2022年大学物理复习资料上册 .pdf

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1、内容提要位矢：ktzjtyitxtrr)()()()(位移：kzj yi xtrttrr)()(一般情况，rr速度：kzjyixkdtdzjdtdyidtdxdtrdtrt0lim加速度：kzjyixkdtzdjdtydidtxddtrddtdtat222222220lim圆周运动角速度：dtd角加速度：22dtddtd（或用表示角加速度）线加速度：tnaaa法向加速度：22RRan指向圆心切向加速度：Rdtdat沿切线方向线速率：R弧长：Rs解题参考大学物理是对中学物理的加深和拓展。本章对质点运动的描述相对于中学时更强调其瞬时性、 相对性和矢量性，特别是处理问题时微积分的引入，使问题的讨论在

2、空间和时间上更具普遍性。对于本章习题的解答应注意对基本概念和数学方法的掌握。矢量的引入使得对物理量的表述更科学和简洁。注意位矢、 位移、 速度和加速度定义式的矢量性，清楚圆周运动角位移、角速度和角加速度方向的规定。微积分的应用是难点，应掌握运用微积分解题。这种题型分为两大类，一种是从运动方程出发， 通过微分求出质点在任意时刻的位矢、速度或加速度； 另一种是已知加速度或速度与时间的关系及初始条件，通过积分求出任意时刻质点的速度、位矢或相互间的关系，注意式子变换过程中合理的运用已知公式进行变量的转换，掌握先分离变量后积分的数学方法。内容提要动量：mp精选学习资料 - - - - - - - - -

3、 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 20 页冲量：21ttdtFI动量定理：21ttdtFpd210ttdtFpp动量守恒定律：若0iiFF，则常矢量iipp力矩：FrM质点的角动量（动量矩）：rmprL角动量定理：dtLdM外力角动量守恒定律：若0外力外力MM，则常矢量iiLL功：rdFdWBAABrdFW一般地BABABAzzzyyyxxxABdzFdyFdxFW动能：221mEk动能定理：质点，222121ABABmmW质点系，0kkEEWW内力外力保守力：做功与路程无关的力。保守内力的功：pppEEEW)(12保守内力功能原理：pkEEWW非保守内力外力机械能守恒

4、：若0非保守内力外力WW，则00pkpkEEEE解题参考动量是描述物体运动状态的状态量。质点的动量定理给出质点所受冲量和质点动量变化的关系。冲量是力对时间的累积效果，是过程量，计算冲量大小往往涉及积分运算，具体应用时往往写成分量式形式。动量定理仅适用于惯性系。能量是物体运动状态的函数，功则是物体运动状态变化过程中能量变化的量度，功是力对空间的累积效果，是过程量。动量守恒、 机械能守恒和角动量守恒是普遍成立的三个守恒定律，合理运用守恒定律来解决力学问题往往比直接采用牛顿定律解题来的简单，可以回避牛顿定律解题过程中的积运算。注意守恒定律适用的条件。内容提要转动惯量：离散系统，2iirmJ精选学习资

5、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 20 页连续系统，dmrJ2平行轴定理：2mdJJC刚体定轴转动的角动量：JL刚体定轴转动的转动定律：dtdLJM刚体定轴转动的角动量定理：021LLMdttt力矩的功：MdW力矩的功率：MdtdWP转动动能：221JEk刚体定轴转动的动能定理：20221210JJMd解题参考刚体转动的学习应该注意与牛顿运动定律的比较。刚体定轴转动的转动定律类似于质点运动中的牛顿第二定律。对定轴转动的刚体仍旧适用隔离体分析法，正确分析受力和力矩，分别对转动和平动建立运动方程。应注意方程中所有的力矩、 转动惯量、 角

6、动量都是相对于同一转轴，这类似于牛顿定律中对同一坐标系建立平动方程。列方程时应注意角量和线量之间的关系，方程组的求解往往需要这个关系。内容提要库仑定律：rerqqF221041电场强度：0qFE带电体的场强：riierdqEE204静电场的高斯定理：iSqSdE01静电场的环路定理：Ll dE0电势：ppl dEV带电体的电势：rdqVVi04精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 20 页导体静电平衡：电场，1 导体内场强处处为零；2 导体表面处场强垂直表面电势，1 导体是等势体；2 导体表面是等势面电介质中的高斯定理：iSq

7、SdD各向同性电介质：EEDr0电容：UQC电容器的能量：22212121CUQUCQW解题参考电场强度和电势是描述静电场的两个主要物理量。需要掌握的有库仑定律、场强叠加原理、高斯定理和环路定理。掌握由场强的叠加原理通过积分求电场强度，注意场强的矢量性。利用高斯定理求场强时，应清楚各个物理量所指代的范围并合理选取高斯面。电势是标量， 对带电体总电势的计算往往比电场强度简单，在具体的问题中也可考虑先求电势，然后利用场强与电势梯度的关系求场强。掌握导体静电平衡的条件和静电平衡时的性质。内容提要毕奥 - 萨伐尔定律：204relIdBdr磁场高斯定理：SSdB0安培环路定理：iIldB0载流长直导线

8、的磁场：)cos(cos4210rIB无限长直导线的磁场：rIB20载流长直螺线管的磁场：)cos(cos2210nIB无限长直螺线管的磁场：nIB0洛仑兹力：BqF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 20 页安培力：BlIdFd磁介质中的高斯定理：SSdB0磁介质中的环路定理：iLIl dH各向同性磁介质：HHBr0解题参考恒定磁场涉及毕奥- 萨伐尔定律、磁场的高斯定理、安培环路定理。应对照静电场部分进行学习，注意两者的区别和雷同。利用毕奥 - 萨伐尔定律计算场强时注意对矢量的处理。利用安培环路定理求场强注意适用条件。内容

9、提要法拉第电磁感应定律：dtd动生电动势：l dB)(感生电动势：SkSddtBl dE自感：LI，dtdILL自感磁能：221LIWm互感：12MI，dtdIM12磁能密度：BHHBwm21212122精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 20 页解题参考电磁感应的主要内容是法拉第电磁感应定律。根据磁通量变化原因的不同，又分为动生和感生。能够方便计算磁通量时都可直接应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，对于恒定磁场中导体切割磁力线的问题，运用动生电动势公式直接计算比较方便，计算时应注意矢量的处理，积分结果的正负号表示电动势的

10、实际方向与假定方向的一致与否，也可根据楞次定律判断方向。题 7.4 ：若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上。求证： （1）在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为22041LrQE（2）在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为220421LrrQE若棒为无限长（即L） ，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较。题 7.4 分析： 这是计算连续分布电荷的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理。 但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示， 在长直线上任意取一线元，其电荷为dq = Qdx/L，它在点P的电场强度为rrqeE20d41d整个带电体在点P的

11、电场强度EEd接着针对具体问题来处理这个矢量积分。（1）若点P在棒的延长线上， 带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同，LiEEd（2）若点P在棒的垂直平分线上，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是LLjjEEEdsindy证： （1）延长线上一点P的电场强度LrqE204d，利用几何关系xrr统一积分变量，则2200222-041212141)(d41LrQLrLrLxrLxQELLP电场强度的方向沿x轴。（3）根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿 y 轴，大小为LrqE204dsin利用几何关系22,sinxrrrr统一积分变量， 则精选学习

12、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 20 页220232222-0412)(d41rLrQrxLxrQELL当棒长 L时，若棒单位长度所带电荷为常量，则P点电场强度rLrLQrEL022024121lim此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。这说明只要满足122Lr，带电长直细棒可视为无限长带电直线。题 7.5 ： 一半径为R的半圆细环上均匀分布电荷Q，求环心处的电场强度题 7.5 分析： 在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电半圆弧线。在弧线上取线元dl，其电荷此电荷元可视为点电荷lRQqdd

13、，它在点O的电场强度r20d41deErq。因圆环上电荷对y轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有LE0dx，点O的合电场强度jELEyd，统一积分变量可求得E。解： 由上述分析，点O的电场强度lRQRELdsin4120O由几何关系ddRl，统一积分变量后，有20200O2dsin41RQE方向沿y轴负方向。题 7.6 ：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为02E（提示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加）题 7.6 分析：求点P的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电荷分

14、别为yrrqddd2d或求出它们在轴线上一点P的电场强度dE后，再叠加积分， 即可求得点P的电场强度了。证 1：如图所示，在带电板上取同心细圆环为微元，由于带电平面上同心圆环在点P激发的电场强度dE的方向均相同，因而P处的电场强度iiiEE023220232202)(4d2)(d41dxrrxrxrqx电场强度E的方向为带电平板外法线方向。证 2： 如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点P激发的电场强度dE在Oxy平面内且对x轴对称，因此，电场在y轴和z轴方向上的分量之和，即Ey、Ez均为零，则点P的电场强度应为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

15、- - - -第 7 页，共 20 页iiiE220 xd2cosdxyyxEE积分得iE02电场强度E的方向为带电平板外法线方向。上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。题 7.10 ：设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。解： 作半径为R的平面 S 与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理01d0qSSE这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量。因而SSSESEdd依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，ERRE22cos题 7.13 ：设在半径

16、为R的球体内，其电荷为对称分布，电荷体密度为RrRrkr00k为一常量。试用高斯定理求电场强度E与r的函数关系。解： 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律VSd1d0SE得球体内)0(Rr400202d414)(rkrrkrrrErrkrreE024)(球体外（rR）400202d414)(RkrrkrrrERrrkRreE2044)(题 7.14 ：一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为，在平板中部有一半径为r的小圆孔。求圆孔中心轴线上与平板相距为x的一点P的电场强度。题 7.14 分析： 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电

17、场。本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布。若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成、挖去圆精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 20 页孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷（电荷面密度）的圆盘。这样中心轴线上的电场强度等效于平板和圆盘各自独立在该处激发的电场的矢量和。解： 在带电平面附近n012eEne 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n220212eErxx它们的合电场强度为n220212eEEErxx。在圆孔中心处x = 0

18、，则E = 0 在距离圆孔较远时xr，则n0n2202112eeExr上述结果表明，在xr时。带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计。题 7.15 ：一无限长、半径为R的圆柱体上电荷均匀分布。圆柱体单位长度的电荷为，用高斯定理求圆柱体内距轴线距离为r处的电场强度。题 7.15 分析： 无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布，电场强度也为轴对称分布，且沿径矢方向。 取同轴往面为高斯面，电场强度在圆柱侧面上大小相等，且与柱面正交。在圆柱的两个底面上，电场强度与底面平行，0dSE对电场强度通量贡献为零。整个高斯面的电场强度通量为rLE 2dSE由于，圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度2R，处于高斯面内的

19、总电荷Lrq2由高斯定理0dqSE可解得电场强度的分布，解： 取同轴柱面为高斯面，由上述分析得LrRLrrLE2202012202RrE题 7.16 ：一个内外半径分别R1为R2和的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2。求电场分布。 电场强度是否是场点与球心的距离r的连续函数？试分析。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 20 页题 7.16 分析： 以球心O为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面。由于电荷呈球对称分布， 电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿

20、径矢方向，且大小相等。因而24drESE，在确定高斯面内的电荷q后，利用高斯定理0dqSE即可求的电场强度的分布解： 取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析024qrEr R1，该高斯面内无电荷，0q，故E1 = 0 R1 r R2，高斯面内电荷31323131)(RRRrQq，故23132031312)(4)(rRRRrQER2 r R3，高斯面内电荷为Q1+ Q2，故202144rQQE电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图所示。在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r = R3的带电球面两侧，电场强度的跃变量0302344RQEEE这一跃变

21、是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。 实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，如本题中带电球壳内外的电场，如球壳的厚度变小，E的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变。题 7.17 ：两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2 (R2 R1) ，单位长度上的电荷为。求离轴线为r处的电场强度： （1）r R1， （2）R1 r R2题 7.17 分析： 电荷分布在无限长同轴圆拄面上，电场强度也必定呈轴对称分布，沿径矢方向。取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且rLE 2dSE，求出不同半径高斯面内的电荷q。

22、利用高斯定理可解得各区域电场的分布。解： 作同轴圆柱面为高斯面。根据高斯定理精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 20 页04qrLE0020032022111EqRrrELqRrREqRr，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变题 7.21 ：两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2。求： （1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（ 2）两球面间的电势差为多少？解 1： （l ）由高斯定理可求得电场分布22021321201211440RrrQQRrRrQRrrreEeEE由电势rVlE d 可

23、求得各区域的电势分布。当1Rr时，有2021012021210132114441140ddd2211RQRQRQQRRQVRRRRrlElElE当21RrR时，有202012021201322444114dd22RQrQRQQRrQVRRrlElE当2Rr时，有rRQQVr2021334dlE（2）两个球面间的电势差2101212114d21RRQURRlE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 20 页题 7.22 ：一半径为R的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为。现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分

24、布曲线解： 取高度为l、半径为r且与带电律同轴的回柱面为高斯面，由高斯定理当Rr时022lrrlE得02)(rrE当Rr时022lRrlE得rRrE022)(取棒表面为零电势，空间电势的分布有当Rr时，)(4d2)(2200rRrrrVRr当Rr时，rRRrrRrVRrln2d2)(0202图是电势V随空间位置r的分布曲线。例题 3.4 一根质量为m,长为l的匀质棒AB,如图 3.8 所示 ,棒可绕一水平的光滑转轴O在竖直平面内转动,O 轴离 A端的距离为l/3, 今使棒从静止开始由水平位置绕O轴转动 , 求: (1) 棒在水平位置(启动时 ) 的角速度和角加速度. (2) 棒转到竖直位置时的

25、角速度和角加速度. (3) 棒在竖直位置时, 棒的两端和中点的速度和加速度. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 20 页解 ：先确 定细 棒AB 对O 轴 的 转动 惯量J0, 由 于O 轴 与质 心轴C 的 距 离为632/llld, 由平行轴定理得22220916121mllmmlmdJJc)(再对细棒进行受力分析: 重力 , 作用在棒中心 ( 重心 ), 方向竖直向下 , 重力的力矩是变力矩, 大小等于mglcos/6; 轴与棒之间没有摩擦力, 轴对棒作用的支撑力垂直于棒与轴的接触面而且通过O 点 , 在棒的转动过

26、程中, 这力的方向和大小将是随时间改变的, 但对轴的力矩等于零. (1) 当棒在水平位置( 刚启动 ) 时, 角速度00. 此时0, 由转动定律求得此时的角加速度为lgmlmglJM2396200/ (2) 当棒从转到+d时, 重力矩所作的元功为dmglMdAcos61d棒从水平位置转到任意位置的过程中, 合外力矩所作总功为sincosmgldmglMdA616100由定轴转动刚体的动能定理有202161Jmgl sin由此可得lgJmglsinsin330在竖直位置时lg302,/(3) 在竖直位置（2/）下时 , 棒的 A、B点和中点C的速度 , 加速度分别为223323363322/,)

27、(/),(/)(/)/(gagagraglglglllrcBAABAcc方向向左方向向右方向向左4-9 图示为一阿特伍德机，一细而轻的绳索跨过一定滑轮，绳的两端分别系有质量为1m和精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 20 页2m的物体，且1m2m。设定滑轮是质量为M，半径为r的圆盘，绳的质量及轴处摩擦不计，绳子与轮之间无相对滑动。试求物体的加速度和绳的张力。 解 物体21,mm及滑轮M受力如图所示对amTgmm1111: (1) 对amgmTm2222: (2) 对JrTrTM21: (3) 又2/2MrJ (4) ra

28、(5) 11TT (6) 22TT (7) 联立（ 1）- （7）式，解得2/)(2121MmmgmmagmMmmMmT121212/2/2gmMmmMmT221122/2/24-l0 绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮( 如图 ) ，其质量和半径分别为m=2kg、r=0.05m，M=8kg、R=0.10m。两鼓轮可看成是质量均匀分布的圆盘，绳索质量及轴承摩擦不计。当绳端各受拉力1T=1 kg ，2T=2kg 时，求鼓轮的角加速度。 解 根据转动定律，取顺时针方向为正JRTrT21 (1) 2/2/22MRmrJ(2) MR2m1m2m2Tgm2NgM2T1T1m1Tgm1精选学习资料 -

29、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 20 页联立 (1) ，(2) 式可得22221rad/s6.3422MRmrRTrT5、质量为1m和2m的两物体A 、B分别悬挂在如图5 所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为 R和 r ，两轮的转动惯量分别为1J和2J，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。6、如图 6 所示，一根长为l，质量为 m的匀质细杆，可绕水平光滑轴在竖直平面内转动，最初棒静止在水平位置，求它下摆到角时的角速度和角加速度。7、质量为5kg 的一桶水悬于绕在辘轳上的绳子下端，

30、辘轳可视为一质量为10kg 的圆柱体。 桶从井口由静止释放，求桶下落过程中的绳子张力，辘轳绕轴转动时的转动惯量为221MR, 其中M和R分别为辘轳的质量和半径，摩擦忽略不计。5、解：分别对两物体及组合轮作受力分析如图2-43 所示， 根据质点的牛顿第二定律和刚体的转动定律，有11T11m gFm a（1）2T222Fm gm a（2）12TT12F R - F r =J + J（ 3）11TTFF22TTFF（4）由角加速度和线加速度之间的关系，有Ra1（5）ra2（ 6）联解（ 1） 、 （2） 、 （3） 、 （4） 、 （ 5） 、 （6）式可得gRrmRmJJrmRma22212121

31、1图 6 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 20 页6 题图7 题图grrmRmJJrmRma222121212gmrmRmJJRrmrmJJFT1222121222211gmrmRmJJRrmRmJJFT22221211212126、解：由于匀质细杆受到重力矩的作用，使杆绕定轴O加速转动，当杆与水平位置成角时，受力情况如图所示，此时对转轴的重力矩为cos2lmgM（1）根据转动定律得Jlmgcos2（2）而231mlJ（3）由（ 2） 、 （3）式得杆下摆角时的角加速度为cos23lg因dddddtddtdlgcos2

32、300cos23ddlgsin3lg7、解：设绳子的拉力为T，对辘轳而言， 根据转动定律，有/T RJ（1）而对一桶水而言，由牛顿第二定律，有mgTma（2）由于绳子在运动过程中不伸长，因此有Ra/TT（3）联解（ 1） 、 （2） 、 （3）可得桶下落过程中的绳子张力为：59.8 1024.5()22510mgMTNmM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 20 页(1)计算题1. 1)长直导线载有电流I， 矩形线圈与其共面，长L1，宽L2，长边与长导线平行，线圈共N匝， 线圈以速度v垂直长导线向右运动，当AB边与导线相距

33、x时，求线圈中感应电动势大小和方向；2)如果上题中线圈保持不变，而长直导线中通有交变电流tsinII0，则线圈中感应电动势如何？ 1 ）载有电流为I的长直导线在空间产生的磁场：r2IB0，方向垂直纸面向里。选顺时针为积分正方向根据：bal d)Bv(iE线段CA中产生的动生电动势：x2IvLN101E方向由C到A。线段DB中产生的动生电动势：)Lx(2IvLN2102E，方向由C到A。线圈中感应电动势大小：21iEEE)Lx(2IvLNx2IvLN21010iE)Lx(xv2ISN20iE，其中：21LLS，动生电动势方向为顺时针。2）如果线圈保持不变，长直导线中通有交变电流tsinII0。仍

34、然选取顺时针为回路绕行的正方向，线圈的法线方向垂直纸面向里，通过距离直导线r，面积为drLdS1的磁通量：drLr2Id10，任 意 时 刻 穿 过 一 匝 矩 形 线 圈 的 磁 通 量 ：drLr2Id10Lxx2，xLxlnL2I210精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 20 页(3)计算题(2)计算题根据法拉第电磁感应定律：dtdNiE,dtdIxLxln2LN210iExLxln2tcosILN2010iE2. 长直导线载有电流I，导线框与其共面，导线ab在线框上滑动，使ab以匀速度v向右运动，求线框中感应电动势

35、的大小。选取如图所示的坐标，顺时针为积分正方向，ab上线元dx产生的电动势为：ld)Bv(diEdxx2Ivd0iE, dxx2Iv0LLL00iE线框中感应电动势的大小: 000LLLln2IviE，方向为逆时针。3. 无限长直导线通有稳定电流I， 长L的金属棒绕其一端O在平面内顺时针匀速转动，角速度，O点至导线的垂直距离为r0，设直导线在金属棒旋转平面内，求在下面两种位置时棒内感应电动势大小和方向。(1)金属棒转至如图OM位置时。(2)金属棒转至如图ON位置时。金属棒转至如图OM位置时，L000dl)l(r2IiE, 200Lr4IiE方向沿OM。金属棒转至如图ON位置时Lrr0000dr

36、)rr(r2IiELrr0000dr)rr1(2IiE，)rLrlnrL(2I0000iE，方向沿ON。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 20 页(1)计算题(3)计算题计算题1.一无限长直导线通以电流I1， 其旁有一直角三角形线圈通以电流I2， 线圈与长直导线在同一平面内，尺寸如图所示求bc ca,两段导线所受的安培力。bc边上各点的磁感应强度相等，bc边受到的安培力大小：LBIF2bc，)Ld(2IB10，)Ld(2LIIF210bc，方向向左；选取如图所示的坐标，ca边的电流元I2dl受到的安培力：BlIdFd将k

37、x2IB10和)sinjcosi(dlld，cosdxdl代入)cosjsini (cosdxx2IIFd210)cosjsini (cosdxx2IIFdF210dldca，)jtgi (dldln2IIF210ca，1tg，)ji(dldln2IIF210ca，安培力大小：dldln2IIF210ca*3. 如图所示，有一半径为R的圆形电流I2，在沿其直径AB方向上有一无限长直线电流I1，方向见图，求：(1)半圆弧AaB所受作用力的大小和方向；(2)整个圆形电流所受作用力的大小和方向。选取如图所示的坐标，电流I1在半圆弧AaB 上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

38、结 - - - - - - -第 19 页，共 20 页产生的磁感应强度大小为：cosR2IB10，方向如图所示。在AaB上选取如图所示的电流元I2dl，受到的安培力为：)jsindlicosdl(cosR2IIFd210, )jdtgid(2IIFd210半圆弧AaB所受作用力：)jdtgid(2IIF22210AaB，i2IIF210AaBI1在右半圆弧上产生的磁感应强度大小为：sinR2IB10，方向如图所示。在右半圆弧上选取电流元I2dl，受到的安培力为：)jcosdlisindl(sinR2IIFd210将dl=Rd代入上式得到：)jdctgid(2IIFd210右半圆弧所受作用力：)jdctgid(2IIF0210，i2IIF210整个圆形电流所受作用力：FFFAaB，iIIF210精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 20 页