新世纪大学物理活页答案

1、01 质点运动学一、选择题1. B 2. CD 3. A 4. D 5. B 6. D 7. C 8. C 9. C 10. D二、填空题1. A2sint(m/s2)；(2n1)/(s)(n0，1，2，3，)2. 50(sin5tcos5t)(m/s)；at0；该质点运动的轨迹是圆3. xt38t628 m；x0628 m；v08 m/s 4. 4 (m/s2)5. 6. x m；s m；a2 m/s2 7. vx1 ms；xet1 m8. v 9. x5t；yv0tgt2；yx10. t1 s；s1.5 m； 0.5 rad 三、计算与证明题1. 解：因为a，所以得：v26x2，vdv(2

2、6x2)dx，积分之：(26x2)dx，于是得：v2(m/s)。2. 分析与解答：由题设方程可知，质点圆周运动的速率为vbct则其切向加速度的大小为 ac则其法向加速度的大小为 an按题意有aan，即 代入b2.0 m/s，c1.0 m/s2，R6 m，得 ts3分析与解答：(1)由at曲线可知，a8 m/s2，表明小球做匀变速直线运动，其标准方程为：xx0v0tat2(SI)又由vt和xt曲线可知，当t0时，x010 m，v08 m/s。所以，小球的运动方程为：x108t4t2(SI)(2)在t0时，x010 m，v08 m/s，a8 m/s2。此时，质点开始沿x轴正方向匀减速运动：在t1

3、s时，质点到达x轴正方向最远处，即x14 m，但此时v10，a-8 m/s2，表明此时刻质点瞬向静止，处于换向点；在13 s内，速度v0，a-8 m/s2，表明质点沿x轴反方向作匀加速直线运动。在t3 s时，质点到达x-2 m处。(3)由xt曲线上可以看出，在03 s内的位移为：xx3-x021012 m路程为：s(x1x0)x3x1(1410)21220 m4. 解：质点的速度：vRkRt2，当t2s时，v32 m/s，所以kv/Rt24/s3。于是，当t1 s时，质点P的速度：vkRt28 m/s。质点的切向加速度和法向加速度分别为a2kRt，an2Rk2t4R。所以，当t1 s时，a35

4、.8 m/s2四、简答题1答：r是位量矢量的模，它反映了r的大小、方向两个因素的变化。而rr称为径向增量，它只反映r的大小变化，如图所示。2 答：(1)a、an不为零，表明质点速度的大小、方向均变化，但加速度a是恒矢量，表明质点作抛体运动。(2)若a随时间变化，则质点作一般曲线运动。若其曲率半径等于常量，则质点作变速圆周运动。02质点动力学一、选择题1D 2D 3D 4C 5C 6D 7AE 8C 9C 10A 11B 12A 13B二、填空题1； 2. Gdx；G；Gdx；G 3. 4. i2tj 5. gsin 6.2 ml；889605.5(N) 7. kg·ms-1；kgm2

5、·s-1 8. 0；mv；Rmv；0 9. 7.28×106(N·S)；7.28×10-7(N) 10. ；11. 12x212x；1.5；02 12. F0R 13. G三、计算1. 解：根据牛二定理：fkvmdtdv。 tm et·v· kvm·v ·sv0 s2. 解：根据能量守恒 R·mg 30°mv2 vNmg·cos60°mmg·m·mgmg3. 解：Fkx 当F490 N时 x0.6 m k过程中保守力做功，机械能守恒kA2mv2v=70 (

6、m/s)4. 解：(1)Ffmg cos=kx-mgsin(2)质点处在弹口变形为x的M点所具有的弹性势能等于把质点从M移到D点的过程中弹性力所做的功，即Ep(kx)dxkx25. 解：系统的m及弹簧，整个过程中受外力为零，且只有保守内力作功，故系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧达到最大压缩时，系统整体应具有相同的速度v，则有：m0v0(mm0)v v由(Mm)v2kx2xv0四、简答题提示：惯性系(所选的参考系)宏观低速物体(所选的研究对像)03 刚体力学一、选择题1C 2. B 3. C 4. D 5. A 6. A 7. D 8. C 9. C 10. A二、填空题1 2. 78.5 ra

7、ds；a3.14 m/s2；an6.16×103 m/s23. 刚体绕定轴转动惯性大小的量度；Ir2dm；刚体的总质量；转轴位置4. 3 mL2/4；mgL/2；2g/3L 5. am/s2 6. L1；M07. L4.0×104 kg·m2/s；Ek8.0×106 J 8. 0.4rad·S1 9. 25.8 rads10. 0；3三、简答题解答：把两个鸡蛋同时在玻璃台面上旋转，生鸡蛋的蛋清由于惯性会向蛋壳聚集，使质量分布发生变化，导致转动惯量增大，按角动量守恒I11I22，I2增大，2必减小，于是生鸡蛋很快会停下来。四、计算与证明1. 解：

8、设绳上的张力为T，轮轴的角加速度为物体的加速度为a。对重物，根据第二定律有mgTma；对轮轴，根据转动定律有：TrJ。此外，ar，Sat2。由以上四个方程可以解得轮轴的转动惯量：Jmr2(gt22S)/2S2. 分析与解答：以弹簧、滑轮和物体A为研究对象，分析其受力。由题意知，物体向下运动，则分别对物体和滑轮运用牛顿运动定律和转动定律。对物体A有 mgFT1ma (1)对滑轮有 (FT1FT2)RI (2)对弹簧有 FT2kx0 (3)由于绳子与滑轮无相对滑动，则有 aR (4)联立式(1)(4)可得物体A运动的加速度为：a代入xh0.4 m k2.0 N/m R0.3 m I0.5 kg&#

9、183; m2此时加速度为a0.82 m/s2又取物体、弹簧、滑轮和地球为系统，在物体下落过程中，系统机械能守恒。取物体A的初始位置处为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 0mv2I2kx2mgx (5)滑轮转动角速度与物体A运动速度有vR (6)将式(6)代入式(5)中可解得物体A的速度为v代入xh0.4 m k2.0 N/m R0.3 m I0.5 kg·m2此时速度为v0.71 m/s3. 解：(1)子弹与圆盘不受外力矩，系统的角动量守恒，即mv0R，由此得圆盘的角速度：。(2)在圆盘上取半径rrdr之间的圆环，如图，其质量为2rdr。转动时圆环所受摩擦力矩为dMr2d

10、r。于是，圆盘所受摩擦力矩MdMdrgMR。若设经过时间t圆盘停止转动，则由角动量定理有：Mtmv0R。所以t。4. 分析与解答：子弹m0与细杆m的碰撞过程，系统角动量守恒，则有m0v0lI0 (1)II弹I杆m0l2ml2 (2)碰后上摆过程，系统机械能守恒。取细杆下端点A最初所在平面为势能零点，则共同上摆之初的机械能为E1Imgl若要使杆与子弹保持持续转动，则杆应可摆动到铅直位置(即子弹在上端)，则此时的机械能为E2I2mgl2m0gl由机械能守恒定律得ImglI2mgl2m0gl (3)联立式(1)、(2)和(3)，得v0如果恰好能使杆与子弹保持持续转动，此时0，则得v004气体动理论一

11、、 选择题1. A 2. C 3. C 4. B 5. B 6. D 7. C 8. D 9. C 10. B二、填空题1. 温度，压强，体积，PVRT2. 大量分子对器壁的频繁碰撞的平均冲量，分子平均平动动能，kT3. 495(m/s) 4. 0.165(J) 5. 2.44×1025，2.44×107 6. (v)dv/(v)dv 7. 5.65×1021，9.4×1021，1.1×104，41.5 8. 1.61×105 9. 1.1 10. e-E/RT，小三、简答题 当T升高时 增大，n不变，即P增大四、计算与证明题1. 解

12、：由PVRT有 6.22×10-21 J2. 证明：混合气体的压强是两种气体，产生的压强的总数和设由知 T 把代入得 P1 同理另一种气体 P2 PP1P23. 解：(1)归一化条件f(v)dv1dv1 a(2)速率小于的分子数N1f(v)dv ·大于的气体分子数N2f(v)dv ·(3) 4. 解：由气压公式PP0e-将此式取对数可得Z1.96×103 m05热力学基础一、 选择题1. C 2. B 3. C 4. A 5. B 6. B 7. A 8. C 9. CDF 10. D二、填空题1. 反映了热力学系统相互作用的特性。 反映了与热现象有关的

13、过程中能量转换和守恒定律在热学中的体现。 反映了与热现象有关的过程具有方向性。反映了系统的温度达不到绝对零度。 2. 21 J/(K·mol) 3. (略) 4. 否，V不同 5. 1.64，0.826. ， 7. 内能不改变，27，270，730 8. 三、计算与证明题1. 证明：在等压过程中，气体从外界吸收的热量为：QPCP(T2T1)内能变化EE2E1CV(T2T1) 又QPEA所以又CPR CVR 有40对外作功。2. 解：在等压条件下，气体对外作功为AP(V2V1)1.013×105×(1510)×103507 J气体的内能增加为EQA1206

14、.8 J3. 解：(1)整个循环过程中，气体所做净功为曲线所围面积：A(PP0)(VV0)P0V0(2)从da为等容升压过程，系统从外界吸热。从ab为等压膨胀过程，系统从外界吸热，整个循环过程系统吸收的总热量为QQdaQabQdaCV(TaTd) QabCP(TbTa) CVR，CPR，由PVRTQdaP0V0 Qab(PVPV0)7P0V0 3 解：内能增量为：ECvT10××8.31×1124.7 J由于A209 J，则吸热为QEA84.3 J过程中的热容为C84.3 J/K摩尔热容为Cm8.43 J/(mol· K)四、简答题1解：Cv.mR Cp

15、.mR Cp.mCv.mR这是因为在等体过程中，气体吸收的热量全部用于增加内能，而在等压过程中，气体吸收的热量除用于增加同样多的内能外，还要用于对外做功，故等压过程要使系统升高与等体过程相同的温度，需要吸收更多的热量，也即Cp.mCv.m2答：在Pl图中假如两条绝热线相交于点(P.V)，在该点两条绝热线必有两个斜率，这与由绝热线过程PVC得出只有一个斜率相矛盾。因此两条绝热线不能相交。06机械振动一、 选择题1. BD 2. ACBACDDB 3. B 4. C 5. C 6. B 7. D 8. A 9. B 10. C 11. B 12. D二、填空题1. 2 2. 2， 3. 不变，不变

16、，增大4倍，增大2倍，增大2倍 4. 10， 5. Acos，0，·W 6. vv07. ，v0 8. (略) 9.，A 10. 3.6×10-5三、计算与证明题1. 解：设小球的振动方程为：xAcos(t)，(1)由vAsin(t)得vmA，故有0.24 Hz(2)由aA2cos(t)得amA2，故有amA(2)24.5×102(m/s2)(3)由于t0时，vAsinvm，故有sin1，且2 1.5(s-1)因此x0.02cos(m)2. 解：(1)A4 T12(s) x4cos(2) t=· x4cos(3)12s为一个周期，故路程为4A4×

17、;416 cm而12s振子刚好回到初始位置，故位移为零。3. 解：由于是同一条直线上两个同频率的简谐振动的合成，故合振动的振幅和初相分别为：A=arc tan=arc tan4. 解：设挂重物m后弹簧伸长y0且mgky0 选挂重物m后的平衡位置为坐标原点O，物体向下运动到y处时，受力如图所示，由牛顿第二定律，可知：mgTm 对滑轮用转动定律 TRfRI fk(y0y) R 解上述方程得y或y这是简谐振动方程：由此得w,T=2四、简答题答：满足简谐运动方程：x(t)Acos(wt)满足动力学条件：Fkx 满足牛顿第二定律：x=0或w2x0振子满足简谐运动的三个特征量，周期T频率，角频率w。振子振

18、幅与谐振系统本身性质无关，取决于运动状态，即由初始条件或某一时刻的运动状态决定。满足总的机械能E的守恒，EEkEp07 机械波一、 选择题1. D 2. D 3. D 4. C 5. B 6. D 7. A 8. C 9. C 10. C二、填空题1. A， 2. 0.05cos，0.05cos3. 0.02cos，0.1 4. m 5. 损失，半波损失60.02，40， 7. Acos，Acos8162×103w·m2，3.842×1010 9. ， 10. ，三、计算与证明题1. 解：取波源为坐标原点，传播方向为x轴正方向，则波源激起的简谐波函数为：y6.0&

19、#215;102cosm(1)x6.0 m时，y6.0×102cos=6.0×102cosm(2)(t3.0)t2. 略3. 解：w2v200y0.05cos当t0时，y0，且向E方向运动。(1)y0.05cos(2)y0.05cos P点质元运动方程。y0.05cos N点质元运动方程。(3)代入t1，x1相位为200200·250。是2的整数倍可去掉，故相位为：4S1右侧：y1右A0cos S1左侧：y1左A0cosS2右侧：y2右A0cos S2左侧：y2左A0cosA(1)S1左侧(S1车身超前，S2经路程再量后)A0(2)S2右侧：(S1本身超前，S1经

20、路程量后，故相位差为0)A=2A5. 解：以波源为中心，以20 m为半径作一球面，则球面处的波的强度为：I=0.08 w/m208波动光学一、 选择题1. A 2. A 3. C 4. B 5. D 6. D 7. B 8. F 9. A 10. B二、填空题1. 波动，横 2. 把光源上同一点发出的光波分成两列光波后经不同路径后再相遇，分波阵面法，分振幅法，(n1n2)e，(n1n2)e 3. 0.24 mm，n2介质，5，增加4. 1.2 mm，3.6 mm 5. 1.21 6. 539.1 nm 7. 7，6，6，暗 8. 21，2.1 9. 完全偏振光，垂直入射面，部分偏振光 10.

21、60°三、简答题1. 解：测量光波波长从原理上讲运用上述三种方法都可以，但是在选择测试方法时首先要考虑怎样减小测量误差。用单缝衍射测量波长时，其条纹光强的空间分布是连续平缓，光强最大处和光强最小处的准确位置很难确定，中央明纹宽度和条纹间距都不能准确测量，求得的波长误差较大，运用杨氏双缝干涉测波长与单缝衍射条纹有同样的缺隙。而光栅衍射条纹是等间距、分立地分布着又窄又亮的条纹，光栅上的刻痕条数越多，明纹越细越亮，背景越暗，条纹中心位置比较容易确定，并且获得的条纹亮度大大高于其他两种条纹的光强，所以运用光栅衍射比较精确地测出光波波长。2. 解：利用偏振片：自然光通过偏振片，其透射光为振动方

22、向与偏振片的偏振化方向一致的线偏振光。利用双折射现象：一束自然光射入各向异性晶体产生的两束线偏振光(O光和e光)，将其分开去掉一条即可得到线偏振光。利用反射光和折射光的偏振也可获得线偏振光。例如以布儒斯角iB投射的自然光，其反射光为垂直于入射面振动的线偏振光。四、计算题1. 解：600 nm2. 解：(1)干涉条纹的间距 xf1.5×1.58×103 m(2)单缝衍射中央明纹宽度为：x2f2×1.5×23.7×103 m则有：15 N15114(条)3. 解： 14.54. 解：(1)光栅常数为：ab2.0×106 m由光栅方程(ab

23、)sink (k0，±1，±2)当时，k3.4所以最多能观察到第3级条纹。kkk2k(k1，2，)由此可知第二级(k2)光谱线缺级，因而实际能看到的条纹总是5条。(2)光栅方程为：(ab)(sin sin)k，(k0，1，2)k5.1取时可得最高级次。 所以可看到最高级次为第5级。09真空中的静电场一、 选择题1A 2. C 3. A 4. D 5. B 6. A 7. C 8. E 9. D 10. C二、填空题1. ·d0，单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零，保守场 2. F3.78 N 3. ，0 4. E，由O指向缺口，U 5.

24、UB45 V，UB135 V 6. eE·2Rl 7. (q2q4)/，q1、q2、q3、q4 8. Q1Q2 9. 垂直于U2指向U3 10. 0，Qq/(4R)11. Ek 12. -2AX/(X2Y2)，0三、计算与证明题1. 解：在半圆细线上取电荷元 dqdl0Rsind，它在O点产生的电场为dE其分量 dExdEcossincosd，dEydEsin2d。所以， Ex0，Eyd，亦即。2. 分析与解答：(1)作半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定理有· dSEE4r2当rR1时q0 E10 当R1rR2时qQ1 E2当rR2时qQ1Q2 E3(2)两球面间的电势差

25、为UAB·drdr(3)球面A的电势为UA·dr·dr· dr dr +dr 3. 分析与解答：(1)以A点为原点，建立如图(b)所示坐标，在距A点为x处取微元dx，则dqdxdx，微元在p点产生的电势为dU·则P点的电势为UP·(2)由电场强度与电势梯度的关系，得E4. 解：(1)在球内取半径rrdr之间的薄球壳作为体积元，其电荷为dQdVr3dr，所以球内总电荷 QQdrq。(2)在球内取高斯球面S1并运用高斯定理，有E4r2dr，所以得球内的电场强度E，(rR)。在球外取高斯球面S2，则有E4r2dr，所以得球外的电场强度E，(

26、rR)。5. 分析与解答：(1)过任一点P，作半径为x、长为l的圆柱形高斯面(如图(b)，有·dSE·2xl则E(2)B、C两点间的电势差为UBC·dxdx(3)电场力所作的功为AqUBC由于xcxb 则A0电场力作负功。而AqUBCq(UBUC)WBWC0所以WCWB q在c点的电势能高。四、简答题1. 答：对均匀带电平面，取半径为r，宽为dr的圆环，微元面积为dS2r·dr，对均匀带电球体，取半径为r，厚为dr的薄球壳，微元体积为dV4r2·dr2. 答：e不变，因为只要Q处于S面内，则e，但Q位置不同，S面上各点的E要发生变化。五、证明解

27、：设内球面有电荷q，则两球面之间的电场为E，(arb)。内外球面之间的电势差则为U。由此得 所以内、外球面之间的电场E。令ra，得内球表面附近的电场强度：Era。由此可知，当ab/2时，内球表面附近的电场强度最小，且Emin4U/b。10 静电场中的导体与电介质一、选择题1. B 2. C 3. BD 4. C 5. D 6. BD 7. B 8. C 9. B 10. C二、填空题1. 导体的表面上，表面的法线，0 2. 3. 1，2 4. Qd/(2S) Qd(S) 5. 极化， 6. (1)D10，D2，D30，D4 (2)E10，E2，E3，E4 7. U，c4R 8. 1/，19.

28、(1)AB电容器：UAB CD电容器：UCD(2)在抽出金属板的过程中，外力作功A；在抽出介质板的过程中，电容器能量的增量W 10. C0，W0/三、简答题答：带电体接地后，带电体与地球成为一体，且为等势体，而地球的电势为零，则带电体的电势必定为零。此时，带电体上是否还会带电荷，或带何种电荷都取决于其周围是否还有带电体。例如，带电体A接地，若其旁边再无其它带电体，则A不再带有电荷；若其旁边还有带正电的物体，则A必定会带有一定量的负电荷；若其旁边还有带负电的物体，则A必定会带有一定量的正电荷。四、计算与证明1. 分析与解答：(1)由于电场分布具有球对称性，根据介质场中的高斯定理：·dS

29、有当rR时，由于导体内电场强度处处为零，则E10当R1rR时 D4r2Q D E2当R2rR1时 D4r2Q D E3当rR2时 D4r2Q D E4(2)P点的电势为UP·dl即 UPdrdrdrdr( -+-+)(3)能量密度为 e在介质球壳中，取半径从r到rdr之间球壳的体积为体积元，则dV4r2dr介质球壳中储存的能量为WedV4·dr=()2. 解：(1)设极板带电±，若保持板上的自由电荷不变，则加入金属片后极间电场仍为，而金属片内部电场为零。于是，两极电势差U(d-t)。所以电容变为C。(2)金属片在两极之间的位置对电容值没有影响。3. 分析与解答：在

30、均匀无限大电介质中，导体球表面电荷均匀分布。由介质场中的高斯定理，有DE故能量密度为we由于金属球电容器C4，则电场能量为W4. 证明：可有两种方法求解。方法1：设极板带点面密度为，则两极板间空气中的场强为E1介质(纸张)中的场强为E2两极板间的电势差为UE1(de)E2e由定义得电容C整理得e方法2：可将此电容器看作是两个电容器的串联，其中C1 C2总电容为C则e5. 解：充电后两球电势分别为U1，U2。其电势能分别为W1，W2。总电势能WW1W22。两球相连之后，其电荷均为Q。其电势均为U。总电势能变为W。静电场力的功A，等于电势能增量的负值，所以A(WW)R(U2U1)21.1×

31、;107 J。11恒定磁场一、 选择题1. C 2. B 3. C 4. C 5. A 6. B 7. A 8. C 9. C 10. B 11. D 12. B13. D 14. B 15. D 16. B二、 填空题1. FLev×B，Pm 2. 12，12 3. N型半导体 4. ,60°或120° 5. FaIBL，垂直纸面向内，垂直纸面向外 6. FabcdIB(l12R)j7. 8. Pm1.2×105A·m2，Mmax1.2×106 N·m，30°或150° 9. 10. ·dS0

32、，闭合的，无源场，·dl，非保守场，·dl，·dl2 11. B，垂直于纸面向里，即 12. 略 13. B1n2， 14. 15. B 16. m1n三、 计算与证明题1. 分析与解答：按介质中的安培环路定理，取以O为圆心，r为半径的安培环路L，有·dlH·2r则H B所以，当rR1时·r2 B1当R1rR2时 B2当rR2时 B3 2. 解：设细圆环单位长度带电。如图，取d之间的元弧，当圆环绕直径以角速度转动时，等效于一圆形电流，其电流大小为dI。这等效圆形电流的磁矩dpmSdIR2sin2dR3sin2d。于是，旋转带电圆环的磁

33、矩pmR3，其中，q为圆环上的总电荷。3. 解：(1)因为AB弧所受磁力等于直线段AB所受磁力，所以FIB0.283 N其方向垂直于AB连线，如图所示。(2)线圈的磁矩pmIS。线圈平面与磁场成60°角时，磁矩m与磁场成30°角，所以线圈所受磁力矩大小为MpmBsin30°1.57×102 N·m。该力矩将使线圈法线转向磁场的方向。4. 分析与解答：(1)Iaav Ibbv(2)两导线单位长度上的电荷在对方处产生的电场强度为E故FeaaEbFebbEa电场力Fea和Feb为斥力。(3)长直载流导线激发的磁感强度为B故FmaIaBb Fma磁场力

34、Fma和Fmb为引力。(4)5. 略6. 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，载流圆盘又可看作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。在半径r处取一宽为dr的同心圆环，其上的dI可以写成dIn2rdr式中，为电荷面密度，2rdr为圆环的面积。由于圆电流中心的磁感强度为B，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB为dB按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为B (2)宽度为dr的圆环的磁矩为dpmSdIr2·2nrdr于是，整个圆盘的磁矩为pm方向：垂直纸面向外。四、 简答题答：a代表铁磁质的BH关系曲线

35、，因为在铁磁质中B与H不成线性关系，1且不是常数，铁磁质的磁场比原磁场大得多。b代表顺磁质的BH关系曲线，因为在顺磁质中B与H成线性关系，且1，并是常数，顺磁质的磁场比原磁场略大。c代表抗磁质BH关系曲线，因为在抗磁质中B与H成线性关系，且1，并是常数，抗磁质的磁场比原磁场略小。12磁场中的磁介质一、 选择题1. C 2. C 3. C 4. A 5. B 6. D 7. A二、 填空题1. 0.0000088，抗磁质 2. 2，1 3. 4. 三、 计算题1. B2. 解：在环内任取一点P，过P点作一环路L如图。由对称形性知，L上各点H的大小相同，方向均沿切向；由H的环路定理，·d

36、NI有H·2rNI得H因磁介质是均匀的顺磁质，B其中B0是螺绕环内部为真空时，环内部的磁感强度。可见，此题在充介质的情况下，磁感强度增大为环内为真空时的倍。13电磁感应与电磁波一、 选择题1. CE 2. B 3. D 4. D 5. E 6. B 7. C 8. C 9. B 10. C二、 填空题1. ，磁通量随时间的变化率，阻碍磁通量的变化,12t7V 2. a3. 洛伦兹力，Ekv×B，v×B，感生电场力 4. 5×104Wb 5. ADCBA绕向，ADCBA绕向 6. l1l2B0cost 7. 垂直纸面向里，垂直OP连线向下 8. nI，n2

37、I22 9. 变化的电场(位移电流)能激发磁场，变化的磁场能激发感生电场，·dl·dS·dS c 10. 向右运动三、 解答题答：共同之处：位移电流与传导电流一样都会产生磁场。不同之处：(1)传导电流源于自由电荷的定向运动，而位移电流不涉及电荷运动，本质上就是变化的电场；(2)传导电流通过导体时要产生焦耳热，而位移电流则无热效应；(3)传导电流只能在导体中存在，而位移电流可以在导体、电介质甚至真空中存在。四、 计算与证明1. 与直导线相距r处的磁场B。图中荫影部分所示面积元上的磁通为d，所以，当滑动边移动x时，穿过线框的磁通。于是，线框内的感应电动热当t1时，顺时

38、针方向；当t1时，逆时针方向2. 如图，建立坐标系，距载流导线x处B=t时刻，设导线的速度为v，取长为dx的导线元，其上的动生电动势为：d)·dvBsin90°dxcos0°。所以导线MN上的电动势因为：vgt所以UNUM3. 解：(1)取长度为h的一段电缆，如图。两筒之间，与轴线相距r处的磁场为B。这一段回路的磁通(即穿过图中荫影部分S的磁通)为·d。其自感系数则为L。最后得单位长度的自感系数L0。(2)单位长度储存的磁能为Wm0。4. 分析与解答：(1)取dx，其到直导线距离为x，面积元dSadx，绕行方向为顺时针，则dmBdS左侧线框磁通量为负值，右侧线框磁通量为正值，则有m互感系数为M(2)由II0etm变化，互感电动势为·I0et1n3(顺时针)5. (1)解答wm Jm3we4.4 Jm3表明wmwe，磁场比电场更利于储存能量。(2)解答：由