北方民族大学物理(上)题库

(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；

(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．

分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：

Δxxtx0,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移

的大小和路程就不同了．为此,需根据

dx0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dttp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程sx1x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时

dxd2x质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

Δxx4x032m

(2) 由 得知质点的换向时刻为

dx0 dttp2s (t＝0不合题意)

则

Δx1x2x08.0m

Δx2x4x240m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

sΔx1Δx248m

(3) t＝4.0 s时

vdx48ms1 dtt4.0sd2xa236m.s2

dtt4.0s

1 -8 已知质点的运动方程为r2ti(2t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；

(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；

*

2(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s．

分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得

1

到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds(dx)2(dy)2,最后用sds积分求ｓ．

解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为

1y2x2

4这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

r02j , r24i2j

图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得

Δrr2r1(x2x0)i(y2y0)j4i2j

其中位移大小Δr(Δx)2(Δy)25.66m

2222x2y2x0y02.47m

而径向增量ΔrΔrr2r0*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则

1ds(dx)2(dy)2,由轨道方程可得dyxdx,代入ds,则2ｓ内路程为

2sdsPQ404x2dx5.91m

1 -9 质点的运动方程为

x10t30t2 y15t20t2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解 (1) 速度的分量式为

vxdx1060t dt 2

vydy1540t dt2当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0v0xv0y18.0ms1

设vo与x 轴的夹角为α,则

2tanαv0yv0x3

2α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

ax则加速度的大小为

dvdvx60ms2 , ayy40ms2

dtdtaaxay72.1ms2

设a 与x 轴的夹角为β,则

22tanβay2 ax3β＝-33°41′(或326°19′)

1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由advdx和v可得dvadt和dxvdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可dtdt两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操

作后再做积分．

解 由分析知,应有

vt

由

v0dvadt

0得 v4ttv0 (1)

133xx0dxvdt

02t得 x2t14tv0tx0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为

x2t2

14t0.75 123

1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2 ．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即xx0v0xt12axt和21yy0v0ytayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

dvadt(6i4j)dt

000vttv6ti4tj

又由vdr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dtrr0drvdt(6ti4tj)dt

00ttr(103t2)i2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2

y ＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率kdy2tanα,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx31 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的

4

轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即v大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度vΔr,它与时间间隔Δt 的Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐dtdvt标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即ate,后者只

dt反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加

v2速度的大小后,可由公式an求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程 消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2

vΔrr2r12.0i6.0j Δtt2t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

v(t)vxivyjdxdyij2.0i4.0tj dtdtd2xd2ya(t)2i2j4.0ms2j

dtdt则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

att1sdvd22et(vxv2y)et3.58mset dtdtana2at2en1.79ms2en

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

21vvxv2y4.47ms

v211.17m 则ρan1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻

5

的角加速度、切向加速度和角位移．

解 因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数

ωv3 2rads22tRt2所以 ωω(t)2t

k则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

ω2t20.5rads1

αdω4t2.0rads2 dtatαR1.0ms2

总加速度

aanatαRetω2Ren a在2.0ｓ内该点所转过的角度

2222θθ0ωdt2t2dtt305.33rad

00331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ24t,式中θ 的单位为

αR2ω2R21.01ms2

rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解 (1) 由于θ24t,则角速度ω加速度的数值分别为

3dθ12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向dtant2srω22.30ms2

at(2) 当ata/2t2srdω4.80ms2 dt122,即 anat2时,有3at2an2324rtr212t2

24得 t此时刻的角位置为

3123

θ24t33.15rad

(3) 要使anat,则有

6

324rtr212t2

24t ＝0.55ｓ

1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)

分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2v2v1 (如图所示),于是可得

'v2v15.36ms1 otan752 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)

分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．

解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有

mA g -FＴ ＝mA a (1) F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ (2) F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)

考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力

Ffmgm4ma7.2N

2 7

讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．

2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？

8

分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．

解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

FNsinθmanmRω2sinθ (1)

FNcosθmg (2)

Rh (3)

且有 cosθR由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

hR可见,h 随ω的变化而变化．

g ω22 -13 一质点沿x轴运动,其受力如图所示,设t ＝0 时,v0＝5m·ｓ-1 ,x0＝2 m,质点质量m ＝1kg,试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．

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分析 首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．

解 由题图得

2t, 0t5sFt

355t, 5st7s由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为

a2t, 0t5s a355t, 5st7s

对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由adv得 dt再由vvv0dvadt

02t积分后得 v5t

dx得 dt积分后得x25tt

xx0dxvdt

0t133将t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m·ｓ-1 和x5 ＝68.7 m 对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有

再由 得

xx5vv0dva2dt

5s2t得 v35t2.5t82.5t

dxvdt

5stx ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87

将t ＝7ｓ代入分别得v7＝40 m·ｓ-1 和 x7 ＝142 m

2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．

分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置．

解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

120t40mdv dt10

依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

vv0dv12.0t4.0dt

0tv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有

dx6.04.0t6.0tdt

xt2x00x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3

2 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．

解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有

dvαt dtvtαtdvv00mdt α2得 vv0t

2mFmam因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m·ｓ-1

又

tα2dxvdt x0002mtx故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

sxx0v0tα3t467m 6m2 -19 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少到12 v0时,物体所经历的时间及经过的路程．

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分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．

解 (1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

mv2 FNmanRFfmatdv dt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

v2dvμ Rdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

Rvdv0dtμv0v2

tvRv0

Rv0μt(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为

t物体在这段时间内所经过的路程

R μv0svdt0tt0Rv0dt

Rv0μtsRln2 μ12

3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面所需的时g间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

Δt1则物体落回地面的时间为

v0sinα gΔt22Δt1于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

v0sinα gI1FdtmgΔt1jmv0sinαj

Δt1I2FdtmgΔt2j2mv0sinαj

Δt2解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为

I1mvAyjmv0yjmv0sinαj I2mvByjmv0yj2mv0sinαj

3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2 ．

分析 本题可由冲量的定义式I速度v2．

t2t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的

13

解 (1) 由分析知

2I304tdt30t2t2068Ns

02(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v2- m v1

由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得

v2Imv140ms1 m3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到tπ 时间内小球动量的增量． 2ω分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．

解 力F 的冲量为

t2t2π/2ωt2t1Fdt积

IFdtkxdtt1t10kAcosωtdtkA ω即 ΔmvkA ω 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．

分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的

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动量的增量则为

Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

F从而可得水流对管壁作用力的大小为

IρSvΔtvBvA ΔtFF2ρSv22.5103N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．

解 设A、B两船原有的速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

mAmvAmvBmAvA (1)

mBmvBmvAmBvB (2)

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

vAmBmvB0.40ms1 2mBmmAmm3.6ms1

mAmmBvBvBmAmmBmm2动量守恒,也可列出相对应的方程求解．

也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足 3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．

分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知FF0LF0x．则该力作的功可用式Fdx 计算,然后由动能定理求质点速率．

0LF解 由分析知FF00x, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功,

LLFWF000LFLxdx0

2 15

由动能定理有 W得x ＝L 处的质点速率为

12mv0 2F0L mv此处也可用牛顿定律求质点速率,即

F0F0dvdvxmmv Ldtdx分离变量后,两边积分也可得同样结果．

3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？ 已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m．

分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式WFds来求解．

解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为

WFdxFcosθdxx1x2Fxdx22dx1.69J

3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)

分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式WFdx来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv2 变换到F(t),

进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解．

解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度

vdx3ct2 dt按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

Fkv29kc2t49kc2/3x4/3

16

则阻力的功为

WFdxWFdxcos180odx9kc2/3x4/3dx00ll272/37/3kcl 73 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v0 ．当它运动一周时,其速率为v0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？

分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．

解 (1) 摩擦力作功为

11232 (1) WEkEk0mv2mv0mv0228(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

WFfscos180o2πrμmg (2)

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

23v0μ

16πrg(3) 由于一周中损失的动能为mv0,则在静止前可运行的圈数为

382nEk04圈 W33 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k)

分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态

17

2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．

解 选取如图(b)所示坐标,取原点O处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有

F1 ＝P1 ＋F (1)

当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

1212ky1mgy1ky2mgy2 22式中y1 、y2 为M、N 两点对原点O 的位移．因为F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可写为

F1 -F2 ＝2P1 (2)

由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F2 (3)

当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．

3 -25 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解 因阻力与深度成正比,则有F＝kx(k 为阻力系数)．现令x0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

x00kxdxx0Δxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3 -27 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

18

分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．

解 由系统的机械能守恒,有

mgR根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

12mvmgRcosθ (1) 2mv2mgRcosθFN (2)

R冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

2θarccos48.2o

3冰块此时的速率为

vgRcosθv 的方向与重力P 方向的夹角为

2Rg 319

α＝90°-θ ＝41.8°

3 -28 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球

是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r．求弹簧劲度系与轨道间的摩擦不计．已知BCD数的最小值．

分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．

解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvcmg (1)

r取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

1122 (2) kΔlmg3rmvc22由式(1)、(2)可得

k7mgr366Nm1 2Δl3 -29 如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m′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,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内

20

弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

分析 这也是一种碰撞问题．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,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有

mvmmv1 (1)

又由机械能守恒定律,有

121122 (2) mvmmv1kx0222由式(1)、(2)可得

x0mmv

kmm3 -30 质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；

21

与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．

解 由水平方向的动量守恒定律,有

vmvmmv (1)

2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

2mvhmg (2)

l式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

112mv2mglmvh (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

v2m

m5gl3 -33 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosαmmv1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

22

μmmgcosαh sinα由式(1)、(2)可得

1122 (2) mmv2mmghmmv122mv2v0cosα2ghμcotα1

mm4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·min-1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？

分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

解 (1) 由于角速度ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α匀变速转动中角加速度为

2dω，在dtαωω02πnn013.1rads2 tt(2) 发动机曲轴转过的角度为

1ωω0θω0tαt2tπnn0

22在12 s 内曲轴转过的圈数为

θnn0t390圈 2π2t/η，式中ω０＝9.0 s-1 ，τ4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ωω01eN＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．

分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．

解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得

ωω01et/η0.95ω08.6s1

(2) 角速度随时间变化的规律为

αdωω0t/ηe4.5et/2rads2 dtη(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为

θωdtω01et/ηdt36.9rad

0066则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数

Nθ/2π5.87圈

23

4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．

分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．

该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有

FTRJα (1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mgFTma (2)

由于绳子不可伸长，因此，有

aRα (3)

重物作匀加速下落，则有

h由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

12at (4) 2gt2JmR2h1

2解2 根据系统的机械能守恒定律，有

11mghmv2Jω20 (1′)

22而线速度和角速度的关系为

24

vRω (2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

vat (3′) v22ah (4′)

由上述各式可得

gt2JmR2h1

2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．

4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1时，所经历的时间t 为多少？

分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度α间

ωω0，由转动定律MJα，可得飞轮所经历的时ttωω02πJnn010.8s JMM解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

MdtJωω

00t则 tωω02πJnn010.8s JMM4 －13 如图(a) 所示，质量m1 ＝16 kg 的实心圆柱体A，其半径为r ＝15 cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m2 ＝8.0 kg 的物体B.求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s后的距离；(2) 绳的张力FＴ .

25

分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.

解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得

1FTrJαm1r2α

2对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

P2FTm2gFTm2a

且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得

arα

解上述方程组，可得物体下落的加速度

a在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为

2m2g

m12m212m2gt2sat2.45m

2m12m2(2) 由式(2)可得绳中的张力为

26

FTmgam1m2g39.2N

m12m24 －14 质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.

分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

P1FT1m1gFT1m1a1 (1) FT2P2FT2m2gm2a2 (2)

FT1RFT2rJ1J2α (3) FT1FT1,FT2FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

27

a1Rα (5) a2rα (6)

解上述方程组，可得

a1m1Rm2rgR 22J1J2m1Rm2rm1Rm2rgr

J1J2m1R2m2r2a2J1J2m1r2m2RrFT1m1g

J1J2m1R2m2r2J1J2m1R2m1RrFT2m2g 22J1J2m1Rm2r4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1 和m2 的物体A、B.A 置于倾角为θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)

分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

解 作A、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力FＴ1 、重力P1 ，支持力FＮ 和摩擦力Fｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

FT1m1gsinθμm1gcosθm1a1 (1)

而B 则是在张力FＴ2 和重力P2 的作用下运动，有

m2gFT2m2a2 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a1a2rα (3)

28

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

FT2rFT1rJα (4) FT1FT1,FT2FT2 (5)

解上述各方程可得

a1a2m2gm1gsinθμm1gcosθ

Jm1m22rm1m2g1sinθμcosθsinθμcosθm1gJ/r2FT1

m1m2J/r2m1m2g1sinθμcosθm2gJ/r2FT2

m1m2J/r24 －16 如图(a)所示，飞轮的质量为60 kg，直径为0.50 m，转速为1.0 ×103 r·min-1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.

29

分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.

解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

l10 Fl1l2FN，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FNFNMFfd1llFNμd12Fμd (1) 222l1摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有

30

αωω0ω02πn (2) ttt2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量Jmd/4，根据转动定律MJα，由式(1)、(2)可得制动力

Fπnmdl13.14102N

μl1l2t4 －20 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

解 (1) 碎块抛出时的初速度为

v0ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2h

2g2g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

LL0L

式中L1mR2ω为圆盘未碎时的角动量；LmR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的21LmmR2ω

2角动量；L 为破裂后盘的角动量.则

31

4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s1 的速度射入杆端，

－

其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.

分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理

J2ωJ1J2ω

式中J2m2l/2为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子

2弹在此刻绕轴的角速度.J1m1l/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

2ωJ2ω6m2v29.1s1

J1J2m13m24 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

－

分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台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.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式

ωω0ω1 .

解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

ωω0ω1ω0v R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J1ω0ω10

式中J0 、J1 ＝mR2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为

mR2vω09.52102s1 2J0mRR

32

式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.

分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解. 解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

J0ωaJ0J1ωb

式中J01mR2为转台对其中心轴的转动惯量，J1mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2J0mωaωa

J0J1m2m对轴的转动惯量.于是可得

ωb(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即J2mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有

2J0ωaJ0J1ωc

4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到. 解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即

J0ω0J1ω1

33

式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即J0mr0和

2J112mr0，则 4ωJ1ω04ω0 J0(2) 随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为

W11322 J1ω12J0ω0mr02ω02225 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为

E1Q

πε04r2L2(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

E1Q

2πε0r4r2L2若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq ＝Qdx/L，它在点P 的电场强度为

dE整个带电体在点P 的电场强度

1dqer

4πε0r2EdE

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

34

(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

EdEi

L(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

EdEyjsinαdEj

L证 (1) 延长线上一点P 的电场强度E量，则

dq利用几何关系 r′＝r －x统一积分变L2πε0r2，

EP1QdxQ111Q电场强度的方向22-L/24πεLrx24πε0LrL/2rL/2πε04rL0L/2沿x 轴.

(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

E利用几何关系 sin α＝r/r′，rsinαdqdE

L4πεr20r2x2 统一积分变量，则

E1rQdx22-L/24πε0LxrL/22/3Q2πε0r14rL22

当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

Eliml1Q/L2πε0r14r2/L2λ 2πε0r带电长直细棒可视为无限长带电直线.

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2 ＜＜1，5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.

35

分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元

dqδdSδ2πR2sinθdθ，在点O 激发的电场强度为

dE1xdq4πε0x2r22/3i

由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系xRcosθ，rRsinθ统一积分变量，有

dE1xdq1Rcosθδ2πR2sinθdθ2/334πε0x2r24πε0R

δ sinθcosθdθ2ε0积分得 Eπ/20δδsinθcosθdθ 2ε04ε05 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.

36

分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即ΦsEdS

S方法2：作半径为R 的平面S′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

EdSS1q0 ε0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而

ΦEdSEdS

SS解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

ΦEdSEdS

SS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

ΦEπR2cosππR2E

解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①

EEcosesincosθeθsinθsiner

dSR2sinθdθder

ΦEdSER2sin2θsindθdSSER2sin2θdθsind00ππ

πR2E5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度E=E1kxi+E2j (k，E1 ，E2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.

37

解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即ΦOABCΦDEFG0.而

ΦABGFEdSE1kxiE2jdSjE2a2

考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有

ΦCDEOΦABGFE2a2

同理 ΦAOEFEdS2EiEjdSiEa 121ΦBCDGEdSE1kaiE2jdSiE1kaa2

因此，整个立方体表面的电场强度通量

ΦΦka3

5 －20 一个内外半径分别为R1 和R2 的均匀带电球壳，总电荷为Q1 ，球壳外同心罩一个半径为R3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.

分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球

对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而

38

2EdSE4πr .在确定高斯面内的电荷q 后，利用高斯定理EdSq/ε0即可求出电场强度的分布.

解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析 r ＜R1 ，该高斯面内无电荷，

q0，故EE4πr2q/ε0

10

Q1r3R13R1 ＜r ＜R2 ，高斯面内电荷q 33R2R1Q1r3R13故 E2 34πε0R2R13r2R2 ＜r ＜R3 ，高斯面内电荷为Q1 ，故

E3r ＞R3 ，高斯面内电荷为Q1 ＋Q2 ，故

Q1

4πε0r2E4Q1Q2

4πε0r2电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量

ΔEE4E3Q2ζ

4πε0R32ε0这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变.

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1 和R2 ＞R1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R1 ，(2) R1 ＜r ＜R2 ，(3) r ＞R2 .

39

分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且EdSE2πrL，求出不同半径高斯面内的电荷

q.即可解得各区域电场的分布.

q0

E10

E2πrLq/ε0

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 r ＜R1 ，

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R1 ＜r ＜R2 ，

qλL

E2λ 2πε0rr ＞R2，

q0

E30

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

ΔE这与5 －20 题分析讨论的结果一致.

λλLζ 2πε0r2πε0rLε05 －22 如图所示，有三个点电荷Q1 、Q2 、Q3 沿一条直线等间距分布且Q1 ＝Q3 ＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1 、Q3 的情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

40

分析 由库仑力的定义，根据Q1 、Q3 所受合力为零可求得Q2 .外力作功W′应等于电场力作功W 的负值，即W′＝－W.求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为

WQ2Edl

0其中E 是点电荷Q1 、Q3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有

WQ2V0VQ2V0

其中V0 是Q1 、Q3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q1 所受的合力为零

Q1Q2Q3Q0 1224πε0d4πε02d解得 Q2Q3Q

由点电荷电场的叠加，Q1 、Q3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为

1414EE1yE3y2πε0dyQy223/2

将Q2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为

WQ2Edl00QyQ21Qdy 3/2228πε0d42πε0dy解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2Q，并由电势 的叠加得Q1 、Q3 在点O 的电势

14V0Q1Q3Q 4πε0d4πε0d2πε0d将Q2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功

Q2WQ2V0

8πε0d

41

比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为

Eλer 2πε0r为电荷线密度.(1)求在r ＝r1 和r ＝r2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r→∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明. 解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

U12Edrr1r2λrln2 2πε0r1(2) 不能.严格地讲，电场强度Eλer只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷2πε0r分布在无限空间，r→∞处的电势应与直线上的电势相等.

5 －27 两个同心球面的半径分别为R1 和R2 ，各自带有电荷Q1 和Q2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？

分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由VppEdl可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.

一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为

VQ 4πε0r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

VQ

4πε0R其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

42

解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布

E10 rR1E2E3Q1e R1rR2 2r4πε0rQ1Q2er rR224πε0r由电势VrEdl 可求得各区域的电势分布.

当r≤R1 时，有

VR1R21rE1dlRE2dlE23dl1R0Q14πε11Q

0R1Q21R24πε0R2Q1Q24πε0R14πε0R2当R1 ≤r≤R2 时，有

VR22rE2dlRE23dlQ14πε11Q1Q20rR24πε0R

2Q14πεQ20r4πε0R2当r≥R2 时，有

VQ1Q23rE3dl4πεr

0(2) 两个球面间的电势差

UR2Q112RE12dl4πε01R1 1R2解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r≤R1 ，则V1Q14πεRQ2R

014πε02若该点位于两个球面之间，即R1 ≤r≤R2 ，则

V1Q22Q4πεR 0r4πε02若该点位于两个球面之外，即r≥R2 ，则

43

V3(2) 两个球面间的电势差

Q1Q2

4πε0rU12V1V2rR2Q1Q1 4πε0R14πε0R2－

5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R1 ＝3.0×102 m，R2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.

解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

E根据电势差的定义有

λ 2πε0rU12E2dlR1R2λRln2 2πε0R1解得 λ2πε0U12/lnR22.1108Cm1 R1 (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度

Eλ7475Vm1 2πε0r6 －8 一导体球半径为R１ ，外罩一半径为R2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若V0Q，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度

4πε0R2处处为零，内球不带电．

若V0Q，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带

4πε0R2电．一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由VppEdl或电势叠加求出电势的

分布．最后将电场强度和电势用已知量V0、Q、R１、R2表示．

44

解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理EdSEr4πrEr2q/ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区

域内的电场分布为 r ＜R１时， E1r0 R１＜r＜R2 时，E2rq 24πε0rQq

4πε0r2r＞R2 时， E2r由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R１时，

V1EdlE1dlE2dlE3dlrrR1R2R1R2qQ

4πε0R14πε0R2R１＜r＜R2 时，

V2EdlE2dlE3dlrrR2R2qQ 4πε0r4πε0R2r＞R2 时，

V3E3dlrqQ 4πε0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R１）

V1在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2 ）

qQ

4πε0R14πε0R245

V2在球壳外（r＞R2）

qQ 4πε0r4πε0R2V3由题意

qQ 4πε0rV1V0得

qQ 4πε0R24πε0R1V1V0代入电场、电势的分布得 r ＜R１时，

qQ

4πε0R24πε0R1E10；V1V0

R１＜r＜R2 时，

E2r＞R2 时，

R1V0R1QR1V0(rR1)QV； 2r4πε0R2rr24πε0R2r2E3R1V0(R2R1)QR1V0(R2R1)QV； 3r24πε0R2r2r4πε0R2r6 －9 在一半径为R１ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B．已知球壳B 的内、外半径分别为R2＝8.0 cm，R3 ＝10.0 cm．设球A 带有总电荷QA ＝3.0 ×10B 带有总电荷QB ＝2.0×10

－８

－８

C，球壳

C．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球

壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．

46

分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷QA均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－QA ，外表面带电荷QB ＋QA ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－QA ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电qA ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－qA，外表面带电qA －QA ［图（c）］．此时球A 的电势可表示为

VAqAqAqQAA0

4πε0R14πε0R24πε0R3由VA ＝0 可解出球A 所带的电荷qA ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．

解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10外表面带电5.0 ×10

－８

－８

C，球壳B 内表面带电－3.0 ×10

－８

C，

C．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为

VAqAQAQQAA5.6103V

4πε0R14πε0R24πε0R3VBQAQB4.5103V

4πε0R3（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电qA ，球A 和球壳B的电势为

VAqAqAQAqA0

4πε0R14πε0R24πε0R3VBQAqA

4πε0R347

解得

qA即球A 外表面带电2.12 ×10电-0.9 ×10

－８

－８

R1R2QA2.12108C

R1R2R2R3R1R3C，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10

－８

C，外表面带

C．另外球A 和球壳B 的电势分别为

VA0 VB7.29102V

导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．

6 －12 如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0，内半径为ɑ，外半径为b，腔内距球心O 为r 处有一点电荷q，求球心的电势．

分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布．球心O 点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势

dVdq

4πε0R由于R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R的带电球面在球心产生的电势为

V由电势的叠加可以求得球心的电势．

dqq

s4πεR4πεR00解 导体球内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为

48

VqqqQ 4πε0r4πε0a4πε0b6 －13 在真空中，将半径为R 的金属球接地，与球心O 相距为r（r ＞R）处放置一点电荷q，不计接地导线上电荷的影响．求金属球表面上的感应电荷总量．

分析 金属球为等势体，金属球上任一点的电势V 等于点电荷q 和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和．在球面上任意取一电荷元ｄq′，电荷元可以视为点电荷，金属球表面的感应电荷在点O 激发的电势为

V点O 总电势为

dq

s4πεR0V0qV 4πε0r而接地金属球的电势V0 ＝0，由此可解出感应电荷q′． 解 金属球接地，其球心的电势

V感应电荷总量

qdqq1dq0 ss4πε0r4πε0R4πε0r4πε0RRqdqq

r6 －16 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底

板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）。当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号。假设金属片面积为50.0 mm ，两金属片之间的距离是0.600 mm。如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？

2

49

分析 按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：

解 按下按键时电容的变化量为

11ΔCε0S

dd0按键按下的最小距离为

ΔdminΔCd02mind0d0.152d0ΔCε0Smm

－８

6 －19 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10C，导体外有两层

均匀介质，一层介质的εr＝5.0，厚度d ＝0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1） 离球心为r ＝5cm、15 cm、25 cm 处的D 和E；（2） 离球心为r ＝5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（3） 极化电荷面密度σ′．

50

分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理

DdSq理求得．

0可得D（r）．再由ED/ε0εr可得E（r）．

介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系VrEdl求得，或者由电势叠加原

极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度ζpa． 解 （1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得 r ＜R D14πr0

2D10；E10

R ＜r ＜R ＋d D24πrQ

D222QQE； 2224πε0εrr4πrr ＞R ＋d D34πrQ

51

D3QQ； E3224πεεr4πr0r将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5 cm、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r1 ＝5 cm，该点在导体球内，则

Dr10；Er10

r2 ＝15 cm，该点在介质层内，ε

ｒ

＝5.0，则

Dr2QQ82213.510CmE8.010Vm； r2224πr24πε0εrr2r3 ＝25 cm，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则

Dr3QQ821.310CmE1.4102Vm1 ；r3224πr34πε0r2（2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r3 ＝25 cm，

V3E3drr1Q360V 4πε0rr2 ＝15 cm，

V2Rdr2E2drRdE3drQQQ 4πε0εrr24πε0εrRd4πε0Rd480Vr1 ＝5 cm，

V1RdRE2drRdE3drQQQ 4πε0εrR4πε0εrRd4πε0Rd0V（3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε ＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；

52

Pnεr1ε0Enεr1Q24πεrRd

ζPn在介质内表面：

εr1Q24πεrRd1.6108Cm2

Pnεr1ε0Enεr1Q

4πεrR2ζPnεr1Q6.4108Cm2

4πεrR2介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号． 6 －20 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷。设某细胞壁厚为5.2 ×109 m，两表

－

面所带面电荷密度为±5.2 ×10 C／m ，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1） 细胞壁内的电场强度；（2） 细胞壁两表面间的电势差． 解 （1）细胞壁内的电场强度E－32

ζ9.8106V/m；方向指向细胞外． ε0εr2（2） 细胞壁两表面间的电势差UEd5.110V．

--2

6 －21 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为σ0 ＝4.5×105 C· m．现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为εｒ ＝2.0 的电介质插入两极板之间．此时电介质中的D、E 和P 各为多少？

分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布，电场强度和电位移矢量都是常矢量．充电后断开电源，在介质插入前后，导体板上自由电荷保持不变．取图所示的圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D，再根据

53

ED，FDε0E ε0εr可求得电场强度E 和电极化强度矢量P． 解 由分析可知，介质中的电位移矢量的大小

DQζ04.5105Cm2 ΔS介质中的电场强度和极化强度的大小分别为

ED2.5106Vm1 ε0εrPDε0E2.3105Cm1

D、P、E方向相同，均由正极板指向负极板（图中垂直向下）．

6 －22 在一半径为R1 的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半径为R2 ，相对电容率为εｒ ．设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为λ．试求介质层内的D、E 和P．

分析 将长直带电导线视作无限长，自由电荷均匀分布在导线表面．在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷，这些电荷在内外表面呈均匀分布，所以电场是轴对称分布．取同轴柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得电位移矢量D 的分布．在介质中D0rE，

PD0E，可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布．

解 由介质中的高斯定理，有

DdSD2πrLλL

得

D在均匀各向同性介质中

λer 2πrEDλer ε0εr2πε0εr1λPD-ε0E1-ε2πrer

r6 －33 一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为d，充电至带电Q后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d．求：（1） 电容器能量的改变；（2） 此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．

分析 在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，

极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功． 解 （1） 极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为

1Q22weε0E 222ε0S在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d，电场占有空间的体积，也由V 增加到2V，此时电场能量增加

Q2dΔWeweΔV

2ε0S（2） 两导体极板带等量异号电荷，外力F 将其缓缓拉开时，应有F＝－Fe ，则外力所作的功为

Q2dAFeΔrQEd

2ε0S外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．

7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．

55

分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，Bef0．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于Idlr0，由毕－萨定律知BbeBfa0．流过圆弧的电流I1 、I2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为

B1μ0I1l1μ0I2l2, B24πr24πr2其中I1 、I2 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有

I1l1I2l2

将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度

BB1B2μ0I1l1μ0I2l20 224πr4πr7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O 的磁感强度各为多少？

分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各

56

自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0B

i解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Idlr0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有

B0B0 的方向垂直纸面向外．

μ0I 8R（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

B0B0 的方向垂直纸面向里．

μ0Iμ0I 2R2πR（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B0B0 的方向垂直纸面向外．

μ0IμIμIμIμI0000 4πR4πR4R2πR4R7 －12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求 点O的磁感强度B．

分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度Bμ0Iα，其中α4πR为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度Bμ0I，磁感强度的方向依照右手定则确定。 4πR点O 的磁感强度BO 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。 解 根据磁场的叠加 在图（ａ）中，

57

B0在图（ｂ）中，

μ0IμIμIμIμIi0k0k0i0k 4R4πR4πR4R2πRB0在图（c）中，

μ0IμIμIμI1μIi0i0k01i0k 4πR4R4πR4Rπ4πRB03μ0IμIμIi0j0k 8R4πR4πR7 －13 如图所示，一个半径为R 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度．

分析 毕－萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度dIRdθ的细电流，细电流与轴线OO′平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度．

解 根据分析，由于长直细线中的电流dIIdl/πR，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为

dBμ0dI 2πR其方向在Oxy 平面内，且与由ｄl 引向点O 的半径垂直，如图7 －13（ｂ）所示．由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO′上产生的磁感强度叠加后，得

BydBsinθ0

BxdBsinθ0ππ0μ0Iμ0I Rdθsinθ22πRπRπR则轴线上总的磁感强度大小

58

BBxB 的方向指向Ox 轴负向．

μ0I π2R7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．

分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

dΦBdS矩形平面的总磁通量

μ0lldx 2πxΦdΦ

解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量

Φ2

d2d1μ0lμIldldx0ln2 2πx2πd17 －16 已知10 mm 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求：（1） 导线内、外磁感强度的分布；（2） 导线表面的磁感强度．

59

分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等．方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．

解 （1） 围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有

BdlB2πrμI

0Iπr22在导线内r ＜R， Iπr2，因而 2πRRB在导线外r ＞R，

μ0Ir 22πRII，因而

Bμ0I 2πr磁感强度分布曲线如图所示．

（2） 在导线表面磁感强度连续，由I ＝50 A，Rs/π1.78103m，得

Bμ0I5.6103T 2πR7 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R1 ；（2） R1 ＜r ＜R2 ；（3） R2 ＜r ＜R3 ；（4） r ＞R3 ．画出B －r 图线．

60

分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，

BdlB2πr，利用安培环路定理BdlμI，可解得各区域的磁感强度．

0解 由上述分析得 r ＜R1

B12πrμ012πr 2πR1B1R1 ＜r ＜R2

μ0Ir 2πR12B22πrμ0I

B2R2 ＜r ＜R3

μ0I 2πrπr2R2B32πrμ0II 22πRR32μ0IR32r2B3 222πrR3R2r ＞R3

B42πrμ0II0

B40

磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．

61

7 －18 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．

分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而

BdlB2πr

依照安培环路定理Bdlμ0解 依照上述分析，有

I，可以解得螺线管内磁感强度的分布．

B2πrμ0I

r ＜R1

B12πr0 B10

R2 ＞r ＞R1

B22πrμ0NI

B2r ＞R2

μ0NI 2πrB32πr0 B30

在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若R2R1R1 和R2 ，则环内的磁

62

场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径R为

1R2R1，则环内的磁感强度近似2Bμ0NI 2πR7 －19 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．

分析 由题7 －16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度

Brμ0Ir 2πR2在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义ΦBrdS来求解．沿轴线方

向在剖面上取面元ｄS ＝lｄr，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量

ΦBdr

S 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量

ΦR0μ0Irμ0I dr22πR4π47 －23 在一个显像管的电子束中，电子有1.210eV的动能，这个显像管安放的位置使电子水平地由南向北运动．地球磁场的垂直分量B5.510T，并且方向向下．求：（1） 电子束偏转方向；（2） 电子束在显像管内通过20 cm到达屏面时光点的偏转间距．

5 63

解 （1） 如图所示，由洛伦兹力

FqvB

电子带负电，q ＜0，因而可以判断电子束将偏向东侧．

（2） 在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R（参见教材第7 －7 节）为

RmveB2mEk6.71m eB由题知y20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离

ΔxRR2y22.98103m即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm．这种平移

并不会影响整幅图像的质量．

7 －35 一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质［图（ａ）］，磁介质的相对磁导率为μr（μr ＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1） 空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2） 磁介质表面的磁化电流．

分析 电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选

取任一同心圆为积分路径，应有HdlH2πr，利用安培环路定理

HdlIf

求出环路内的传导电流，并由BμH，Mμr1H，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流．

解 （1） 取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有

H2πrIf

对r ＜R1

IIfπR2πr2 1得

H1Ir2πR2 1忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有

Mμ0Ir10，B12πR2 1对R2 ＞r ＞R1

IfI

得

HI22πr 填充的磁介质相对磁导率为μr ，有

MI2μr12πr，Bμ0μrI22πr 对R3 ＞r ＞R2

IIfIπR3πr222R2 3R2得

HIR23r232πrR22 3R2同样忽略导体的磁化，有

65

μ0IR32r2M30，B3 222πrR3R2对r ＞R3

I得

fII0

H40，M40，B40

（2） 由IsM2πr，磁介质内、外表面磁化电流的大小为

IsiM2R12πR1μr1I IseM2R22πR2μr1I

对抗磁质（r1），在磁介质内表面（r ＝R1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R2 ），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H（r）和B（r）分布曲线分别如图（ｂ）和（c）．

7 －37 在实验室，为了测试某种磁性材料的相对磁导率μr ，常将这种材料做成截面为矩形的环形样品，然后用漆包线绕成一环形螺线管．设圆环的平均周长为0.10 m，横截面积为0.50×10

－4

m2 ，线圈的匝数为200 匝．当线圈通以0.10 A 的电流时，测得穿过圆环横截面

－

积的磁通量为6.0 ×105 Wb，求此时该材料的相对磁导率μr．

分析 根据右手定则，磁感线与电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布，当 环形螺线管中通以电流I 时，由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为

HNI L由题意可知，环内部的磁感强度BΦ/S，而Bμ0μrH，故有

μrB/μ0H

解 磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为NI/L和Φ/S，因而

μr

ΦL4.78103

μ0NIS8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为

66

Φ8.0105sin100πtWb，求在t1.0102s时，线圈中的感应电动势．

分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成ξN链．

解 线圈中总的感应电动势

dΦdψ，其中ψNΦ称为磁dtdtξN当t1.0102dΦ2.51cos100πt dts 时，ξ2.51V．

8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以

dI的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所dt示．求线圈中的感应电动势．

分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律ξdΦ来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁dt通量就需用ΦBdS来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B1

S与B2 之和）．

为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即BB(x)，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx、长为d 的面元ｄS，如图中阴影部分所示，则dSddx，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元dSdxdy，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式EMM解1 穿过面元ｄS 的磁通量为

dl求解． dtdΦBdSB1dSB2dS

μ0IμIddx0ddx

2πxd2πx67

因此穿过线圈的磁通量为

ΦdΦ再由法拉第电磁感应定律，有

2dd2dμIdμ0IdμId30dxdx0ln

d2πxd2πx2π4EdΦμ0d3dIln dt2π4dt解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为

Φ线圈与两长直导线间的互感为

μ0dI3ln 2π4M当电流以

Φμ0d3ln I2π4dl变化时，线圈中的互感电动势为 dtEMdIμ0d3dIln dt2π4dt试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量ΦBdSf1,ξ，它表现为变量I和ξ的二元函数，将Φ代

S入EdξdΦ 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v，再令ξ＝d 即可

dtdt求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．

8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻Ri＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值q4.010C．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？

分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为

5 68

ΔΦΦ2Φ1NBS0NBS

因此，流过导体截面的电量为qΔΦNBS RRiRRi则 BqRRi0.050T NS－

8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm处，放一面积为0.10 cm2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×102 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×102Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．

－

分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用ψNBS来计算线圈在始、末两个位置的磁链． 解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为

ψ1NB1S则线圈中的平均感应电动势为

Nμ0ISNμ0IS,ψ2NB2S 2πr12πr2EΔΦNμ0IS1181.1110V Δt2πΔtrr12电动势的指向为顺时针方向．

（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为

E

dΦ dt69

8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？

分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由E构造一个闭合回路），还可直接用公式EdΦ求解外（必须设法dt

vBdl求解．

l在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势dEvBdl.在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B）的方向就是导线中电势升高的方向．

解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或 端点P 距 形导轨左侧距离为x，则

1Φ2RxπR2B

2即

EdΦdx2RB2RvB dtdt由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．

解2 建立如图（c）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl，则

dEvBdlvBsin90ocosθdlvBcosθRdθ

EdEvBRcosθdθ2RvB

π/2π/2由矢量（v ×B）的指向可知，端点P 的电势较高．

70

解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁

通量ΦBS常数.由法拉第电磁感应定律E又因 E ＝EOP ＋EPO 即 EOP ＝－EPO ＝2RvB

由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．

8 －11 长为L的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．

dΦ可知，E ＝0 dt

分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而EO A 和EO B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果． 解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl，则

EAB因此棒两端的电势差为

vBdl-rABL-r1ωlBdlωlBL2r

21UABEABωlBL2r

2当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高

解2 将AB 棒上的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中

EOA则

112Bωr2,EOBωBLr 2271

1EABEOAEOBωBLL2r

28 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．

分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律EdΦ 计算（此时必须构造一个dt包含OP导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO），也可用EvBdl来

l计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的． 解1 由上分析，得

EOPlOPvBdl

vBsin90ocosαdl lsinθωBcos90oθdl

lL12ωBsin2θldlωBLsinθ

02由矢量vB的方向可知端点P 的电势较高．

解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿 过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势

E显然，EQO ＝0，所以

dΦ0EOPEPQEQO dt72

12EOPEPQEQOωBPQ

2由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．

8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v2.0ms平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？

1

分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式EvBdl求解，建立图（a）所示的

l坐标系，所取导体元dldx，该处的磁感强度Bμ0I．（2） 用法拉第电磁感应定律求2πx解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式ΦBdS求得穿

S过该回路的磁通量，再代入公式E势．

dΦ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动dt解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EABvBdldxl0.1mAB1.1mμ0μIvvdx0ln113.84105V式中负号表示2πx2π电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高．

解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx、长为y 的面元ｄS，则穿过面元的磁通量为

73

dΦBdS穿过回路的磁通量为

μ0Iydx 2πxΦdΦSμ0IμIyydx0ln11

0.1m2πx2π1.1m回路的电动势为

EdΦμIdyμIy0ln1103.84105V dt2πxdt2π由于静止的形导轨上电动势为零，所以

EABE3.84105V

式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A 电势较高．

8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．

分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足vBdl0］，因而线框中的总电动势为

EvBdlvBdlvBdlvBdlEefEhg其等效电路

efghefhg如图（ｂ）所示．

dΦ求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设dtdξ时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有在v．

dt2．用公式E

74

求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d，即可得线框在题目所给位置处的电动势．

解1 根据分析，线框中的电动势为

EEefEhg

vBdlvBdl

efhgl2μ0Ivl2μ0Ivdldl 2πd02πdl10μ0IvI1I2

2πdl1由Eef ＞Ehg 可知，线框中的电动势方向为efgh．

解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为

Φ相应电动势为

l10μ0Il2μ0Il2ξl1 dxln2πxξ2πxξξEξdΦμ0Ivl2l1 dt2πξξl1令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

Eμ0Ivl2l1

2πddl1由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．

8 －26 一个直径为0.01 m，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？

分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L（已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能Wm12通常称为自感磁能．（2） LI，

2由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即WmVwmdV，式中wm为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空

75

B2间．由于wm，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分

2μ布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用

12 LIwmdV求解L．

V2N2S解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感L，电流稳定后，线圈中电

l流IE，则线圈中所储存的磁能为 R12μ0N2SE25WmLI3.2810J 222lR在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管

中，并为均匀磁场，故磁能密度wm 处处相等，wmWm4.17Jm3 SL（2） 自感为L，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律

tEEI1eL，当电流稳定后，其最大值 ImRRRtE2E121121eL按题意1LILIm，则I，将其代入I中，得 R2222RRL2L4tln1ln221.5610s

R2R8 －27 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I．试证：单位长度导线内所贮藏的磁能为μ0I/16π．

分析 本题中电流激发的磁场不但存在于导体内当r ＜R 时，B1体外当r ＞R 时，B2V2μ0Ir，而且存在于导22πRμ0I．由于本题仅要求单位长度导体内所储存的磁能，故用公式2πrWmwmdV计算为宜，因本题中B 呈柱对称性，取单位长度，半径为r，厚为ｄr 的薄柱

壳（壳层内wm处处相同）为体元ｄV，则该体元内储存的能量

1μ0Ir2dWm2πrdr，积分即可求得磁能． 22μ2πR0证 根据以上分析单位长度导线内贮存的磁能为

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WmdWmR0μ0I22μ0I28π2R4r2πrdr16π 上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还应包括导线外．

77