大学物理教程(上)课后习题答案解析

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）
27页 1-2 1-4 1-12
1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，
求：
（1） 质点的运动轨迹；
（2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。

解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t =
21)y =
或1=
（2）将1t s =和2t s =代入，有
11r i =， 241r i j =+
213r r r i j =-=-
位移的大小 231r =+= （3） 2x dx
v t dt
=
= 2(1)y dy v t dt
==-
22(1)v ti t j =+-
2x
x dv a dt
==， 2y y dv a dt == 22a i j =+
当2t s =时，速度和加速度分别为
42/v i j m s =+
22a i j =+ m/s 2
1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+，式中的R 、ω均为常量。

求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。

解 （1）质点的速度为
sin cos d r
v R ti R t j dt
ωωωω=
=-+ （2）质点的速率为
v R ω==
速率的变化率为
0dv
dt
= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。

求质点在
t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。

解 由于 4d t dt
θ
ω=
= 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为
2216n a R Rt ω==
角加速度β的大小为 24/d rad s dt
ω
β==
77
页2-15, 2-30， 2-34，
2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用
下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。

解 由冲量的定义，有
2.0
2.0
2.02
(63)(33)
18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⎰
⎰
2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力
（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。

设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。

解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有
dv
f m
kv dt ==- 即 dv k dt v m
=- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为
2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球
半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出：
（1） 卫星的动能；
（2） 卫星在地球引力场中的引力势能.
解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有
2
2
(3)3Mm v G m R R
= 卫星的动能为 2126k GMm
E mv R =
=
（２）卫星的引力势能为
3p GMm
E R
=-
00v t v dv k dt v m =-⎰⎰
2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以500/m s
的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后停止。

求：
（1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。

解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒
12mv mv Mu =+
对木块用动能定理
21
02
Mgs Mu μ-=-
得 (1) 2212()2m v v Mgs
μ-==
322
(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ (2) 子弹动能减少
22
12121()2402
k k E E m v v J -=
-= 114页3-11，3-9，
例3-2 如图所示，已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ，滑轮C 的质量为C m ，
半径为R ，不计摩擦力，物体B 由静止下落，求
（1）物体A 、B 的加速度； （2）绳的张力；
（3）物体B 下落距离L 后的速度。

分析： （1）本题测试的是刚体与质点的综合运动，由于滑轮有质量，在运动时就变成含有刚体的运动了。

滑轮在作定轴转动，视为圆盘，转动惯
量为21
2
J mR =。

（2）角量与线量的关系：物体A 、B 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度，有
t a R β=。

（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠。

分析三个物体，列出三个物体的运动方程： 物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -= 物体C '
'
22111
()22
C C T T R J m R m Ra ββ-==
= 解 （1）1
2
B A B C
m g a m m m =
++。

（2）112A B A B C m m g T m m m =++， 21()21
2
A C A
B C
m m g T m m m +=++。

（3）对B
来说有，2
2
02v v aL
v -===
例3-4 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为
μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量22
1
mR J =
，其中m 为圆形平板的质量） 分析： 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩，运用转动定律求出平板的角加速度，再用运动学公式求转动的圈数．
解：在距圆形平板中心r 处取宽度为dr 的环带面积，环带受桌面的摩擦力矩为
r r r R
mg
M d 2d 2
⋅π⋅π=μ
总摩擦力矩为
mgR M M R
μ3
2
d 0
=
=⎰ 故平板的角加速度为
2
2
2 M J
β=
可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度0ω=，因此有
2022M J
θ
ωβθ==
设平板停止前转数为n ，则转角2n θπ=，可得
22
00
3416J R n M ωωμ==πg
π
3-2：如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2，质量分别
为M 1和M 2。

二者同轴固结在一起组成定滑轮，可绕一水平轴自由转动。

今在两轮上各绕以细绳，细绳分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体。

求在重力作用下，定滑轮的角加速度。

解： m 1：1111
a m g m T
=-
m 2：2
222a m T g m
=-
转动定律：βJ T R T R =-1122
其中：
2
2
22112
121R M R M J += 运动学关系：
2
211R a R a =
=β 解得：
2
2
2221111122)2/()2/()(R m M R m M g
R m R m +++-=β
3-6 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x
+=, 质点受到一个沿x 负
方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．
解: 由题知，质点的位矢为
j y i x r
11+=
作用在质点上的力为
i f f -=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L
⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mv x x y )(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110)()(=-⨯+=⨯=
3-11 如题3-11图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由
转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：
(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有
21
23
()=l mg
ml β 则 l
g
23=β (2)由机械能守恒定律，有
22110232
()-=l
ml ωmg sin θ
题3-11图
所以有 l
g θ
ωsin 3=
3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-13图．假定碎片脱离飞轮
时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?
(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
ωR v =0
设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 题3-13图
gh v v 22
02-=
令0=v ，可求出上升最大高度为
2
22
0212ωR g
g v H ==
(2)圆盘的转动惯量212=
J MR ，碎片抛出后圆盘的转动惯量221
2
'=-J MR mR ，碎片脱离前，盘的角动量为J ω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系
统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
'=+'0J ωJ ωmv R
式中ω'为破盘的角速度．于是
R mv mR MR MR 0222)21
(21+'-=ωω ωω'-=-)2
1
()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' (角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
ω)2
1
(22mR MR - 转动动能为
222)2
1
(21ωmR MR E k -=
258页8-2,8-12,8-17
8-7 试计算半径为R 、带电量为q 的均匀带电细圆环的轴线（过环心垂直于圆环所在
平面的直线）上任一点P 处的场强（P 点到圆环中心的距离取为x ）.
解 在圆环上任取一电荷元dq ，其在P 点产生的场强为 (
)
2
20
4R x dq
dE +=
πε，
方向沿dq 与P 点的连线.将其分解为平
行于轴线的分量和垂直于轴线的分量，由电
荷分布的对称性可知，各dq 在P 点产生的垂直于轴线的场强分量相互抵消，而平行于轴线的分量相互加强，所以合场强平行于轴线， 大小为：
E =E ∥=(
)(
)
(
)
2
3
2
202
1
2
22
20
44cos R
x qx
R x x
R x dq dE q
+=
+⋅
+=⎰
⎰πεπεθ
方向：q >0时，（自环心）沿轴线向外；q <0时，指向环心.
8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R 1和R 2（R 2＞R 1），带电量分别为q 1和q 2，
求以下三种情况下距离球心为r 的点的场强：（1）r ＜R 1；（2）R 1＜r ＜R 2（3）r ＞R 2.并定性地画出场强随r 的变化曲线
解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面，则由高斯定理可知： (1) 当r ＜R 1时，
0,04cos 2
=∴=⋅==Φ⎰
E r E dS E e πθ
(2) 当R 1＜r ＜R 2 时，
2
010124,4cos r
q E q r E dS E e πεεπθ=∴=⋅==Φ⎰
(3) 当r ＞R 2 时，
解8-7图
E
12解8-12图 场强随r 的变化曲线
()()2
021021244cos r
q q E q q r E dS E e πεεπθ+=∴+=⋅==Φ⎰
8-13 均匀带电的无限长圆柱面半径为R ，每单位长度的电量（即电荷线密度）为λ.
求圆柱面内外的场强.
解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的、长为l 的封闭圆柱面，使所求场点在封闭圆柱面的侧面上.由电荷分布的对称性可知，在电场不为零的地方，场强的方向垂直轴线向外（设λ＞0），且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等. 所以封闭圆柱面两个底面的电通量为零，侧面上各点场强的大小相等，方向与侧面垂直（与侧面任一面积元的法线方向平行）.设所求场点到圆柱面轴线的距离为r ，当r ＜R 即所求场点在带电圆柱面内时，因为
0,02000cos cos =∴=⋅=++==Φ⎰⎰E rl E dS E dS E e πθ；
当r ＞R 即所求场点在带电圆柱面外时，r
E l rl E e 002,2πελελπ=∴=
⋅=Φ . 8-15 将q=2.5×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点，外力作功5.0×10-6J.问电
势能的增量是多少？A 、B 两点间的电势差是多少？哪一点的电势较高？若设B 点的电势为
零，则A 点的电势是多少？
解 电势能的增量：J 100.56
-⨯==-=∆外A W W W A B ；
A 、
B 两点间的电势差：
V 100.210
5.2100.52
8
6⨯-=⨯⨯-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0， ∴ B 点的电势较高；
若设B 点的电势为零，则 V 100.22
⨯-=A U .
8-17 求习题8-12中空间各点的电势.
解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势
R
q 04πε，其中R 是球面的半
径；均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以，由
电势的叠加原理得：
（1） 当r ＜R 1即所求场点在两个球面内时:2
021
0144R q R q U πεπε+
=
；
（2） 当R 1＜r ＜R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2
020144R q r
q U πεπε+
=；
当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:r
q q r
q r
q U 02
10201444πεπεπε+=
+
=
当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:r
q q r
q r
q U 02
10201444πεπεπε+=
+
=
285页9-3,9-4
9-3．如图，在半径为R 的导体球外与球心O 相距为a 的一点A 处放置一点电荷+Q ，在球
内有一点B 位于AO 的延长线上，OB = r ，求：（1）导体上的感应电荷在B 点产生的场强的大小和方向；（2）B 点的电势. 解：（1）由静电平衡条件和场强叠加原理可知，B 点的电场强度为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和，且为零，即
0413
0=+'=r r
E E p B
πε r r a E B
3
0)
(41+-
=πε （2）由电势叠加原理可知，B 点的电势为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和，即
r
q V V B
B 04πε+'=
由于球体是一个等势体，球内任一点的电势和球心o 点的电势相等
a
q V V V B 0004πε+
'==
因球面上的感应电荷与球心o 的距离均为球的半径R ，且感应电荷的总电贺量为零，所以感应电荷在o 点产生的电势为零，且00V V ='，因此
a
q V V B 004πε=
=
所以， B 点的电势 a
q V B 04πε=
9-4．如图所示，在一半径为R 1 = 6.0 cm 的金属球A 外面罩有一个同心的金属球壳B.已知
习题9.3图
球壳B 的内、外半径分别为R 2 = 8.0 cm ，R 3 = 10.0 cm ，A 球带有总电量Q A = 3.0×10-8
C ，球壳B 带有总电量Q B = 2.0×10-8
C.求：（1）球壳B 内、外表面上所带的电量以及球A 和球壳B 的电势；（2）将球壳B 接地后再断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 的内、外表面上所带的电量，以及球A 和球壳B 的电势. 解：（1）在导体到达静电平衡后，A Q 分布在导体球Ａ的表面上．由于静电感应，在B 球壳的内表面上感应出负电荷A Q ，外表面上感应出正电荷A Q ，则B 球壳外表面上的总电荷（B A Q Q +）。

由场的分布具有对称性，可用高斯定理求得各区域的场强分布
)(4),(0212
0211R r R r Q E R r E A
<<=
<=πε
)(4),(032
04323R r r
Q Q E R r R E B
A >+=
<<=πε E 的方向眼径向外．
导体为有限带电体，选无限远处为电势零点。

由电势的定义可计算两球的电势B A V V 和． A 球内任一场点的电势A V 为
)(
41443
210
20
204321321
3
32
21
1
R Q Q R Q R Q r
d r Q Q r d r Q r
d E r d E r d E r d E V B
A A A R
B A R R A R R R R R R r
A ++-=
++=⋅+⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞πεπεπε
B 球壳内任一点的电势B V 为
3020
434433
3R Q Q dr r Q Q r
d E r d E V B A R B A R R r
B πεπε+=+=⋅+⋅=⎰⎰⎰∞
∞
9-5．两块无限大带电平板导体如图排列，试证明：（1）相向的两面上（图中的2和3），
其电荷面密度大小相等而符号相反；（2）背向的两面上（图中的1和4），其电荷面密度大小相等且符号相同.
习题9.4图
解：因两块导体板靠得很近，可将四个导体表面视为四个无限大带点平面。

导体表面上的电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直导体表面。

作如图所示的圆柱形高斯面，因导体在到达静电平衡后内部场强为零，导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，由高斯定理可得
320
3
20σσεσσ-=∴+=
； 再由导体板内的场强为零，可知P 点合场强
0)2()2()2(20
4030201=-++-+εσ
εσεσεσ 由 32σσ-= 得41σσ-=
9-7. 一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为σ = 4.5×10
-5
C . m -2
，现将两极板
与电源断开，然后再把相对电容率为εr = 2.0的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的
D 、
E 和P .
解：当平行板电容器的两板与电源断开前后，两极板上所带的电荷量没有发生变化，所以自由电荷面密度也没有发生变化，由 1
-'
=
r r εσεσ ∴极化电荷面密度r
r ）
（εεσσ1-=
'
对于平行板电容器σ'=P ０
r E εεσ)1(-'
=
∴
1
-'
=
r r D εσε 且E D P
,,的方向均沿径向．
9-11．圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成，其间充满相对电容率为εr 的电介质.圆筒内半径为R 2.电容器长为L ，沿轴线单位长度上的电荷为± λ，略去边缘效应，试求：（1）两极的电势差；
（2）电介质中的电场强度、电位移、极化强度； （3）电介质表面的极化电荷面密度.
解：（1） 设导线上的电荷均匀地分布在导线的表面上，圆筒上的电荷均匀的分布在圆筒的内表面上，可由高斯定理求得各区域的场强
110R ，r
E <=
12022R r ，R r
E r >>=
επελ
23,0R r E >= ∴两极的电位差1
2
01202ln 2ln 22
1
R R R R r l d E u r r R R επελεπελ==
⋅=
⎰
（2） 由第（1）问知，电介质中的电场强度 r
E r επελ
02=
电位移r
r r E D πλεε20=
= 极化强度 0)1(εε-=r P r
r r πελ
ε2)1(-=
习题图10-6
B
y
O
l
l
l
z
x
329页10-9,10-10
10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置，有一均匀磁
场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：
（1）通过立方体上阴影面积的磁通量； （2）通过立方体六面的总磁通量. 解：（1）立方体一边的面积2
S l =
2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=
（2）总通量0B ds Φ=
•=⎰⎰
10-11 如图所示，已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流，求 （1）两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度； （2）通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =
解 在两导线所在平面内，两导线之间的任一点P 处，两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2
方向相同，都垂直纸面向外。

故
P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ，则 R
I
B P πμ21=，()r d I B P -=πμ22
代入上式得
()
r d I
r I B P -+=
πμπμ22 （1） 在导线等距的点有 2d r =
， d
I B πμ2= （2） 取面积元ldr dS =，则通过矩形面积的磁通量为
习题图10-6
B
y
O
l
l
l
z
x
⎰
=ΦS
m B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰
+⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-+=2
11
22πμπμ πμ2Il =
㏑1
21r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =
㏑11
r r d - 10-10 如图，载流导线弯成（a ）、（b ）、（c ）所示的形状，求三图中P 点的磁感应强度B 的
大小和方向.
解：（a ）水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0。

竖直部分对P 点磁感应强度
10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置，有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：
（1）通过立方体上阴影面积的磁通量； （2）通过立方体六面的总磁通量. 解：（1）立方体一边的面积2
S l =
2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=
（3）总通量0B ds Φ=
•=⎰⎰
10-11 如图所示，已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流，求 （1）两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度； （2）通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =
习题图10-10
002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I I
B r a
I
a I a
μμθθππμπμπ=-=-=
--=
解 在两导线所在平面内，两导线之间的任一点P 处，两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2
方向相同，都垂直纸面向外。

故
P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ，则 R
I
B P πμ21=，()r d I B P -=πμ22
代入上式得
()
r d I
r I B P -+=
πμπμ22 （3） 在导线等距的点有 2d r =
， d
I B πμ2= （4） 取面积元ldr dS =，则通过矩形面积的磁通量为
⎰
=ΦS
m B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰
+⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-+=2
11
22πμπμ πμ2Il =
㏑1
21r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11
r r d -
10-10 如图，载流导线弯成（a ）、（b ）、（c ）所示的形状，求三图中P 点的磁感应强度B 的
大小和方向.
习题图10-10
习题图10-14
解：（a ）水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0。

竖直部分对P 点磁感应强度
方向垂直纸面向外.
（b ）P 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加，则
00
123132*********
22(cos cos )422;90;108;2
[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I I
B a r a r
μμθ
θθππ
θθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+
方向垂直纸面向里.
（c ）B 为三边磁感应强度叠加，由对称性
01231210033(cos cos )41
393.
42I
B B B B B r
r h I
B I h a
μθθπμμππ=++==-=∴=
=
方向垂直纸面向里.
10-14 一根很长的铜导线，载有电流10 A ，在导线内部通过中心线作一平面S ，如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量（铜材料本身对磁场分布无影响）.
解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则
022
22
000
2200200
000022
00
76,
;22224410101 1.0104R R
s I I
B dl I r R r r I I B r I R R I B r
R
I I l I l B d s r ld r rdr R R Wb
μπππμμπμμμπππ
ππ
--⋅==∴=⋅=∴=Φ===
=
⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰
002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I I
B r a
I
a I a
μμθθππμπμπ=-=-=
--=
习题图10-14
即S 平面内的磁通量为6
1.010Wb -⨯.
方向垂直纸面向外.
（b ）P 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加，则
00
123132*********
22(cos cos )422;90;108;2
[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I I
B a r a r
μμθ
θθππ
θθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+
方向垂直纸面向里.
（c ）B 为三边磁感应强度叠加，由对称性
01231210033(cos cos )41
393.
42I
B B B B B r
r h I
B I h a
μθθπμμππ=++==-=∴=
=
方向垂直纸面向里.
10-14 一根很长的铜导线，载有电流10 A ，在导
线内部通过中心线作一平面S ，如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量（铜材料本身对磁场分布无影响）.
解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则
022
22
000
2200200
000022
00
76,
;22224410101 1.0104R R
s I I B dl I r R r r I I B r I R R I B r
R
I I l I l B d s r ld r rdr R R Wb
μπππμμπμμμπππ
ππ
--⋅==∴=⋅=∴=Φ===
=
⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰
即S 平面内的磁通量为6
1.010Wb -⨯. 367
页11-1,11-5
11-１ 一载流I 的无限长直导线，与一N 匝矩形线圈ABCD 共面。

已知AB 长为L ,与导线间距为a ；CD 边与导线间距为b （b ›a ）。

线圈以 v 的速度离开直导线，求线圈内感应电动势的方向和大小。

解 由于I 为稳恒电流，所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场。

当矩形线圈ABCD 运动时，不同时刻通过线圈的磁通量发生变化，故有感应电动势产生。

取坐标系如图(a)所示。

设矩形线圈以速度 v 以图示位置开始运动，则经过时间t 之后，线圈位置如图(b)所示。

取面积元ldx dS =，距长直导线的距离为x ，按无限长直载流导线的磁感应强度公式知，该面积元处B 的大小为 B =
x
πμ20
I 通过该面积元的磁通量为 ldx x
I
BdS d πμ20==Φ 于是通过线圈的磁通量为 ()⎰⎰
⎰++++==
Φ=Φvt b vt a vt
b vt a x
ldx
I ldx x I d t πμπμ2200
=
πμ20Il ㏑vt
a vt
b ++ 由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈内的感应电动势为
()()()⎥⎦
⎤⎢⎣⎡++-+++-=Φ
-=2
02vt a v vt b v vt a vt b vt a lIN dt d N E πμ ()()()()vt a vt b v
vt b v vt a lIN +++-+-
=π
μ20
令t = 0,并代入数据，则得线圈刚离开直导线时的感应电动势
()ab a b NlIv b a lIvN dt
d N
E t πμπ
μ2112000
-=⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=
Φ-== 按楞次定律可知，E 感应电动势的方向沿顺时针方向。

11-5 在无限长螺线管中，均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场B (t)。

设B 以速率
dt
dB
=К变化（К为大于零的常量）。

现在其中放置一直角形导线 abc 。

若已知螺线管截面半径为R,l ab =，求：
（1）螺线管中的感生电场E
V
；
（2）bc ab ,两段导线中的感生电动势。

解 （1）由于系统具有轴对称性，如图所示，可求出感生电场。

在磁场中取圆心为O ，半径为()R r r <的圆周，根据感生电场与变化磁场之间的关系
m V L
S d B
E dl d S dt t
Φ∂=-
=-∂⎰
⎰
可得
2
22V dB
E r r r dt
πππκ=-=- 有
2
V r
E κ=-
()R r < 由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向。

（2）解法一 用法拉第电磁感应定律求解。

连接Ob Oa ,和Oc ，在回路OabO 中，
穿过回路所围面积的磁通量为
12
22124l BS Bl R ⎛⎫
Φ=-=-- ⎪⎝⎭
则
112
22221112424d l dB l E l R l R dt dt κ⎛⎫
⎛⎫
Φ=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
而
ab oa bo ab E E E E E =++=1 所以
1221124ab l E E lk R ⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
方向由a 指向b
同理可得 12
22124bc l E lk R ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
方向由b 指向c
解法二 也可由感生电场力做功求解。

由于（1）中已求出E
V。

则
12224b
ab V a
k l E E dl l R ⎛⎫
=⋅=- ⎪⎝⎭⎰
12
2224c
bc V b
k l E E dl l R ⎛⎫
=⋅=- ⎪⎝⎭
⎰
11-1.解: (1)由电磁感应定律812)1(--=Φ
-
t dt
d i ε 2
)2(102.3-⨯-=i ε
(2) 2106.1-⨯==
R
I i
ε
由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R 中产生感应电流的方向是
由左向右
11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起
t BgL L Bgt l d B V )cos sin (cos sin )(θθθθε==⋅⨯=⎰
11-5
解:由于I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图。

设矩形线圈以速度V 从图示位置开始运动，经过时间t 之后，线圈位置如图(b)所示，取面积元ds=ldx ，距长直导线的距离为x ，按无限长直载流导体的磁感应强度公式知，该面积元外B 的大小为x
I B πμ20= 通过该面积元的磁通量为ldx x
I Bds d ⋅==Φπμ20 于是通过线圈的磁通量为⎰⎰⎰++++⋅=⋅=
Φ=Φvt b vt a vt b vt a x ldx x I ldx x I d t πμπμ22)(00 v
a vt
b IL ++=ln 20πμ 由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈中的感应电动势为
])()()([22
0vt a v vt b v vt a vt b vt a ILN dt d N E ++-+++-=Φ-=πμ -=)
)(()()(20vt b vt a v vt b v vt a IN +++-+πμ 令t=0,代入数据，得到线圈，刚离开直导线时的感应电动势
)11(200b
a LIVN dt d N E t -=Φ
-==πμ )
(100.32
.01.02)1.02.0(0.30.52.010104737V --⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 按楞次定律E 的方向为图b 中的顺时针方向
1、 一质点作匀速率圆周运动，其质量为m,线速度为v ，半径为R 。

求它对圆心的角动
量；它相对于圆周上某一点的角动量是否为常量，为什么？
答：它对圆心的角动量Rmv，是常量；它相对于圆周上某一点的角动量不是常量。

4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动，太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，问系统的角动量是否守恒？近日点与远日点的速度哪个大？
答：在彗星绕太阳轨道运转过程中，只受万有引力作用，万有引力对太阳不产生力矩，系统角动量守恒。

近日点 r 小v 大，远日点 r 大v 小。

这就是为什么彗星运转周期为几十年，而经过太阳时只有
很短的几周时间。

彗星接近太阳时势能转换成动能，而远离太
阳时，动能转换成势能。

8．利用角动量守恒定律简要分析花样滑冰、跳水运动过
程。

答：对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释。

例如
旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时，总是将双手收回身边，这
3-5题图
时演员质量分布靠近转轴，转动惯量变小，转动速度加快，转
动动能增加。