大学物理期末总复习

1、第第1章章 质点运动学质点运动学 1 选择题)根据瞬时速度矢量v 的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小 v 可表示为（B ，D ，F ，H ）2 ）根据瞬时加速度矢量a 的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小| a|可表示为（A C G H ）3 ）以下说法中，正确的是（B ，C ，D ，F ）（A）质点具有恒定的速度，但仍可能具有变化的速率（B）质点具有恒定的速率，但仍可能具有变化的速度（C）质点加速度方向恒定，但速度方向仍可能在不断变化着（D）质点速度方向恒定，但加速度方向仍可能在不断变化着（E）某时刻质点加速度的值很大，则该时刻质点速度的值也必定很大（F）质

2、点作曲线运动时，其法向加速度一般并不为零，但也有可能在某时刻法向加速度为零计算题计算题1 一物体从静止开始, 在2s内被匀加速到40m/s,物体的加速度为多少？在2s内物体运动了多大距离？2040020/2tvvam st解解：物体的加速度为 2s内运动的距离为 222204004022 20tvvxma2、一粒子沿着抛物线轨道y x2运动，粒子速度沿x 轴的投影vx 为常数，等于3m/s ，试计算质点在x 2/3m 处时，速度和加速度的大小。解 依题意：速度大小为第第02章章 质点和质点系动力学质点和质点系动力学一、 基本内容和主要公式1 牛顿运动三定律第一定律：任何质点都保持静止或匀速直线

3、运动状态，直到其它物体对它作用的力迫使它改变这种状态为止牛顿运动第一定律给出了惯性和力的概念第二定律：物体运动状态的变化与物体所受的合力成正比，即22dtrdmdtdmamF3.应用牛顿运动定律解题的一般步骤 选取研究对象；分析受力情况，画出受力图；选取坐标系；列方程求解；讨论4. 牛顿运动定律的适用范围 宏观低速物体；惯性系功和能功和能1 选择题1）把一质量为m ，各边长均为 a 的均质货箱，由位置（I ）翻转到位置（I I ） ，则人力所作的功为（D ） 2）质点M与一固定的轻弹簧相连接，并沿椭圆轨道运动，如图已知椭圆的长半轴和短半轴分别为a 和b ，弹簧原长为l0 ( a l0 b )

4、，劲度系数为k ，则质点由A 运动到B 的过程中，弹性力所作的功为（ B ） 计算题计算题1、设两粒子之间的相互作用为排斥力f ，其变化规律为f k/r3，k为常数r为二者之间的距离，试求两粒子相距为r时的势能设无穷远处为零势能位置解 由势能定义，有2、子弹水平射入一端固定在弹簧上的木块内, 木块可以在水平桌面上滑动, 它们之间的动摩擦系数为0.2, 由弹簧的压缩距离求出子弹的速度. 设弹簧初始时处于自然长度, 劲度系数为100N/m, 子弹和木块的质量分别为0.02kg和8.98kg, 子弹射入木块后, 弹簧被压缩10cm。求子弹的速度。由能量守恒得联立求解得解：解：设子弹的质量为m，初速度

5、为v0，木块的质量为M，射入后二者共同速度度为v，由动量守恒得0mvmM v221122mM vmM g xk x 联立求解得 )/(3200sm3、质量为m的物体与一劲度系数为k的弹簧连接，物体与水平桌面的摩擦系数为，现有一水平恒力F拉物体，物体从平衡位置开始运动，求：1）物体到达最远时，弹簧的形变量x。2）物体在运动中的最大动能。Fx解：1）如图，物体受到恒拉力F、摩擦力f，和弹簧力f三个力作用kxfxf物体到达最远时，速度为0，由动能定理得mgxkxFx221kmgFx 2Fx2）当加速度为0时，速度最大，设此时弹簧形变量为x0，所以有00mgkxF由动能定理得kmgFx0000max,

6、)(xkdxmgkxFxE0)21(020 xmgxkxFx20021)(kxxmgFkmgF2)(2一、内容小结一、内容小结1.基本概念基本概念:221IEk22rdmrmIiiIvmrLFrM(1)角速度矢量角速度矢量(2)转动动能转动动能(3)转动惯量转动惯量(4)力力 矩矩(5)角角 动动 量量第第03章章 角动量定理和刚体的转动角动量定理和刚体的转动3. 力矩的累积效应力矩的累积效应（1）空间累积：）空间累积：力矩的功力矩的功dMA动能定理动能定理21222121IIA2. 转动定律转动定律: IMM与与 具有：同轴性、同时性、具有：同轴性、同时性、 同方向性。同方向性。4. 角动量

7、守恒定律角动量守恒定律当当 时，有时，有 0MCILii（2）时间累积）时间累积12IIdtM角动量定理：角动量定理：(4) 非刚体非刚体0)(Id即：即：0dIdI (3) 质点与刚体守恒式为质点与刚体守恒式为 210ImrImr选择题1 ）下列说法中正确的是（ C ）A ）作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大B ）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大C ）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大D ）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零2）一半径为R质量为m的均质圆形平板在粗糙的水平桌面上，绕通过圆心且垂直于平板的OO轴转

8、动，摩擦力对OO轴的力矩为（A ） ）均质圆盘水平面放置，可绕通过盘心的铅垂轴自由转动，圆盘对该轴的转动惯量为I0 ，当其转动角速度为0 时，有一质量为m 的质点沿铅垂方向落到圆盘上，并粘在距转轴R/2 处，它们共同转动的角速度为( )20002RmII0202000414ImRRmII)41/(020ImR1、一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为2kgm2，推动后，系统以15r/min的转速转动。 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为0.8kgm2，求此时的转速。解：解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律12II1122.2.2InIn 121221537.5 /min0.8

9、InnrI所以有：2 半径为R的均质圆盘水平放置在桌面上, 绕其中心轴转动. 已知圆盘与桌面的摩擦系数为, 初始时的角速度为0. 求经过多少时间后圆盘将静止.解解：取半径为r厚度为dr的微元环，该微元所受摩擦力矩大小为对上式积分求得整个圆盘所受的摩擦力矩rmgRrdrrdfdM22drmgRrdMMR0222drrRmgR0222mgR32由于圆盘的转动惯量212ImR，所以圆盘的角加速度由于圆盘的转动惯量 ，所以圆盘的角加速度212ImR43MugIR 由 ， ,得0t0t034Rtug所以圆盘作匀减速运动。 一、内容小结一、内容小结 1 1机械振动：机械振动： 1 1）简谐振动的判断式：）

10、简谐振动的判断式：kxF合22dtxdmmaF合mkxdtxd2222, 0)cos(0tAx2 2）、机械振动方程：）、机械振动方程：第第04章章 振动与波振动与波.ppt)cos(0tAx0,A3）如何求：）如何求：4）简谐振动的能量）简谐振动的能量221kAEEEPk)cos(212212221AAAAA22112211coscossinsinAAAAtg5）同方向、同频率简谐振动的合成：）同方向、同频率简谐振动的合成： 1）一维简谐波的波动方程：）一维简谐波的波动方程：)(2cos)(cos00 xTtAuxtAy2）波的能量：能流、平均能流、平均能流密度（波的强度）波的能量：能流、平

11、均能流、平均能流密度（波的强度）, 2 , 1 , 0) 12(, 2 , 1 , 02)(21212kkkkrr3）波的干涉：频率相同、振动方向相同、位相）波的干涉：频率相同、振动方向相同、位相 差恒定。差恒定。 2、机械波、机械波2 , 1 , 02)12(2 , 1 , 021kkkkrrr（4）驻波：振幅相等、传播方向相反的相干波相互迭加而产）驻波：振幅相等、传播方向相反的相干波相互迭加而产生的波。生的波。（5）多普勒效应：由于波源或观测者相对于媒质的运动，而）多普勒效应：由于波源或观测者相对于媒质的运动，而使观测者接受到的频率有所变化的现象。使观测者接受到的频率有所变化的现象。选择题

12、1）一质点作谐振动，周期为T ，它由平衡位置沿x 轴负方向运动到离最大负位移1/2 处所需要的最短时间为（C ）A） T/4 B） T /12 C） T/6 D） T/81、物体沿X轴作简谐振动, 其中振幅A=10cm, 周期T=2s. 在初始时刻, 物体位于x=5cm处, 且向轴负方向运动. 求在x=-6cm处, 沿轴负方向运动时, 物体的速度和加速度.解解：由题意有0.1Am2radsT03 得运动方程为0.1cos3xt当运动到t1时刻，位移达-6cm,10.060.1cos3t1sin0.83t110sin0.10.80.25mvAts 222110cos0.060.59maAts 2

13、、已知平面简谐波的波方程为 ，试求该波的波长、频率、波速和周期, 说明x=0处波方程的意义 3sin 100.6ytx解解：由题意得波方程为3cos 100.62ytx即 10310rads5fHz5023mvs20.2Ts意义：在x=0处波方程变为质点在平衡位置附近的振动方程。)(2cos0 xTtA3、平面简谐波沿x轴的正方向传播，已知振幅A0.01m，周期T=2s，波长0.02m，初相位为0，试求波方程。解：将波方程写为如形式：)(cosuxtAy,2T由题意：5 . 01Tsmu/01.05 .002.0由题意可确定0所以波方程：)01.0(cos01.0 xty 相干的条件：频率相同

14、、振动方向相同、位相差恒定。暗纹（明纹2)122kk第第06章章 光的干涉光的干涉 形成明暗纹的条件cos22121IIIII 相干叠加：1、两光波叠加： 非相干叠加：21III 半波损失 ：光从光速较大的介质射向光速较小的介质时反射光的相位较之入射光的相位跃变了， 相当于反射光与入射光之间附加了半个波长的波程差，称为半波损失.光程：我们就把nx 称为在这种介质中的光程，相当于将光的传播都折算为真空中的传播 透镜不引起附加的光程差 ：暗纹（明纹2)122kk 形成明暗纹的条件2、杨氏双缝干涉：、杨氏双缝干涉：明纹位置：2, 1 ,0kdDkx暗纹位置：2, 12)12(kdDkx相邻明、暗条纹

15、间距：dDx 3、薄膜干涉：、薄膜干涉：2sin222122inne暗纹明纹2 . 1 . 02) 12(2 . 122kkkke4、空气劈尖干涉（垂直入射）：、空气劈尖干涉（垂直入射）： 相邻两明纹（或暗纹）对应的空气劈尖的厚度差： 相邻两明纹或暗纹的间距： sin2l5、空气牛顿环（垂直入射）：、空气牛顿环（垂直入射）：2sin222122inne2e22 e由几何关系 r2=2eR 得明纹：3.2.12)12(kRkr暗纹：,2, 1 ,0kRkr相邻两明纹对应的空气劈尖的厚度差：2 e相邻m级暗纹的间距：Rmrrrkmk2225、空气牛顿环（垂直入射）：、空气牛顿环（垂直入射）：2si

16、n222122inne22e1、在杨氏双缝干涉实验中，入射光的波长为，现在S2缝上放置一片厚度为d，折射率为n的透明介质，试问原来的零级明纹将如何移动？如果观测到零级明纹移到了原来的k级明纹处，求该透明介质的厚度kdndnd) 1(1nkdkrrpsps21121当小孔s2被薄片贴住时，零级明纹移到了点p处，0)(12212rrdndpsps解：解：1）在小孔s2未贴薄片时，原来从两小孔s1和s2到点p的光程差为Dpr2r1l1l2S0S2S1p02、一束平面单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃上，油膜的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可

17、观察到500nm与700nm这两个波长的单色光在反射中消失试求油膜层的厚度d2 1) 1(22) 12(221kknd解解：由于油膜前后表面反射光都有半波损失，所以光程差为2nd, ，而膜厚又是均匀的，因此干涉的效果不是产生条纹，而是增透或者是显色 反射相消的条件是 ： 2(21)2ndk1,2两波先后消失， 1反射消失在k级， 1反射消失在k-1级 k=3 411073. 62) 12(kd3、用波长为680nm的单色光，垂直照射L=0.12m长的两块玻璃片上，两玻璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度为h=0.048mm云母片，形成一个空气劈尖求： 两玻璃片间的夹角？相邻明条纹间空气膜的厚

18、度差是多少？相邻两暗条纹的间距是多少？在这0.12内呈现多少条明纹？解解：（1）两玻璃间的夹角为 radLd43100 . 41012. 0048. 02) 相邻两明条纹空气膜厚度差为 3) 相邻两暗纹间距me7104 . 32mml64101080100 . 4210680024)条141lLN一、惠更斯-菲涅耳原理：从同一波阵面上各点所发处的子波，经传播而在空间某点相遇时，也可以相互叠加而产生干涉现象。SSreS：波阵面上面元 (子波波源)： t 时刻波阵面 S*P 菲涅尔指出 衍射图中的强度分布是因为衍射时，波场中各点的强度由各子波在该点的相干叠加决定。P点振动是各子波在此产生的振动的叠

19、加。第第7章章 光的衍射光的衍射二、衍射条纹的明暗分布二、衍射条纹的明暗分布AB单缝12312121、衍射光、衍射角波面fX光强光强AB1）半波带）半波带三、菲涅耳半波带法三、菲涅耳半波带法2/2/1A2AsinbBC CLoPRQAB1A2AC2 /sinbBC （ k个半波带）),3 ,2, 1(kkkb22sin干涉相消（暗纹）干涉相消（暗纹）2)12(sinkb干涉加强（明纹）干涉加强（明纹）2sinkb介于介于明明暗暗之间之间2k个半波带个半波带2k+1个半波带个半波带0sinb中央明纹中心中央明纹中心2）、衍射条纹的明暗分布）、衍射条纹的明暗分布3 3）各级明暗纹坐标分布各级明暗纹

20、坐标分布以是中央明条纹中心为坐标原点sintanfbk)21(fbky暗纹暗纹明纹明纹单缝宽度b一定时，对于同一级衍射条纹，波长越大，其对应的条纹越偏离中心RPLobfytantanfyfy1、光栅常数：光栅常数：缝宽（不透光）a，缝间距（透光）b，则光光栅常数栅常数为 d = (a+b)平行单色光光垂直入射光栅衍射相当于：缝与缝间的干涉每个单缝的衍射总效果四、光栅衍射图样四、光栅衍射图样AabPP0fm1010652、光栅方程kdsin), 2 , 1 , 0( sin)(kkba相邻两缝间的光程差：相邻两缝间的光程差：sin)(baAabPP0f1)、主极大明纹位置条件、主极大明纹位置条件

21、k 称为主极大级数2)、缺级现象条件条件kbsinkkbdkdsin, 2 , 1 , 0k, 2 , 1 , 0 k其中，k 是缺级主极大的级数，k是单缝衍射暗纹的级数选择题1 ）在双缝干涉实验中，屏幕E上的P点处是明条纹，若将缝S2 盖住，并在S1 、 S2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示此时（B ）（A ） P 点处仍为明条纹；（B ） P 点处为暗条纹；（C ）不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹；（D ）无干涉条纹 ）根据惠更斯菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强决定于波阵面上所有面元发出的子波各自传到P 点的（B ） ）在真空中波长为 的单

22、色光，在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传到B ，若A 、B 两点的相位差为3 ，则此路径A B 的光程差为（A ） ）在双缝干涉实验中，用单色自然光，在屏上形成干涉条纹，若在两缝后放一个偏振片，则（B ）（A ）干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度加强（B ）干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度减弱（C ）干涉条纹的间距变窄，且明纹的亮度减弱（D ）无干涉条纹5 ）一束单色光垂直入射在光栅上，当光栅常数（ a b ）为下列哪种情况时（ b为缝宽） ，k 3 ，6 ，9 等主极大缺级?（ B ）（A） ab2b （B） ab3b （C） ab4 b （D） ab6b6）测量单色光的波长时，下列方

23、法中哪一种最为准确？ （D ）A）双缝干涉 B）牛顿环 C）单缝 D）光栅衍射1 已知单缝宽度b=0.6nm，使用的凸透镜焦距f=400mm，在透镜的焦平面上用一块观察屏观察衍射图样用一束单色平行光垂直照射单缝，测得屏上第级明纹到中央明纹中心的距离为1.4mm求：该入射光的波长；对应此明纹的半波带数？解解：单缝衍射图样的第 k 级明纹中心的位置为：RPLobfy2 0.6 1.49 40084.67 10 mm467nmfbk)21(kyfkbyk)12(22) 单缝衍射的明纹分布：RPLobfy对应的半波带数 对于第级明纹对应衍射角方向，缝两边光线的光程差为 ：sin212bk29sin44

24、b92/2/92/4N2、波长=600的单色光垂直入射到一光栅上，第、第级明条纹分别出现在sin2=0.20与sin3=0.30处，且第级缺级求：光栅常数；光栅上狭缝的宽度；在屏上实际呈现出的全部级数？解解：(1) 根据光栅方程 sindk63222 600 106 10sin0.20dmm（2）由于第4级缺级， 414kkbd31.5 104dbmm（3）在屏上实际呈现出的全部级数 03max6sin906 10110600 10dk级3、为了测定一光栅的光栅常数，用波长 =632.8nm 的氦氖激光器的激光垂直照射光栅，做光栅的衍射光谱实验，已知第一级明条纹出现在 300 的方向上问：这光

25、栅的光栅常数是多大？这光栅的1cm内有多少条缝？第二级明条纹是否可能出现？为什么？解解：(1) 根据光栅方程 sindk6301 632.8 101.266 10sinsin30kmmdmm41179001.266 10cmcmndcm 这光栅的1cm内缝的条数n:(3) 对于第二级明条纹62322 632.8 10sin11.266 10mmdmm0290即第二级明纹看不到。条第第8章章 光的偏振光的偏振马吕斯定律马吕斯定律：光强为I0 的线偏振光经过一个偏振片后，光强变为20cosII 布儒斯特定律布儒斯特定律2折射角入射角i反射光为线偏振光，且振动面垂直入射面，折射光为部分偏振光。当时0

26、i0i1n玻璃2n空气第第9章静电场章静电场10.1 两平行金属板，带有等量异号电荷，相距为5.0mm,两板的面积都是150cm2,电荷量的大小都是2.6610-8C，板带正电荷并接地，设地的电势为零，并忽略边缘效应，求B板的电势及AB间离A板1.0mm处的电势。解：因平行板间电荷的分布的电场是匀强电场，由高斯定理得SQ00所以有： SQldldlUUBABAAB00)(100 . 11015010854. 8100 . 51066. 2341238VVA、B间离A板1.0mm处的电势为：llUEdlEdlUpBpPA)(100 . 20 . 50 . 1100 . 123VV+-AB10.4

27、 半径为RA的金属球A外罩一同心金属球壳B，球壳很薄，内外半径都可看作RB（见附图）。已知A、B的带电量分别为QA、QB。（1）求A的表面S1及B的内外表面S2、S3的电荷q1、q2、q3。（2）求A、B的电势UA、UB。（3）将球壳接地，再回答1）、2）两问。（4）在2）问之后将A接地，再回答1）、2）两问。（5）在2）问之后在B外罩一个很薄的同心金属球壳C（半径为RC），则回答1）、2）两问，并求出的电势。解（1）以金属球心为中心，r为半径作高斯面S，由对称性和高斯定理得：024ASQErdSE从而有 BAARrRrQE2014AARrrQE2024解（1）以金属球心为中心，r为半径作高斯

28、面S，由对称性和高斯定理得：024ASQErdSE静电平衡时，从而有 322021204RrRrQQESSAARrrQE04201又ASQq102SAQQASQq2BSSQQQ32BASQQq32）A、B的电势UA、UB。由高斯定理得AARrrQE04201BAARrRrQE2024BBARrrQQE2034BBARRRAEdrEdrU)11(4)11(400BBABAARQQRRQ)(410BBAARQRQBRBEdrU)11(40BBARQQBBARQQ 0415）在2）问之后在B外罩一个很薄的同心金属球壳C（半径为RC），则回答1）、2）两问，并求出的电势。由高斯定理得024ASQErd

29、SE54204321304SSSSSSRrRrQQQQEBAQQQ4BAQQQQ45CRCEdrU)11(40CBARQQCBARQQ 041CRRBUEdrUCBBRRAUEdrUBABBARQQ04RRQRQRABBBAA4010.9 在半径为的金属球之外有一层半径为的均匀电介质层。电介质的相对介电常数为，求：（1）电介质层内、外的场强分布。（2）电介质层内、外的电势分布。（3）金属球的电势。ORRrS解：（1）以金属球心为中心，r为半径作高斯面S，由对称性和高斯定理得：ORRrS024QErdSES介质内： 2014rQEr介质外： 2024rQE2）介质外： drrQdrrQdrrQU

30、rRrRrrr202020444内RrQRQr1141400介质内： rQdrrQUr144020外3)介质内：金属球为等势体，将r=R代入上式U1中RRQRQUr1141400金属球第第11章章 恒定电流的磁场恒定电流的磁场单位单位：特斯拉特斯拉-1-1mCSN1T1+qvBmaxF方向：方向：当正正电荷垂直于特定直线运动时受力 ，将 方向定义为该点的 的方向。 BmaxFvmaxFvqFBmax大小：大小：洛伦兹力洛伦兹力：BqF v1、磁感强度、磁感强度 B 的定义的定义11.4 求下列各图中P点的磁感应强度的大小和方向。aIIP(a)IIPrr(b)IPa(c) 824)(00aIaI

31、Ba 24424)(0000aIaIaIaIBbaIaIBc000022)135cos45cos)2/(44)(解解:根据安培环路定理ilIldB0202 aIrB rIB 20 222202bcrcrIB 0 B r aa r bb r c11.7 电缆由一导体圆柱和一同轴的导体圆筒构成，使用时电流I从导体流出，从另一导体流回，电流均匀分布在横截面上，如图所示。设圆柱体的半径为R1，圆筒内外半径分别为R2和R3 ，若场点到轴线的距离为r，求r从0到范围内各处磁感应强度的大小。R1R1R2R311.13 粒子速度选择器是在匀强磁场中叠加一均匀电场，使两者互相垂直组成的。使带电粒子垂直于磁场和电

32、场射入，只有速度为一定值的粒子才能沿直线通过而被选出来，速度太大或太小的粒子都会被偏转而不能沿直线射出，若磁感应强度为1.010-2T，电场强度为3.0104V/m ，问射入速度选择器的电子速度为多大时能被选出来？qEFeqFmmeFF qqE smBE/103101103624解 ， 第第12章章 电磁感应与电磁波电磁感应与电磁波412.2 一根很长的直导线中通有交变电流 i=I0sint，式中 I0 及 都是常数。有一矩形线圈与长直导线在同一平面内，其中长为 l 的两对边与直导线平行（见图）。求线圈中的感应电动势。解解：距导线r处的磁感应强度为： 02IBr矩形线圈内的磁通量为磁感应强度对

33、矩形面积的积分： 00ln22baIIlbB dSldrra 线圈中的感应电动势为：00000ln2sinlnlncos22ldb dIdta dtd ItllIbbtadta ablABCD 12.4 导体棒与金属轨道和接触，整个导体框放在T的均匀磁场中，磁场的方向与图面垂直（见附图）。求：1）若导体棒以4.0m/s的速度向右运动，导体棒内的感应电动势的大小和方向。2）若导体棒运动到某一位置时，电路的电阻为0.20，在此时导体棒受到的安培力。3）比较外力做功的功率和电路中消耗的热功率。vBAB50cmCD解解：（1）由法拉第电磁感应定律，可知当导体棒向右做切割磁感线运动时，在导体棒内产生的感

34、应电动势大小为（取回路绕行正方向为顺时针方向）：0.50 0.5 4.01BlvVV vBAB50cmCD0 表明感应电动势的方向与回路绕行方向相反，即逆时针方向。 （2）电阻R= 0.20 ，此时电流为: 150.2IAAR导体棒所受安培力为： 0.05 5 0.50.125FBIlNN （3）外力做功功率 2250.25PI RWW热功率 1.2545PFvWW可见外力做功的功率和电路中消耗的热功率相等。12.9 一长直导线载有I5.0A的电流，旁边有一矩形线圈ABCD与长直导线共面，矩形线圈长l10.20m，宽l20.10m，长边与导线平行，AD边与导线相距a0.10m，线圈共1000匝

35、。令线圈以速度3.0m/s垂直于导线向右运动（见附图）。求线圈中的感应电动势。解解：当线圈向右运动时，长度为l2的两条边运动方向与其长度方向平行，这两条边上无动生电动势；边长为l1两条边长度方向、运动方向、磁场方向两两垂直，都具有动生电动势。al1ABCDl2v011021222 ()ADBCINBlvNl vaINB lvNl val 它们的方向对线圈而言是相反的。AB的方向是顺时针的，CD的方向是逆时针的。因而线圈电动势 0127311()21110002 105.00.203.0()0.10.10.13 10ADBCIl vNaalVV 011021222 ()ADBCINBlvNl vaINB lvNl val第第13章章 热力学第一定律热力学第一