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第 1 页 一 计算题 共522分 1 本题 5分 1008 解 设杆的左端为坐标原点 O x 轴沿直杆 方向 带电直杆的电荷线密度为 q L 在 x 处取一电荷元 dq dx qdx L 它在 P 点的场强 2 0 4 d d xdL q E 2 0 4 d xdLL xq 2分 总场强为 L xdL x L q E 0 2 0 d 4 dLd q 0 4 3分 方向沿x轴 即杆的延长线方向 L d dq x L d x dE x O 2 本题10分 1009 解 把所有电荷都当作正电荷处理 在 处取微小电 荷 dq dl 2Qd 它在 O 处产生场强 d 24 d d 2 0 22 0 R Q R q E 2 分 按 角变化 将 dE 分解成二个分量 dsin 2 sindd 2 0 2 R Q EEx dcos 2 cosdd 2 0 2 R Q EEy 3 分 对各分量分别积分 积分时考虑到一半是负电荷 2 2 0 2 0 2 dsindsin 2R Q Ex 0 2分 2 0 2 2 2 0 2 0 2 dcosdcos 2R Q R Q Ey 2分 所以 j R Q jEiEE yx 2 0 2 1分 dq R O x y d 第 2 页 3 本题10分 1010 解 在 处取电荷元 其电荷为 dq dl 0Rsin d 它在 O 点产生的场强为 RR q E 0 0 2 0 4 dsin 4 d d 3 分 在 x y 轴上的二个分量 dEx dEcos 1 分 dEy dEsin 1 分 对各分量分别求和 0 0 0 dcossin 4 R Ex 0 2 分 RR Ey 0 0 0 2 0 0 8 dsin 4 2 分 j R jEiEE yx 0 0 8 1 分 y R x d dEx dEy O dE dq 4 本题 8分 1051 解 先计算细绳上的电荷在 O 点产生的场强 选细绳顶端作坐标原点 O x 轴向 下为正 在 x 处取一电荷元 dq dx Qdx 3R 它在环心处的场强为 2 0 1 44 d d xR q E 2 0 412 d xRR xQ 2分 整个细绳上的电荷在环心处的场强 2 0 3 0 2 0 1 16412R Q xR dx R Q E R 2分 圆环上的电荷分布对环心对称 它在环心处的场强 E2 0 2分 由此 合场强 i R Q iEE 2 0 1 16 2分 方向竖直向下 E1 x R 3R x dx O 第 3 页 5 本题 8分 1410 解 以左端面处为坐标原点 x 轴沿轴线向右 为正 在距 O 点为 x 处取宽 dx 的圆环 其上电 荷 dq Qdx L 1 分 小圆环在 P 点产生的电场强度为 2 3 2 2 0 4 d xLRL xLq dE 2 3 2 2 0 4 d xLRL xxLQ 2 3 2 2 2 2 0 d 8 xLR xLR L Q 3分 总场强 L xLR xLR L Q dEE 0 2 3 2 2 2 2 0 d 8 22 0 11 4 LR RL Q 3分 方向沿x轴正向 1分 O x L x dx P dE 6 本题 5分 1862 解 如图所示 在 x 处取一线元 x d 线元上的电荷 xLqq d2 d 电荷元 dq 在 x x L 处产生的电势 为 xx x L q U d 24 1 d 0 1 分 所有电荷在该点产生的电势为 L L xx x L q UU d 8 d 0 Lx Lx L q ln 8 0 2 分 该点电场强度为 i Lx q i x U E 22 0 4 1 d d 2 分 L L x x O dx x 7 本题 8分 1285 解 以 P 点为球心 22 hRr 为半径作一球面 可以看出通过半径为R的圆 平面的电场强度通量与通过以它为周界的球冠面的电场强度 通量相等 2 分 球冠面的面积为S 2 r r h 整个球面积S0 4 r2 通过整个球面的电场强度通量 0 q 0 2 分 通过球冠面的电场强度通量 22 00 2 00 0 1 2 1 24 2 hR hq r hq r hrrq S S 4分 p R r h 第 4 页 8 本题12分 1374 解 1 在球内取半径为 r 厚为 dr 的薄球壳 该壳内所包含的电荷为 dq dV qr 4 r2dr R4 4qr3dr R4 则球体所带的总电荷为 qrrRqVQ r V 0 34 d 4d 3分 2 在球内作一半径为 r1的高斯球面 按高斯定理有 4 0 4 1 0 2 4 0 1 2 1 1 d4 1 4 R qr rr R qr Er r 得 4 0 2 1 1 4R qr E r1 R 1 E 方向沿半径向外 2分 在球体外作半径为r2的高斯球面 按高斯定理有 02 2 2 4 qEr 得 2 20 2 4r q E r2 R 2 E 方向沿半径向外 2分 3 球内电势 R R r rErEU dd 211 1 R R r r r q r R qr d 4 d 4 2 0 4 0 2 1 4 0 3 1 0 123R qr R q 3 3 1 0 4 12R r R q Rr 1 3分 球外电势 20 2 0 22 4 d 4 d 22r q r r q rEU r R r Rr 2 2分 第 5 页 9 本题12分 5092 解 挖去电荷体密度为 的小球 以形成球腔时的求电场问题 可在不挖时求出 电场 1 E 而另在挖去处放上电荷体密 度为 的同样大小的球体 求出电场 2 E 并令任意点的场强为此二者的叠 加 即可得 210 EEE 2分 在图 a 中 以O点为球心 d为 半径作球面为高斯面S 则可求出O 与P处场强的大小 3 0 2 11 3 41 4dddESE S 有 E1O E1P dE 0 1 3 方向分别如图所示 3分 在图 b 中 以O 点为小球体的球心 可知在O 点E2 0 又以O 为心 2d 为半径作球面为高斯面S 可求得P点场强E2P 0 32 22 3 4 24d rdESE S 2 0 3 2 12d r E P 3分 1 求O 点的场强 O E 由图 a b 可得 EO E1O 0 3 d 方向如图 c 所示 2分 2 求P点的场强 P E 由图 a b 可得 2 3 0 21 43d r dEEE PPP 方向如 d 图所示 2分 E1P P E2PEP 图 d O O P E1O 图 a O O d EO E1 O 图 c O P E2P O r E2O 0 图 b E1P 10 本题10分 1180 解 将题中的电荷分布看作为面密度为 的大平面和面密度为 的圆盘叠加的 结果 选 x 轴垂直于平面 坐标原点 在圆盘中心 大平面在 x 处产生的场强为 i x x E 0 1 2 2 分 圆盘在该处的场强为 i xR x x E 22 0 2 11 2 i xR x EEE 22 0 21 2 4分 该点电势为 22 0 0 22 0 2 d 2 xRR xR xx U x 4分 O x P 第 6 页 11 本题 8分 1209 解 未插导体片时 极板A B间场强为 E1 V d 2分 插入带电荷q的导体片后 电荷q在C B间产生的场强为 E2 q 2 0S 2分 则C B间合场强为 E E1 E2 V d q 2 0S 2分 因而C板电势为 U Ed 2 V qd 2 0S 2 2分 d 2 d 2 E1 E2 E2 E1 C B A 12 本题 5分 1280 解 在任意位置 x 处取长度元 dx 其上带有电 荷 dq 0 x a dx 1 分 它在 O 点产生的电势 x xax U 0 0 4 d d 2 分 O 点总电势 la a la a x x axdUU d d 4 0 0 a la alln 4 0 0 2 分 O a l x dx x 13 本题 8分 1519 解 由高斯定理可知空腔内E 0 故带电球层的空腔是等势区 各点电势均 为U 2分 在球层内取半径为r r dr的薄球层 其电荷为 dq 4 r2dr 该薄层电荷在球心处产生的电势为 00 d4 dd rrrqU 2分 整个带电球层在球心处产生的电势为 2 1 2 2 00 00 2 dd 2 1 RRrrUU R R 2分 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U为 2 1 2 2 0 0 2 RRUU 2分 若根据电势定义 lEU d计算同样给分 第 7 页 14 本题10分 1095 解 设 x 轴沿细线方向 原点在球心处 在 x 处取线元 dx 其上电荷为xqdd 该线元在带电球面的电场中所受电场力为 dF q dx 4 0 x2 3 分 整个细线所受电场力为 lrr lq x xq F lr r 000 2 0 4 d 4 0 0 2 分 方向沿 x 正方向 电荷元在球面电荷电场中具有电势能 dW q dx 4 0 x 3 分 整个线电荷在电场中具有电势能 0 0 00 ln 4 d 4 0 0r lrq x xq W lr r 2 分 ORxr0 r0 l dx x 15 本题10分 1276 解 设 B 上带正电荷 内表面上电荷线密度为 1 外表 面上电荷线密度为 2 而 A C 上相应地感应等量负电荷 如图所示 则 A B 间场强分布为 E1 1 2 0r 方向由 B 指向 A 2 分 B C 间场强分布为 E2 2 2 0r 方向由 B 指向 C 2 分 B A 间电势差 a b R R R R BA R R r r rEU a b a b ln 2 d 2 d 0 1 0 1 1 2 分 B C 间电势差 b c R R R R BC R R r r rEU c b c b ln 2 d 2 d 0 2 0 2 2 2 分 因UBA UBC 得到 ab bc RR RR ln ln 2 1 2分 C B A E2 E1 1 1 2 2 第 8 页 16 本题12分 1451 解 设坐标原点在圆环中心 x 轴沿圆环轴线方向如图 在圆环上取一电荷元 dq 1dl 它在轴线上 x 处产生场强 22 0 1d d Rx l E 4 2分 其沿x轴方向的分量 2 3 22 0 1 d d Rx lx Ex 4 场强的 x 轴方向总分量 R x l Rx x E 2 0 2 3 22 0 1 d 4 2 3 22 0 1 Rx Rx 2 3 分 场强的垂直 x 轴方向的分量 因对称分布 总分量为零 故 E Ex 2 分 在 x 处取一电荷元 d q 2dx 它受到的电场力为 x Rx Rx qEF x ddd 2 2 3 22 0 1 2 2 3 22 0 21 d Rx xRx 2 2 分 线段受到的总力 l Rx RxR F 0 2 3 22 22 0 21 d 4 2 1 22 0 21 2 Rx l R 0 4 2 1 22 0 21 11 Rl R R 2 3 分 x O R d q x dx 17 本题10分 5246 解 带电圆盘在轴线上 x 0 各点的场强为 0 22 2 1 xRxE 0 22 2 1 xRxqqEF 1 2 分 方向指向圆板 2 分 F ma 2 由 1 2 式得 0 22 2 1 mxRxqa 2 分 xt x xt a d d d d d d d dv v vv x xR x m q b d1 2 d 0 22 0 0 v v vv 2 分 0 22 0 2 0 2 22 1 b xRx m q vv 22 0 2 0 2 bRbR m q vv 22 0 2 0 bRbR m q vv 2 分 第 9 页 18 本题10分 0392 解 1 两导体球壳接地 壳外无电场 导体球 A B 外的电场均呈球对称分布 今先比较两球外场强的大小 击穿首先发生在场强最大处 设击穿时 两导体球 A B 所带的电荷分别为 Q1 Q2 由于 A B 用导线连接 故两者等电势 即满 足 R Q R Q 0 1 10 1 44 R Q R Q 0 2 20 2 44 2 分 代入数据解得 7 1 21 QQ 1 分 两导体表面上的场强最强 其最大场强之比为 7 4 4 4 2 12 2 21 2 20 2 2 10 1 max2 max1 RQ RQ R Q R Q E E 2 分 B 球表面处的场强最大 这里先达到击穿场强而击穿 即 6 2 20 2 max2 103 4 R Q E V m 2 分 2 由 E2 max解得 Q2 3 3 10 4 C 1 分 21 7 1 QQ0 47 10 4 C 1 分 击穿时两球所带的总电荷为 Q Q1 Q2 3 77 10 4 C 1 分 19 本题 5分 1061 解 选 x 轴垂直导体板 原点在中心平面上 作一底面为 S 长为 2x 的柱形高斯面 其轴线与 x 轴平行 上下底面与导 体板平行且与中心平面对称 由电荷分布知电场分布与中心 面对称 设底面处场强大小为 E 应用高斯定理 00 2 2 nqSxqSE 2 分 得 0 nqxE 方向如图所示 1分 由于导体板接地 电势为零 所以x处的电势为 d d 0 d x d x xxnqxEU 2 22 0 xdnq 2分 2d 2x S S E E x O 20 本题 8分 1651 解 1 由静电感应 金属球壳的内表面上有感生电荷 q 外表面上带电荷q Q 2分 2 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的 因为任一电荷元离O点的 距离都是a 所以由这些电荷在O点产生的电势为 a dq U q 0 4 a q 0 4 2分 3 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点 产生的电势的代数和 2分 qQqqO UUUU r q 0 4 a q 0 4 b qQ 0 4 111 4 0 bar q b Q 0 4 2分 第 10 页 21 本题 8分 5425 解 设导体球带电q 取无穷远处为电势零点 则 导体球电势 r q U 0 0 4 2分 内球壳电势 10 1 1 4R qQ U 20 2 4R Q 2分 二者等电势 即 r q 0 4 10 1 4R qQ 20 2 4R Q 2分 解得 12 2112 rRR QRQRr q 2分 22 本题10分 1182 解 设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷 和 根据高斯定理可求得两 圆筒间任一点的电场强度为 r E r 0 2 2 分 则两圆筒的电势差为 1 2 00 ln 22 d d 2 1 2 1 R R r r rEU r R Rr R R 解得 1 2 0 ln 2 R R U r 3分 于是可求得 点的电场强度为 A E ln 12 RRR U 998 V m 方向沿径向向外 2分 A 点与外筒间的电势差 22 d ln d 12 R R R R r r RR U rEU R R RR U 2 12 ln ln 12 5 V 3分 23 本题10分 1377 解 设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为 则电容器两极板之间的场强分布 为 2 rE 2分 设电容器内外两极板半径分别为r0 R 则极板间电压为 R r R r r r rEUd 2 d 0 ln 2r R 2分 电介质中场强最大处在内柱面上 当这里场强达到E0时电容器击穿 这时应有 00 2Er 2分 0 00 ln r R ErU 适当选择r0的值 可使U有极大值 即令 0 ln dd 0000 ErRErU 得 eRr 0 2分 显然有 2 0 2 d d r U 0 故当 eRr 0 时电容器可承受最高的电压 eREU 0max 147 kV 2分 第 11 页 24 本题 8分 2309 解 1 AD BC 两直线段电流在 O 点处产生的磁场 R I R I B 00 1 2 2 2 2 2 24 2 2 分 AB CD 两圆弧段电流在 O 点处产生的磁场 4 02 RIB 2 分 1 4 1 0 R I B 1 43 10 5 T 1 分 方向垂直纸面向外 1 分 2 小线圈磁力矩BpM m 小线圈平面垂直纸面放置受磁力矩最大 SBIM3 57 10 11 N m 2 分 25 本题10分 2720 解 设弧 ADB L1 弧 ACB L2 两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为 2 110 1 4R LI B 2 220 2 4R LI B 3 分 1 B 2 B 方向相反 圆心处总磁感强度值为 12 BBB 4 1122 2 0 LILI R 1 4 22 11 2 220 LI LI R LI 2 分 两段导线的电阻分别为 S L r 11 1 S L r 22 2 1分 因并联 11 22 1 2 2 1 L L r r I I 2分 又 RRL2 2 2 1 2 1 220 R I B 1 60 10 8 T 2 分 26 本题 5分 2727 解 在扇形上选择一个距 O 点为 r 宽度为 dr 的面积元 其面积为rrSdd 带有电荷Sqdd 它所形成的电流为 d 2 1 d qI dI在O点产生的磁感强 度为 r q r I B 4 d 2 d d 00 rd 4 0 3分 O点处的磁感强度为 R rB 0 0 d 4 4 0 R 1分 B 的方向垂直纸面向外 1分 O r dq 第 12 页 27 本题12分 2650 解 导体柱中电流密度 222 15 16 4 r I rr I J 2分 用补偿法来求 P 处的磁感强度 用同样的电流密度把空洞补上 由安培环路定律 这时圆柱电流在 P 处产生的磁感强度为 6 0 1 Jr B 方向为 2 分 再考虑空洞区流过同样电流密度的反向电流 它在 P 处产生的磁感强度为 88 0 2 Jr B 方向为 2 分 P 处磁感强度 264 41 021 JrBBB 方向为 2 分 电子受到的洛伦兹力为 BeBqfm vv r Ie JreBefm v vv 0 0 495 82 264 41 3 分 方向向左 1 分 28 本题10分 0313 解 当线圈右边进入均匀磁场后 产生感生电流 因而受到一磁力 F 方向向 左 txlBRIBlF dd 1 22 v 22 1 lBR 4 分 由 amF 得 tmFFd dv 2 分 tmRlBF dd 22 vv t RmlBmF d d 22 v v Ct Rm lB Rm lB m F 2222 ln v 当 t 0 v 0 则 ln mFC 2 分 所以 t Rm lB m F Rm lB m F 2222 ln ln v 可得 e1 22 bt lB FR v 其中 22 RmlBb 2分 29 本题 5分 2087 解 考虑半圆形载流导线 CD 所受的安培力 RIBFm2 3 分 列出力的平衡方程式 TRIB22 故 IBRT 2 分 C D O I R T T B m F 第 13 页 30 本题10分 2471 解 载流导线 MN 上任一点处的磁感强度大小为 2 10 xr I B 2 2 20 xr I 3 分 MN 上电流元 I3dx 所受磁力 xBIFdd 3 2 10 3 xr I I x xr I d 2 2 10 2 分 r x xr I xr I IF 0 2010 3 d 2 2 2 r x xr II 0 130 d 2 d 2 0 2 r x xr I 2 ln 2 ln 2 21 30 r r I r r I I 2ln2ln 2 21 30 II I 2ln 2 21 30 II I 3 分 若 12 II 则F 的方向向下 12 II 则F 的方向向上 2 分 31 本题 5分 2589 解 导线 ab 中流过电流 I 受安培力IlBF 1 方向水 平向右 为保持导线作匀速运动 则必须加力 2 F 12 FF 2 F 方向与 1 F 相反 即水平向左 如图所 示 2 分 20 0 12 IlBFF N 3 分 M M L L a b B 1 F 2 F I 32 本题 5分 2711 解 如图示位置 线圈所受安培力的合力为 22 1010 2 ax I x I aIF 2 分 方向向右 从 x a 到 x 2a 磁场所作的功为 a a x axx IaI A 2 210 d 11 2 2 分 3ln2ln2 2 210 IaI 1 分 x a I1 I2 x 第 14 页 33 本题10分 2054 解 1 利用安培环路定理可求得 1 导线在 P 点产生的磁感强度的大小为 r I B 2 0 1 2 122 0 1 2xa I 2 分 2 导线在 P 点产生的磁感强度的大小为 r I B 2 0 2 2 122 0 1 2xa I 2 分 1 B 2 B 的方向如图所示 P 点总场 coscos 2121 BBBBB xxx 0 21 yyy BBB 22 0 xa Ia xB i xa Ia xB 22 0 3 分 2 当 0 d d x xB 0 d d 2 2 x xB 时 B x 最大 由此可得 x 0 处 B 有最大值 3 分 y r r x a a 2 1 O P x B1 B2 34 本题 8分 2265 解 带电圆盘转动时 可看作无数的电流圆环的磁场在 O 点的叠加 某一半径为 的圆环的磁场为 2 dd 0 iB 2 分 而 d 2 d2d i d 2 1 2 dd 00 B 2分 正电部分产生的磁感强度为 rB r 2 d 2 0 0 0 2分 负电部分产生的磁感强度为 2 d 2 00 rRB R r 今 BB rR2 2 分 第 15 页 35 本题12分 2279 解 1 电流密度 22 aR I J 2 11 rJI 2 22 rJI Jr r I B 1 0 1 10 1 22 Jr r I B 2 0 2 20 2 22 B1为导体实心时 J 不变 产生在 P 点的磁感强度 B2为孔内通反向 J 时产生在 P 点的磁感强度 4 分 sinsin 12 BBBx 0 sinsin 2 1 120 rrJ coscos 21 BBBy coscos 2 1 210 rrJ 2 1 0 aRJ 2 1 0 aR I 4 分 由于 B By 常量 是均匀场 2 长螺线管内部的磁感强度为nI 0 按题意 有 0 aR I nI 0 R n a 2 1 4 分 O O 1 B 2 B 1 B 2 B O O x y r1 r2 r1 r2P O 36 本题12分 2278 解 电流密度 22 aR I J 1分 P 点场强为充满圆柱并与 I 同向的电流 I10 及充 满孔并与 I 反向的电流 I20的场叠加而成 取垂直 于圆柱轴并包含 P 点的平面 令柱轴与孔轴所在 处分别为 O 与 O P 点与两轴的距离分别为 r1与 r2 并建立坐标如图 利用安培环路定理可知 P 点场强为与 I 同向的 I1和与 I 反向的 I2的场的叠加 且有 2 11 rJI 2 22 rJI Jr r I B 1 0 1 10 1 22 2 分 Jr r I B 2 0 2 20 2 22 2 分 1 B 2 B 方向如图所示 P 点总场 21 BBB 1122 sinsin BBBx 0 sinsin 2 1122 0 rrJ 3 分 2211 coscos BBBy coscos 2 2211 0 rrJ Jb 2 0 3分 22 22 00 aR bI JbBB y 1 分 B 与 r1 r2无关 可知圆柱孔内为匀强场 方向沿 y 轴正向 O O J J 1 B 2 B O O x y r1 r2 P r1r2 P 第 16 页 37 本题 5分 2441 解 1 AB CD EF三条直线电流在 O 点激发的磁场为零 1 分 2 8 0 RIBBC 1分 6 0 RIBDB 1 分 R I R I R I B 2486 000 0 1 分 方向为从 O 点穿出纸面指向读者 1 分 38 本题 8分 2673 解 1 2 BB 可知 21 BBB 2 分 故闭合回路形状如图所示 3 分 2 101 4 RIB 202 4 RIB 2 分 21 BBB 21 210 4 RR RRI 1 分 I I O R1 R2 39 本题 8分 5128 解 设 L1中电流在 O 点产生的磁感强度为 B1 由于 L1与 O 点在一条直线上 由 毕奥 萨伐定律可求出 0 1 B 2 分 设 L2中电流在 O 点产生的磁感强度为 B2 L2为半无限长直电流 它在 O 处产生 的场是无限长直电流的一半 由安培环路定律和叠加原理有 R I R I B 42 1 2 00 2 方向垂直图面向外 3 分 以下求圆环中电流在O点产生的磁感强度 电流由L1经a点分两路流入圆环 一路由 a 点经 1 4 圆弧流至 b 称此回路为 L3 另一路由 a 点经 3 4 圆弧流至 b 称此段回路为 L4 由于圆环为均匀导体 若 L2的电路电阻为 R 则 L4的电阻必为 3R 因此电流在 L3 L4上的分配情况为 L3中电流为 3 I 4 L4中电流为 I 4 L3 L4中电流在 O 点产生的磁感强度的大小相等 方向相反 总值为 0 即 0 43 BB 故 O 点的磁感强度 43210 BBBBB R I 4 0 方向垂直图面向外 3 分 第 17 页 40 本题12分 2482 解 由安培环路定理 i IlH d 0 r R1区域 2 1 2 2RIrrH 2 1 2 R Ir H 2 1 0 2 R Ir B 3 分 R1 r R2区域 IrH 2 r I H 2 r I B 2 3 分 R2 r R3区域 H 0 B 0 3 分 41 本题 5分 5910 解 lNInIH 200 A m 3 分 HHB r 0 1 06 T 2 分 42 本题12分 2120 解 1 由法拉第电磁感应定律 xyxyB tg 2 1 txv 2 分 tg 2 1 d d dd 2 xB t t i E tBtxxB 2 tg dd2tg 2 1 v 在导体 MN 内Ei方向由 M 向 N 3 分 2 对于非均匀时变磁场 tKxB cos 取回路绕行的正向为 O N M O 则 dddBSB tg dtgcosdtgd 2 tKB dtgcosd 0 2 tK x tgcos 3 1 3 tKx 3 分 Ei td d tgcostgsin 3 1 23 tKxtxKv cossin 3 1 tg 233 ttttK v 3 分 Ei 0 则Ei方向与所设绕行正向一致 Ei 0 则Ei方向与所设绕行正向相反 1 分 C D O x M N B v d 第 18 页 43 本题10分 2139 解 线框内既有感生又有动生电动势 设顺时针 绕向为 Ei的正方向 由 Ei d d t 出发 先求 任意时刻 t 的 t SBt d ytx y tI ba a d 2 0 2 分 a ba txtI ln 2 0 2 分 再求 t 对 t 的导数 d d d d ln 2d d 0 t x Ix t I b ba t t a ba tI t ln 1 e 2 0 0 v txv Ei a ba tI t t ln 1 e 2d d 0 0 v 4 分 Ei方向 t 1 时 顺时针 2 分 I t v a yEi d y x t 44 本题 5分 2151 解 大小 E d d t S dB d t 1 分 E S dB d t tBOaRd d sin 2 1 2 1 2 2 1分 3 68 mV 1 分 方向 沿 adcb绕向 2分 R B c b d a O 45 本题10分 2499 解 建立坐标系 长直导线为 y 轴 BC 边为 x 轴 原点在长直导线上 则斜边的 方程为 abrabxy 式中 r 是 t 时刻 B 点与长直导线的距离 三角形中磁通量 ra r ra r x ax br a bI x x yI d 2 d 2 00 ln 2 0 r ra a br b I 6 分 t r ra a r ra a Ib td d ln 2d d 0 E 3 分 当 r d 时 v ln 2 0 da a d da a Ib E 方向 ACBA 即顺时针 1 分 46 本题 5分 2507 解 1 S rl r I SBtd 2 d 0 tb ta r r lI v v d 2 0 ta tblI v v ln 2 0 3 分 2 ab ablI t t 2 d d0 0 v E 2分 第 19 页 47 本题10分 2769 解 1 在线框进入磁场之前 0 t t1 线框作自由落体运动 v gt 当 ghtt 2 1 时 hg2 1 vv 2 分 2 线框底边进入磁场后 产生感应电流 因而受到一磁力 bB tR IbBF d d1 方向向上 t y R bB d d 22 v R bB 22 2分 线框运动的微分方程为 v R bB mg 22 t m d dv 1分 令 mR bB K 22 求解上式 注意到 t t1 时 v v1 得 e 1 1 1 ttK Kgg K vv t1 t t2 2分 当 2 tt e 1 12 12 ttk Kgg K vvv 3 当线框全部进入磁场后 t t2 通过线框的磁通量不随时间变化 线框 回路不存在感生电流 磁力为零 故线框在重力作用下作匀加速下落 22 ttg vv 即 e 1 2 1 12 ttgKgg K ttK vv t t2 3分 48 本题10分 0314 解 动生电动势 MN vlB MeN d E 为计算简单 可引入一条辅助线 MN 构成闭合 回路 MeNM 闭合回路总电动势 0 NMMeN EEE 总 MNNMMeN EEE 2分 x x I lB ba ba MN d 2 d 0 vv MN E ba baI ln 2 0 v 负号表示 MN E的方向与 x 轴相反 3 分 ba baI MeN ln 2 0 v E 方向 N M 2 分 ba baI UU MNNM ln 2 0 v E 3 分 v e I a b M N O B x 第 20 页 49 本题12分 0571 解 ab 导线在磁场中运动产生的感应电动势 cosvBl i E 3 分 abcd 回路中流过的电流 cos R Bl R I i i v E 1 分 ab 载流导线在磁场中受到的安培力沿导轨方向上的分力为 cos cos cosBl R Bl BlIF i v 3 分 由牛顿第二定律 t mBl R Bl mg d d cos cos sin vv mR lB g t 222 cos sin d d v v 2分 令 singA cos2 22 mRlBc 则 ddvvcAt 利用t 0 v 有 vv v v v v 000 d 1 d cA cA ccA d t t A cA c t v ln 1 2分 e1 cos sin e1 222 ctct lB mgR c A v 1分 50 本题10分 2118 解 取顺时针方向为闭合电路cOdc的绕行正向 电路中的感应电动势由感生电 动势E 和动生电动势E 两部分叠加而成 即 21 EEE 1分 E 由涡旋电场所形成 它相当于半圆环导线处于t时刻所在位置静止不动 时 电路cOdc中的感应电动势 所以 6 d d d 2 1 rkSB t S E 3分 cd弧上的动生电动势相当于cd弦上的动生电动势 所以 BrcdBlB cd vvv d 2 E 4分 于是 6 6 2 rkBrkrBr vvE 2分 若 vB rk 6 则E 的方向与所设正向一致 即顺时针的方向 vB rk 6 则E 的方向与所设正向相反 即逆时针方向 第 21 页 51 本题 8分 2138 解 在距 O 点为 l 处的 dl 线元中的动生电动势为 dE lB d v 2 分 sinl v 2 分 E L dcos 2 1 sin vd v lBlB L L llBllB 0 2 dsinsindsin 22 sin 2 1 BL 3 分 E的方向沿着杆指向上端 1 分 O O l d B l B v 52 本题10分 2234 解 金属棒绕轴 O 逆时针旋转时 棒中的感应电动势及电流分别为 2 00 2 1 dd BLlBllB LL i vE 3 分 方向沿棒指向中心 2 2 1 BL RR i i E 1 分 此时由于金属棒中电流的存在 棒受到磁力 f 的作用 其大小 32 2 1 LB R iLBf 2 分 f 的力矩方向阻碍金属棒的旋转 由刚体定轴转动定律得 t mL L f d d 3 1 2 2 3 分 代入 积分得 0 d d 4 3 0 22 t t mR LB 故 2 10 2 ln 3 4 tL mR B 1分 53 本题 8分 2319 解 在 dl 处 2 0 rIB 60cosdd dlBlBvv E 2 分 但 30cos ddrl rBd30tgd vE 2 1