 图 22.6 0 2 Il ba vN x xba 当xa时 0 2 Il ba vN ab 7 4105 0.2 0.1 3

38、 1000 20.1 0.2 3 3 10V 0 实际方向与所选正方向一致，为顺时针 22.6 解： （1）由于杆的运动而在杆AB上产生感生电动势大小为 0 Blv 方向由B指向A 杆AB的电路 0 B l v I RR 当AB在磁场中运动时，磁场对它所施加的力向左，为 2 2 0 0 BlvB l FIlBl Bv RR 法一使杆产生的加速度为 2 2 0 FB l av mmR 杆的加速度由a变为0，假设杆产生的加速度匀速变化，则杆的平均加速度为 2 2 0 0 22 aB l av mR 则 22 0 2 t vvas 2 00 2 2 2 vmRv s aB l 法二利用机械能守恒 2

39、2 0 11 22 t F smvmv 2 2 2 0 0 1 22 B l v smv R 0 2 2 mRv s B l （2）在这过程中电阻产生的焦耳热 图 22.7 图 22.8 2 2 2 0 22 0 02 2 0 12 2 2 v B l v QI RtRmv B lR v mR （3）杆动能的减少都转化为焦耳热 22.7 解：长直导线产生的磁场在金属棒所处区域垂直纸面向内，其大小为 0 2 I B x 在金属棒上取一线段元dx方向与x轴方向一致，它在磁场中运动 过程中产生的电动势为 ddvBx dBv x 0 d 2 Iv x x 整个金属棒上产生的动生电动势为 0 d d 2

40、 Bb AB Aa Ivx x 0 ln 2 Ivb a 7 440 1 101.0 ln 20.1 5 1.84 10V 负号表明动生电动势的方向与x轴反向，即由B至A A端的电势高 22.8 解：导线分成两段可分别计算产生的动生电动势 ab段： d 0 ab ab vBl bc段： d bc bc vBl cosd 2 bcvB l sinvBbc 2 1.5 2.5 100.1 sin30 3 1.86 10V 图 22.9 3 1.86 10V acabbc 3 1.86 10V acac U c点电势高 22.9 解： abaccb 在棒ac段上取元段dl，方向由a指向c 则 d c

41、 ac a vBl 1 5 0 d L Bl l 1 22 5 0 250 L BlBL 在棒cb段上取元段dl，方向由c指向b 则 d b cb c vBl 4 5 0 d L Bl l 2 16 50 BL 2 15 50 abaccb BL 2 15 2 50 f B L 42 15 2 3.14 2 0.5 100.5 50 5 4.71 10V 5 4.71 10V abab U 22.10 解：在导线AC上取线段元dl，方向由A指向C，则 d C AC A vBl cos d C A rBl （2lR d2d2dlRR） 图 22.10 图 22.11 2 sincos2 d C A RBR 2 2 0 sin d sinB d 22 2 0 sin 2 B d 2 1 2 B d 22.11 解： （1）由题意可知，圆柱体内的E感沿以O为圆心的同心圆的切向方向 沿DA段和BC段的线积分为0 0 BC ，0 DA 法一 选OCDO为闭合曲线，绕行方向为OCDO 沿OC段和DO段的线积分为零 闭合曲线上OCDO的感应电动势即CD段上的感应电 动势 2 11133 2222216 R sCD OERR 2 3 16 BsR B 222 d3d3 1.0 10 d1