重庆科技学院 大学物理考试题库-应用题

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3. 10 在一只半径为R 的半球形碗内, 有一粒质量为m 的小钢球, 沿碗的内壁作匀速圆周运动。试求: 当小钢球的角速度为ω时, 它距碗底的高度h 为多少

[分析与解答] 取小球为隔离体，受重力→

p 和支承力→

N F （如图）。其中，→

N

F 沿x 轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有

θωωθsin sin 22mR mr ma F n N === ①

mg F N =θcos ②

且 R h

R -=

θcos ③ 解得 2ω

g

R h -=

可见，h 随ω的增大而增大。

3. 13质量为m 的物体在黏性介质中由静止开始下落, 介质阻力与速度成正比, 即r F = βv,β为常量。试

( 1) 写出物体的牛顿运动方程。 ( 2) 求速度随时间的变化关系。 ( 3) 其最大下落速度为多少 ( 4) 分析物体全程的运动情况。

[分析与解答] （1）物体受向下的重力mg 和向上的阻力F ，则牛顿运动方程为 ma v mg =-.β

（2）由 v m g dt dv a β-==

分离变量并积分 ??=-t v dt v

m g dv

00β

得 -

t g

v m g m

=-β

β

ln

整理后得 )1(t

m

e

mg

v β

β

-

-=

（3）当∞→t 时，有最大下落速度

β

mg

v =

max

（4）由)1(t m e mg

dt dx v β

β

--==

有 dt e

mg

dx t

m

t

x )1(0

β

β

-

-=?

?

得 ???

?????--=-)1(t m e m

t mg x β

ββ

物体由静止开始向下作加速运动，并逐渐趋近于最大速度为β

mg

v =max ，此

后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。

质量为m 的小球从点A 由静止出发，沿半径为r 的光滑圆轨道运动到点C （见图），求此时小球的角速度C ω和小球对圆轨道的作用力C N F 。

[分析与解答] 取小球为隔离体，受力情况如图。取自然坐标系，由牛顿运动定律分别列出切向和法向运动方程为

-dt

dv

m

mg =αsin ①

R

v m mg F N 2

cos =-α ②

由于

α

αωααd dv

R v d dv dt d d dv dt dv =

==，代入式①并分离变量后积分 ?

?

-=

α

ααο

900

sin d Rg vdv v

得 αcos 2Rg v = ③

则小球在c 点的角速度C ω为 R

g R v C α

ωcos 2==

将式③代入式②，得 ααcos 3cos 2

mg mg R

v m F N =+=

其反作用力即为小球对轨道的作用力NC F 。

如图所示，在密度为1ρ的液体上方有一悬挂的长为l ，密度为2ρ的均匀直棒，棒的下方恰与液面接触。今剪断挂线，棒在重力P 和浮力F 作用下竖直下沉, 若2ρ>1ρ , 求棒下落过程中的最大速度。

[分析与解答] 按题设条件，剪断细线后，杆在下沉过程只受重力和浮力的作用（不计液体的黏滞阻力），随着杆往下沉，浮力逐渐增大，当重力和浮力

相等时，杆下沉的加速度a=0,此时速度最大。

取x 坐标如图，根据牛顿第二定律，有

dt

dv

m F mg =- ①

式中，SL m 2ρ=，浮力Sxg F 1ρ=，故式①可写成

dx

dv SLv dt dx dx dv SL dt dv SL

Sxg SLg 22212ρρρρρ===- ② 对式②分离变量并积分，有

??=????

??-v x

vdv gdx L x 00211ρρ

得 22212

1

)21(v x L g gx =-

ρρ ③ 设杆的速度最大时，杆进入液体的长度为x=l,则式 ③中的v 即为最大速度。

此时mg=F ,即

lg 12S SLg ρρ=

得 L l 1

2

ρρ=

④ 将式④代入式③，得杆的最大速度为

Lg v 1

2

max ρρ=

如图所示, 一根细绳跨过一质量可忽略且轴为光滑的定滑轮, 两端分别拴有质量为m 和M 的物体A, B, 且M 稍大于m 。物体B 静止在地面上, 当物体A 自由下落h 距离后, 绳子才被拉紧。求绳子

刚被拉紧时, 两物体的速度及B 能上升的最大高度。质点的动量矩定理、动量矩守恒定律

[分析与解答] 把整个过程分成三个阶段来处理。

第一阶段物体A 自由下落。物体A 自由下落h 距离时，正好拉紧绳子，此时物体A 的速度为gh V 2=，方向向下。

第二阶段，绳子被拉紧，物体A 和物体B 同时受到绳子的冲力作用。经过极短时间△t 后，以共同的速度V 运动，此时，物体的受力情况如图（B ）所示。如取竖直方向为正方向，则物体Ad 的速度由-v 增为-V ，物体B 的速度由0增为V 。根据动量原理得：

0)(2-=???-MV t Mg F T ①

)()()(1mv mV t g m F T ---=???- ②

题图

由于作用时间极短，绳子冲力的冲量远大于重力的冲量，故式①，式②可简化为MV

t

F T =?2

mv mV t F T +-=?1

因21T T F F =，解得：m

M gh m m M mv V +=+=

2

第三阶段，绳子拉紧后，物体A 向下运动，B 向上运动，但由于M>m,A 和B 都作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma 求得g m

M m

M a +-=

物体B 以速度V 上升，其加速度与速度方向相反。设最后B 上升的高度为H ，则

有H a V )(202

-=- 故 2

222222)(2)2(2m M h m g m M gh m a V H -=-==

我国第1 颗人造卫星—东方红1号沿椭圆轨道绕地球飞行, 近地点439km, 远地点2384 km, 已知在近地点的速度v 1 = 8.1 km/s , 试求卫星在远地点的速度v 2 和卫星的运动周期T 。

[分析与解答] （1）求2v ：如图所示，地球的中心点O 位于椭圆轨道的一个焦点上。设卫星运动时仅受地球引力的作用，由于该引力总指向O 点，故卫星在运动的全过程中对O 点的动量矩守恒。即：

21L L ?

?= ①

由于两者的方向一致，式①可直接用大小来表示 ， 有 )()(2211l R mv l R mv +=+ ： 得 s km l R l R v v /30.62384

6378439

63781.8211

2=++?=++= （2）求T ：卫星径矢r 在单位时间内扫过的面积为面积速度dt

ds

。卫星运行的周期T 即为椭圆面积S 与ds/dt 的比值。由于椭圆面积为

))(()]()[(2

2121l R l R l R l R S +++++=π

根据开第二普勒定律，有： ==dt

ds

m L 2不变量 对近地点而言：

)(111l R mv L L +==

则面积速度为：

)(2

1

11l R v dt ds += 故

h s l R v l R l R l R l R dt ds s T 29.21026.8)

())(()]()[(/3

112121=?=++++++==π 求解下列各题:

(1) 质量为m 的物体自静止出发沿x 轴运动, 设所受外力为F x = bt , b 为常量, 求在时间T(s) 内此力所做的功。

(2) 物体在外力F x = 5 + 10x (SI ) 作用下, 由x = 0 沿x 轴方向运动到x =3m 处, 求外力所做的功。

(3) 一物体在介质中的运动方程为x = ct 3 , c 为常量。设介质对物体的阻力正比于速度的二次方, 即2kv F r =。试求物体由x 0 = 0 运动到x = l 时, 阻力所做的功。

[分析与解答] （1）由加速度dt

dv m bt m F a === 得： ?

?=

T

v

dt m

bt

dv 0

0 22T m b v =

由动能定理2

022

121mv mv A -=

由于v 0=0 ，得422821??==?T m

b mv A

（2）有变力做功的计算方法，有

J dx x dA A 60)105(3

0=+==??

如图所示,质量为m,速度为v 的钢球,射向质量为m ′置于光滑水平面上的靶,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,求钢球射入靶内弹簧后, 弹簧被压缩的最大x 。

[分析与解答] 建立如图所示的x 坐标，这是一个沿x 方向的一维碰撞问题。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，小球与靶刚好共同达到共同速度为止的运动过程。在这过程中，小球和靶组成的系统在x 方向不

受外力作用，因此，在此方向上动量守恒。即

,,)(v m m mv += ①

式中，,

v 为小球与靶碰后的共同速度。在此过程中，除了弹性力（保守内力）做功以外，没有其他外力和非保守力做功。故系统的机械能守恒，取弹簧原长时的O 点为弹性势能零点，则有

2max 2

,,22

1)(2121kx v m m mv ++= ② 解式① ，式② 得)

(,,m ax m m k m

m v

x +=

4 .31 如图所示, 弹簧下面悬挂着质量分别为m 1,m 2 的两个物体A 和B , 设

弹簧的劲度系数k = m , m 1 = 0.5kg, m 2 =0.3 kg 。

开始时它们都处于静止状态。若突然把A, B 之间的连线剪断, 求物体A 的最大速度是多少

[分析与解答] 在A ，B 连线被剪断前，系统在1O 位置处于平衡（如图b ），此时弹簧伸长1y ，则 121

)(ky g m m =+

即m g k m m y 88.08.9*9

.83

.05.0211=+=+=

在A ，B 连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A ，系统将在2O 位置处于平衡，则

有21ky g m =即m k g m y 55.08.99

.85

.012=?==

根据运动分析，连线剪断后，物体A 将以2O 为平衡位置上下来回振动，可见物体A 通过2O 位置时，具有最大速率m v 。由于在运动中物体A 与弹簧组成的系统只受弹性力ky 和重力g m 1的作用，故机械能守恒，取O 点（即弹簧原长处）为重力势能和弹性势能的零点，对A 位于1O 及2O 处两状态时总机械能相等，则有

112122212

12

12121gy m ky ky gy m v m m -=+-

解得

s

m y y g m y y k m v m /39.1)]55.088.0(8.95.02)55.088.0(9.8[5.01)(2)([12221122211

=-???--?=---=

如图所示, 在光滑的水平面上,有一轻质弹簧, 其劲度系数为k, 它的一端题固定, 另一端系一质量为m 1 的滑块, 最初滑块静止, 弹簧呈自然长度l0 , 今有一质量为m 2 的子弹以速度v 0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中, 滑块在水平面内滑动, 当弹簧被拉伸至长度为l 时, 求滑块速度的大小和方

向。

[分析与解答] 子弹射入滑块，可看作完全非弹性碰撞过程，取子弹与滑块为一系统，由动量守恒，有1210

2)(v m m v m += ①

式中，1v 为碰撞后系统的共同速度。子弹与滑块碰后以共同速度运动，由于弹簧不断伸长，系统在弹性力（法向力）作用下沿弧线运动。在此过程中，系

统的动量守恒，即θ

sin )()(2210121l v m m l v m m +=+ ②

式中，2v 是滑块到达B 点的速度。

取子弹，滑块和弹簧为系统，由机械能守恒，有

2022212121)(2

1)(21)(21l l k v m m v m m -++=+ ③ 联立解式①，式②，式③，得速度的大小和方向分别为

2

12

221220210

022

1202022122)()()(arcsin

)()(m m l l k m m m v l

m m l v m m m l l k v m m m v +--

++=+--+=

θ

如图所示,长为l 的均质细杆左端与墙用铰链A 连接,右端用一铅直细绳B 悬挂,杆处于水平静止状态,若绳B 被突然烧断,则杆右端的加速度为多少

[分析与解答] 烧断绳时，杆将在重力矩mgl M 2

1

=的作用下，绕A 轴转动。由

转动定律有 21

32123

mgl M g I l mgl β=== 则右端的加速度为 3

2

l g αβ==。

一细绳绕在半径为r 的定滑轮边缘, 滑轮对转轴O 的转动惯量为I,滑轮与轴承间的摩擦不计,今用恒力F 拉绳的下端(见图(a))或悬挂一重量P = F 的物体(见图(b)) ,使滑轮自静止开始转动。分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。 [分析与解答]如图（a ）情况下，绳子的张力T F F =。按转动定律有

1T F I γβ= 故1T F I

γ

β=

在图（b ）情况下，有

22

T T F F F F a g g F I γβγβ-=

== 解得 22F F I g

γ

βγ

=

+

题 图 题 图

一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成,可绕光滑的水平对称轴OO ′转动。设大小圆柱体的半径分别为R 和r , 质量分别为M 和m, 绕在两圆柱体的上细绳分别与质量为m 1和m 2 (m 1> m 2)的物体A 、B 相连(如图) 。试求: ( 1) 两物体的加速度; ( 2) 绳子的张力; ( 3) 轮轴的角加速度。

[分析与解答]分别对物体A ，B 和轮轴作受力分析（见图b ），根据牛顿运动定律和转动定律，有

对A ： 1111m g T m a -= ① 对B ： 2222T m g m a -= ② 对轮轴： 12T R T r I β-= ③

I=2211

22MR mr + ④

1R αβ= ⑤ 2r αβ= ⑥ 解式① ~ ⑥方程组得 1222

12m R m r

g I m R m r

β-=

++ 1212212m R m r Rg I m R m r α-=

++， 122

22

12m R m r

rg I m R m r α-=++

2

22

1

1

22

12

I m r m rR

T m g

I m R m r

++

=

++

，

2

11

22

22

12

I m R m rR

T m g

I m R m r

++

=

++

如图所示, 有一半径为R 的水平圆转台, 可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动, 转动惯量为I , 开始时转台以匀角速度ω0转动, 此时有一质量为m 的人站在转台中心, 随后人沿半径向外跑去, 当人到达转台边缘时转台的角速度为多少

[分析与解答] 取人和转台为研究对象，在人从中心走向边缘的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有

()2

I I mR

ωω

=+

则0

2

I

I mR

ω

ω=

+

题图题图

在杂技节目跷板中, 演员甲从h高的跳台上自由下落到跷板的一端A, 并把跷板另一端的演员乙弹了起来。设跷板是匀质的, 长度为l, 质量为m′,支撑点在板的中部C点, 跷板可绕点C 在竖直平面内转动( 如图)。演员甲、乙的质量均为m。假定演员甲落到跷板上,与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。试求: (1 ) 碰后跷板的角速度ω( 也是甲、乙的角速度) ; ( 2) 演员乙被弹起的高度h′。

[分析与解答]

（1）甲由h高处自由下落，至与板碰撞前的速度为

2

1

2

mgh mv

=

得

2

v gh

=

碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即

22

201'222l l l mv m m m l R ωω????

=++ ? ?????

得 ()

62m gh

ω=

（2）碰后，乙被向上弹起的初速度为

0'2

l v ω=

则乙被弹起的高度可由()220'2'v v g h -=-求出

即 ()

2

2

2202

'92'226'l v m h h g g m m ω?? ???===+ 如图所示,一长为l = 0.40m , 质量为M = 1kg 的均质杆, 铅直悬挂。试求: 当质量为m= 8×10-3kg 的子弹以水平速度v = 200m ·s -1,在距转轴O 为3l /4处射入杆

内时, 此杆的角速度和最大摆角。

[分析与解答] 求解此题可按两个过程分别处理：

（1）由子弹射入杆到两者一起开始摆动。此过程可视为完全非弹性碰撞过程。

取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 2

2331443mv l m l Ml ωω????

=+ ? ????? ①

由式①可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度

22

3

48.86/91163

mv rad s ml Ml ω==+ （2）由系统开始摆动到摆至最大α角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统满足机械能守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C 为重力势能零点，则

2

22131124343

cos cos 224

2m l Ml mg l l l l Mg mg l ωαα??????+-=?? ? ?????????

????--- ? ?

???? ②

由②式可求得最大摆角为 211

92316arccos 195.41324M m l M m g ωα????+ ?????=-=???????+ ???????

题图

质量为m’,半径为R 的圆盘,可绕一垂直通过盘心的光滑水平轴转动, 盘上绕有轻绳, 一端悬挂质量为m 的物体(如图)。试问: ( 1)物体由静止下落高度h 时,其速度v 的大小是多少 (2 )若物体自由下落h 高,其速度v’为多少 说明两种速度有差异的原因。 [分析与解答]

（1）物体受重力P ?

和绳子张力T F ?，有 T mg F ma -= ①

滑轮变张力矩，有 21'.2T a

F R I m R R

β== ②

22ah ν= ③

联立① ② ③解得 21'

2

mgh

m m ν=

+（2）由自由落体规律 '2gh ν= 水平放置的均匀带电细棒, 长为l , 电荷为q 。试求其自身延长线上离棒中心为r 处一点的电场强度E 。

[分析与解答] 取dx ,其上带电荷 dx l

q

dx dq =

=λ

dq 在p 点激发的电场强度dE 为 i x r dq E d ?

?

20)(41

-=

πε

则整个细杆所带电荷在p 点的电场强度E 为

()i l r q

i l r l

i x r dx E d E l l ?????)

4(4

41412

202

2

02

22

0-=

-

=-==??+-πελπελπε 判断下列说法:

(1) 电势高的地方, 电场强度必大; (2) 电势为零处, 电场强度必为零;

(3) 电势为零的物体必然不带电;带正电的物体, 电势必为正的; (4)“静电场中各点有确定电势, 但其数值、符号又是相对的”, 此话是矛盾的;

(5) 电场中两点间的电势差与零电势点的选择无关;

(6) U 与E 是表征电场本身某一点性质的, 与引入电场的外电荷无关。 [分析与解答]

（1） 错误。某场点的电场强度与电势梯度有关，与电势高低无关。如等势球体的电势可以很高，但内部任一场点的E =0;

（2）错误。理由同（1）。如偶极子中垂线上任一场点电势为零，但电场强度却不为零。

（3）错误。物体的电势与它处在电场中的位置有关，与自身是否带电无直接联系。如接地的导体处于外电场中，电势为零，但表面会带电；同样，带正电的物体，电势可以为正，也可能为负，这与它所处的电场有关。

（4）错误。所谓“确定的电势”是对所选定的电势零点而言的，而且零点的选择，原则上是任意的，因此，此话不矛盾。

（5）（6）正确。

求题图（P256）所示各种情况下点P 的电场强度E 和电势U P 。

题 图

[分析与解答]

根据电场强度和电势的叠加原理，有

(a)2020202)2(4)2(4l q l q

l q

E πεπεπε=

+

=

； 0)

2(4)2(400=-+=l q

l q U πεπε

(b) 0)2(4)2(42020=-=l q l q E πεπε； l q

l q l q U 000)2(4)2(4πεπεπε-=

-+-= (c)2

/322

0])2([41l d ql

E +=πε （见主教材P201-202题6.2.1）

0)2

(4)2

(42

202

20=+-+

+=

l

d q l

d q

U πεπε

(d)d E 02πελ

= (由高斯定理计算)； ?==0

000

ln 22r d d r dr r U πελπελ （r 0处为电势零点，本题不能选无限远处，即r →∞为电势零点） 求解:

(1) 一圆形载流导线的圆心处的磁感强度为B 1 , 若保持I 不变, 将导线改为正方形, 其中心处的磁感强度为B 2 , 试求B 2/B 1 。

(2) 如图所示, 宽度为a 的无限长金属薄片, 均匀通以电流I 并与纸面共面。试求在纸面内距薄片左端为r 处点P 的磁感强度B 。

[分析与解答] （1） 图形载流导线中心的R

I B 201μ=。改为正方形时，每

边长

R R ππ2

1

42=,距中心点O 的垂直距离均为R a π41=,每边（载流I ）在O 点

激发的?=

45sin 20a

I B πμ,则中心O 点的总磁感强度R I

a I B 2

0022445sin 24πμπμ=??=,则

2

1228π=B B 。 题（2）图 （2）以P 点为坐标原点，作OX 轴。在薄片内距O 点为x 处，取宽度为dx 的长直电流dI ，有dx a

I

dI

=

它在P 点激发的磁感强度为dx ax

I

x dI dB πμπμ2200==

则整个薄片电流在P 点激发的磁感强度为

r

a

r a I dx ax I dB B a

r r

+===

?

?+ln 2200πμπμ 方向：⊙

(3) 半径为R 的薄圆盘均匀带电, 电荷面密度为+σ, 当圆盘以角速度ω绕过盘心O 、并垂直于盘面的轴逆时针转动时, 求盘心O 处的B 。

[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。载流圆盘又可看做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。

现在半径r 处取一宽为dr 的同心圆环，其上的dI 可写成

rdr rdr rdr n dI σωππ

ω

σ

πσ=?==222 式中，σ

为电荷面密度，rdr π2为圆环的面积。圆电流中心的磁感强

度R I B 20μ=

，因此，所取圆环在其中心的磁感强度dB 为

dr r

dI

dB σωμμ002

1

2=

=

按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B 为

R dr dB B R

σωμσωμ00

02

1

21===?

? ( 4) 一均匀带电的半圆弧线, 半径为R, 带电量为Q, 以匀角速度ω绕对称轴OO ′转动(见图) , 求半圆弧线圆心点O 处的磁感强度B 。

[分析与解答] 由题设条件得电荷线密度R

Q πλ=。

取线元θRd dl =，其上所带电荷为θπ

θππd Q

Rd R Q dl R Q dQ === 当dQ 以匀角速度ω

绕'oo 轴做半径

θsin R r =的圆周运动时，所形成的圆电流为

θπ

ωπωd Q

dQ dI 222==

设圆电流在其轴线上O 点激发的磁感强度d 的大小为

()θθπωμθμd R

Q dI R R dB 2

2

03

2

0sin 42sin =

=

方向：向上。 一根半径为R 的实心铜导线, 均匀流过的电流为I , 在导线内部作一平面S( 见图) , 试求:

(1) 磁感强度的分布;

(2) 通过每米导线内S 平面的磁通量。

[分析与解答] 题 图 （1）作与铜导线同轴的圆形安培环路L ，由安培环路定律有

∑?=?=?I r B dl B L 02μπ得r

I

B πμ20∑=

① R r < 时，环路包含的电流为2

2

1r R

I ππ?=

∑；R r >时，I I =∑。 代入式①得 2

02R

Ir B πμ=

()R r <； r I

B πμ20= ()R r > （2）在截面S 上取面积元dr dS ?=1，穿过dS 的磁通量m d Φ为

dr R Ir

d d m 2

02πμ=

?=Φ 则通过单位长度导线内S 平面的磁通量m Φ为

πμπμ4200

2

0I

dr R Ir d R

m m =

=Φ=Φ?

?

则点O 处磁感强度B 的大小为

R Q

d R

Q B d B πωμθθπωμπ

8.sin 4.020

2

0===?

? 无限长载流(1I = 20A)直导线旁置另一长

L1=20cm 、载流2I = 10A 的导线ab, 如图(a) 所示。求:

题

( 1) 导线ab 所受的作用力; ( 2) 若将ab 换为一刚性线框abcd (见图(b)) ,试分析其受力情况和运动趋势;

( 3) 当t I ωsin 201

=，s rad 3

π

ω=

时，再求（1）。

题图

[分析与解答] （1）无限长直载流导线旁任一点的磁感强度为

x

I B πμ210=

方向：? 在ab 上距长直导线为x 处取电流元dx I 2 受力为B dx I F d ?=2 方向：向上

则 N

?=???===?==--???572

103

.01.022104.43ln 210201043ln 2π

ππ

μj

I I j Bdx I B dx I F d F b

a

（2）线框受力可看作是4段直导线受力的总和。ab 和cd 受力大小相等、方向相反，相互抵消。

ad 段受力 40122

2121

1.2102ab I I L F I B L x μπ-==

=?N 方向：向左

bc 段受力 40122

2222

0.4102ab I I L F I B L x μπ-==

=?N 方向：向右 由于ad bc F F >，线框将向左（靠拢长直导线）加速运动。

（3）当120sin 3I t π

=时，F 将随t 周期性变化，即 5

4.410sin 3F t j π-=?N u r r

利用l d B v L

i ?

????=?)(ε求解下列情况下导线的动生电动势，并说明a ，b 两点

哪一点电势高。

（1）直导线在均匀磁场B ?

中匀速运动（见图(a)(b)(c)）;

[分析与解答] 题（1）图

（a ）按题意，ab 段不切割磁感线，只有bc 段有动生电动势，即

v Bl l d B v l bc 20

)(2

=??=?

???ε，方向：B v ?

??的方向，即b →c ，则U a =U b , U b

（b ）lv h

I

Blv ab πμε20=

= （b →a ） 故 U a >U b lv d h I

b a )

(20''+=

πμε （b ’→a ’） 故 U a ’>U b ’

（c ）在ab 上距直导线为x 处取微元dx ，该处x

I

B πμ20=

，则其上的动生电动势为dx x

Iv vBdx x d B v d i πμε2)(0==??=?

??，则ab 杆上的动生电动势为

d

l

d Iv dx x Iv d l

d d

i ab +===?

?+ln 2200πμπμεε ab ε的指向为B v ?

??的方向，即b →a ，可知U a >U b 。

（2）矩形线圈在磁场中运动（见图(a)(b)）;

[分析与解答] 题（2）图 在图（a ）中，ab 边 v l D I

Blv ab 202πμε=

=，方向：b →a dc 边 v l l D I

Blv dc 210)

(2+=

=πμε，方向：c →d

ad 和db 边 0===dc ad εεε

总电动势 )

(21210l D D v

l Il dc ab +=

-=πμεεε，方向：顺时针

图（b ）中，由于回路abcd 中磁通量不变化，无感应电动势，故0=ε。 (3) 如图(a)所示，导线OC 以ω沿圆导体轨道(电阻为0)转动θ角时a,b 的电势差ΔU 和Od E 各为何值(Od=R/2)；

[分析与解答] 题（3）（4）图

由于Oc 上各点的v 不同，故Oc 上选一微元dr ，到O 点的距离为r ，则该微元的速度v=rw 。于是，该微元上产生的动生电动势为

l d B v d ?????=)(ε

因此，整个Oc 上产生的动生电动势为

2021)(R B dr B r vBdr l d B v R ωωε===??=????

??

则a 、b 两点的电势差