大学物理复习题汇总_1.pdf

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1、 5 大学物理 1 期末复习题（力学部分）第一章重点：质点运动求导法和积分法，圆周运动角量和线量。第二章重点：牛顿第二运动定律的应用(变形积分)第三章重点：动量守恒定律和机械能守恒定律 第四章重点：刚体定轴转动定律和角动量守恒定律 1一质点沿半径为0.1Rm 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在 0t这段时间内所经过的路程为422ttS，式中S以 m 计，t以 s 计，则在t时刻质点的角速度为 22trad/s，角加速度为 2/2srad。（求导法）2 质点沿 x 轴作直线运动，其加速度ta4m/s2，在0t时刻，00v，100 xm，则该质点的运动方程为x 33210tx 。（积分法）3一质

2、点从静止出发绕半径 R 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为，则该质点走完半周所经历的时间为_2_ _。（积分法）4 伽利略相对性原理表明对于不同的惯性系牛顿力学的规律都具有相同的形式。5一质量为kgm2的质点在力 NtFx32作用下由静止开始运动，若此力作用在质点上的时间为s2，则该力在这s2内冲量的大小I 10 NS ；质点在第s2末的速度大小为 5 m/s 。（动量定理和变力做功）6一质点在平面内运动,其1cr，2/cdtdv；1c、2c为大于零的常数，则该质点作 匀加速圆周运动 。7一质点受力26xF的作用，式中x以 m 计，F以 N 计，则质点从0.1xm沿 X 轴运动到 x=2.0

3、m 时，该力对质点所作的功A J14。（变力做功）8一滑冰者开始自转时其动能为20021J，当她将手臂收回,其转动惯量减少为30J，则她此时自转的角速度 03 。（角动量守恒定律）5 9一质量为m半径为R的滑轮，如图所示，用细绳绕在其边缘，绳的另一端系一个质量也为m的物体。设绳的长度不变，绳与滑轮间无相对滑动，且不计滑轮与轴间的摩擦力矩，则滑轮的角加速度 Rg32；若用力mgF 拉绳的一端，则滑轮的角加速度为 Rg2。（转动定律）10.一刚体绕定轴转动，初角速度80rad/s，现在大小为8（Nm）的恒力矩作用下，刚体转动的角速度在 2 秒时间内均匀减速到4rad/s，则刚体在此恒力矩的作用下的

4、角加速度_2/2srad_ _，刚体对此轴的转动惯量J 4kgm2 。（转动定律）11一质点在平面内运动，其运动方程为 22,441xtytt，式中x、y以 m 计，t以秒 s 计，求：(1)以t为变量，写出质点位置矢量的表达式；(2)轨迹方程；(3)计算在 12s 这段时间内质点的位移、平均速度；(4)t时刻的速度表达式；(5)计算在 12s 这段时间内质点的平均加速度；在11ts 时刻的瞬时加速度。解：（1）)m(14422jtti tr；(2)2)1(xy；(3)(m)162jr i；(m/s)162j iv；(4)m/s()48(2jtidtrdv；(5)(m/s82ja；)(m/s8

5、2j1a（求导法）12摩托快艇以速率0v行驶，它受到的摩擦阻力与速度平方成正比，设比例系数为常数 k，即可表示为2kvF。设快艇的质量为m，当快艇发动机关闭后，(1)求速度随时间的变化规律；(2)求路程随时间的变化规律。解：（1）2dvkvmdt m F 5 0201vtvkdvdtvm 00mvvmkv t（2）0000 xtmvdxdtmkv t 0(1)kv tmxLnkm（牛二定律变形积分）13如图所示，两个带理想弹簧缓冲器的小车A和B，质量分别为1m和2m，B不动，A以速度0v与B碰撞，如已知两车的缓冲弹簧的倔强系数分别为1k和2k，在不计摩擦的情况下，求两车相对静止时，其间的作用力

6、为多大?(弹簧质量忽略而不计)。解：系统动量守恒：1 012()m vmm v 系统机械能守恒：22221 0121 1221111()2222mvmm vk xk x 两车相对静止时弹力相等：1 122Fk xk x F=02121212121vkkkkmmmm （动量守恒和机械能守恒定律）14有一质量为1m长为l的均匀细棒，静止平放在光滑的水平桌面上，它可绕通过其中点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为2m的子弹以速度 v 射入杆端，其方向与杆及轴正交，求碰撞后棒端所获得的角速度。解：系统角动量守恒：2J2lm v总 2212()122mllJm总 2126 (3)v m

7、mm l （角动量守恒定律）电磁学部分 第五章重点：点电荷系（矢量和）、均匀带电体（积分法）、对称性电场（高斯定理，分段积分）的电场强度E 和电势 V 的计算。第七章重点：简单形状载流导线（矢量和）、对称性磁场（安培环路定理）的磁感应强度 BB A 1m 2m 0v 1k 2k 5 的计算，安培力 F 的计算。第八章重点：感生电动势（法拉第电磁感应定律）和动生电动势i的计算，磁通量m的计算。1.一半径为 R 的半圆细环上均匀地分布电荷Q，求环心处的电场强度.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dl，其电荷dlRQdq，此电荷元可视为点

8、电荷，它在点 O 的电场强度2041rdqdE，因圆环上的电荷对 y 轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有0LxdE，点O的合电场强度LydEE，统一积分变量可求得E.解：（1）建立坐标系；（2）取电荷元dlRQdq （3）写2041rdqdE （4）分解到对称轴方向 cos4120rdqdEy （5）积分：dlRQRELO20cos41 由几何关系Rddl，统一积分变量后，有 2022220202cos4RQdRQE，方向沿 y 轴负方向.（积分法五步走）2.两条无限长平行直导线相距为0r,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为.（1）求两导线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一线

9、的垂直距离为x);(2)求每一根导线 上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场rE02的叠加.5 解:设点P在导线构成的平面上，E、E分别表示正、负带电导线在P点的电场强度，则有 ixrxEEE00112ixrxr0002（矢量和）3.设均强电场的电场强度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.分析 方法 1：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即SSSdE.方法 2：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010qdSES 这表明穿过闭合曲面的净通

10、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SSSdESdE 解:由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 SSSdESdE 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，ERRE22cos （高斯定理和电通量定义式）4.在电荷体密度为的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O指向球形空腔球心O的矢量用a表示（图 8-17).试证明球形空腔中任一点的电场强度为 aE03 分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形

11、空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为的均匀带电球和一个电荷体密度为、球心在O的带电小球体（半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P点产生的电场强度分别为1E、2E，则P点的电场强度为两者矢量和。.证:带电球体内部一点的电场强度为 rE03 所以 1013rE；2023rE 5 210213rrEEE 根据几何关系arr21，上式可改写为aE03（等效法和高斯定理）5.一无限长、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离为r处的电场强度.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.取同轴柱面为高斯面，电场

12、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，对电场强度通量的贡献为零.整个高斯面的电场强度通量为rLEdSE2由于圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度E，出于高斯面内的总电荷 Lrq2由高斯定理0qdSE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 LrRLrrLE2202012 202RrE （高斯定理）6.两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为1R和122RRR，单位长度上的电荷为.求离轴线为r处的电场强度：（1）1Rr，（2）21RrR，（3）2Rr 分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定程轴对称分布，沿径向方

13、向.去同轴圆柱为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且,2 rLEdSE求出不同半径高斯面内的电荷q.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 02qrLE 1Rr，0q 01E 21RrR，Lq rE022 2Rr，0q 5 03E 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 0022rLLrE （高斯定理）7.如图所示，有三个点电荷 321QQQ、沿一条直线等间距分布，已知其中任一点电荷所受合力均为零，且QQQ21.求在固定1Q、3Q的情况下，将2Q从点O移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据1Q、3Q所受合力为零可求得42QQ.外

14、力作功W应等于电场力作功W的负值，即WW.求电场力作功可根据功电场力作的功与电势能差的关系，有 0202VQVVQW 其中0V是点电荷1Q、3Q 在点O产生的电势（取无穷远处为零电势）.:解 在任一点电荷所受合力均为零时QQ412，并由电势的叠加1Q、3Q在O的电势 dQdQdQV003010244 将2Q从点O推到无穷远处的过程中，外力作功 dQVQW02028 （受力平衡、点电荷系电势、电场力做功）8.已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为 rerE02 为电荷线密度.（1）在求在1rr 和2rr 两点间的电势差；（2）在点电荷的电场中，我们曾取r处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时

15、，能否这样取？试说明.解 ）（1由于电场力作功与路径无关，若取径矢为积分路径，则有 12012ln221rrrdrEUrr (电势差定义式)5 （2）不能.严格地讲，电场强度 rE02 只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r处的电势应与直线上的电势相等.9.两个同心球面的半径分别为1R和2R，各自带有电荷1Q和2Q.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？分析 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由rPPdrEl dEV可求

16、得电势分布.解:由高斯定理可求得电场分布 01E 1Rr 20124rQE 21RrR 202134rQQE 2Rr 由电势 rdrEV可求得区域的电势分布.当 1Rr 时，有 drEdrEdrEVRRRRr22113211 2021210141140RQQRRQ 20210144RQRQ 当21RrR时，有drEdrEVRRr22322 202121014114RQQRrQ 2020144RQrQ 当1Rr 时，有210133114RRQdrEVr 5（先用高斯定理求场强 E,再用分段积分求电势 V)10.两个很长的共轴圆柱面mRmR10.0,100.3221，带有等量异号的电荷，两者的电势

17、差为 450V.求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？（2）两圆柱面之间的电场强度.解 由 8 的结果，两圆柱面之间的电场 rE02 根据电势差的定义有 12012ln221RRdrEURR 解得 1812120101.2ln2mCRRU VrrE11074.3220 两柱面间电场强度的大小与r成反比.(电势差定义式)11.在Oxy面上倒扣着半径为R的半球面，半球面上电荷均匀分布，电荷密度为.A点的坐标为20 R，B点的坐标为23R,求电势差ABU.分析 电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在Oxy平面上各点产生的电势显然就等于带电球面在改点的电势的一半.据此，可先求出一个完整球面

18、在BA、间的电势差ABU，再求出半球面时的电势差ABU.由于带电球面内等电势，球面内A点的电势，故 BRABABVVUU2121 其中RV是带电球表面的电势，BV是带电球面在B点的电势.解 假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度的一个完整球面，此时在BA、两点的电势分别为 RAVRRQV004 5 0020324RrRrQVB 则半球面在BA、两点的电势差 0621RVVUBRAB（点电荷电势式和电势差定义式）12.在半径为1R的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半径为2R，相对电容率为r.设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为.试求介质层内的ED、和P.分析 将长直导线视作无限长，自由电荷

19、均匀分布在导线表面.在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷，这些电荷在内外表面呈均匀分布，所以电场是轴对称分布.取同轴柱面为高斯面，由介中的高斯定理可得电位移矢量D的分布.在介质中EDr0，EDP0，可进一步求得电场强度E和电极化强度矢量P的分布.解 由介质中的高斯定理，有 LrLDSdD2 得 rD2 在均匀各向同性介质中 rDErr002 rrerEDP2110 （有电介质时的高斯定理）13.设有两个薄导体同心球壳A与B，它们的半径分别为cmR101与cmR203，并分别带 有 电 荷CC78100.1100.4与.球 壳 间 有 两 层 介 质，内 层 介 质 的0.2,0.421rr

20、外层介质的，其分界面的半径为.152cmR 球壳B外为空气.求：（1）两球间的电势差ABU；（2）离球心cm30的电场强度；（3）2 球A的电势.分析 自由电荷和极化电荷均匀分布在球面上，电场呈球对称分布.取同心球面为高斯面，根据介质中的高斯定理可求得介质中的电场分布.由电势差和电场强度的积分关系可求得两导体球壳间的电势差，由于电荷分布在有限空间，通常取无穷远处为零电势 5 AAdlEV 解 （1）由介质中的高斯定理，有 124QrDdSD 得 221214rerQDD rrerDE21011 RrR1 rrrerQDE220120224 32RrR 两球壳间的电势差 31RRABdlEU d

21、lEdlERRRR322121 3220121101114114RRQRRQrr V2100.6 （2）同理由高斯定理可得 1320213100.64mVeerQQErr （3）取无穷远处电势为零，则 VRQQUdlEUVABBABA330213101.24（先由电介质中高斯定理求 D 分布，再求 E 分布，再分段积分求 V 分布）14.如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感应强度各为多少？分析 应用磁场叠加原理求解.将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度3210BBBB.解 （a)长直电流对点O而言，

22、它在延长线上点O产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为41圆弧电流所激发，故有:RIB800，方向垂直纸面向外.（b)将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得 5 .RIRIB22000，方向垂直纸面向里 （c)将载流导线看作21圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得 RIRIRIRIRIB42444000000，方向垂直纸面向外.(矢量和)15.载流长直导线的电流为I，试求通过矩形线圈 ABCD 的磁通量.分析 由于矩形平面上各点的磁感应强度不同，故磁通量BS.为此，可在矩形平面上取一矩形面元ldxdS b1011图，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 ldxxIdSBd20

23、矩形平面的总磁通量 d 解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量 1200ln2221ddIlldxxIdd（积分法四步走）16.有同轴电缆，其尺寸如图所示.两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感应强度：（1）;1Rr（2）21RrR；（3）32RrR；（4）3Rr.画出rB图线.分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，rBl dB2，利用安培环路定理Il dB0，可解得各区域的磁感强度.解 由上述分析得 1Rr 221012rRIrB 21012 RIrB 21RrR IrB022 5 rIB202 31RrR

24、IRRRrIrB2223222032 2223223032RRrRrIB 3Rr 0204IIrB 04B 磁感强度 rB的分布曲线略。（磁场的安培环路定理）17.电流I均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量.分析 由题 16 可得导线内部距轴线为r处的磁感应强度 202 RIrrB 在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义 dSrB来求解.沿轴线方向在剖面砂锅取面元ldrdS，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量BdSd，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量 SBdr 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量 420020IdrRIr

25、R （磁通量积分四步走）18.如图 a2811所示，一根长直导线载有电流AI301，矩形回路载有电流AI202.试计算作用在回路上的合力.已知cmd0.1，.12.0,0.8cmlcmb 分析 矩形上、下两段导线受安培力1F和2F的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力3F和4F大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力.解 由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力3F和4F之矢量和，它们的大小分别为 5 dlIIF22103 bdlIIF22104 故合力的大小为 NbdlIIdlI

26、IFFF3210210431028.122 合力的方向朝左，指向直导线.（安培力）19.有两根相距为d的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以dtdI的变化率增长.若有一边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势和自感系数.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律dtd来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用SdSB来计算（其中B为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度1B和2B之和）.为了积分的需要，建立坐标系.由于B仅与x有关，即 xBB，故取一个平行长直导线的宽为dx、长为d的面元dS，如图中阴影部分所示，则ddxdS，所以，总磁通量

27、可通过线积分求得（若取面元dxdydS，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术上又称为互感想象，也可用公式dtdIMM求解.1解 穿过面元dS的磁通量为 ddxxIddxdxIdSBdSBdSBd220021 因此穿过线圈的磁通量为 43ln22202020IddxxIddxdxIdddddd 再由法拉第电磁感应定律，有 dtdIddtd43ln20 由MIm,得互感系数：43ln20dIM 5 2解 当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln20dI 线圈与两长直导线间的互感为 43ln20dIM 当电流以dtdI变化时，线圈中的互感电动势为 dtdIddtdIM43ln

28、20（先求磁通量，再求感生电动势和互感系数）20.长为L的铜棒，以距端点r处为支点，以角速度绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差.分析 首先应分清棒两端的电势差与棒上的动生电动势不是一个概念，它们之间的关系如同电源的路端电压与电源电动势之间的关系.在开路情况中，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）.本题可直接用积分法求解棒上的电动势，此时积分上下限应为rL和r.另外，可将整个棒的电动势看作是OA棒与OB棒上电动势的代数和，如图 b813 所示.1解 如图 a813 所示，在棒上距O点为l处取导体元

29、dl，则 rLBLlBdldlBvrLrABAB221 因此棒两端的电势差为 rLBLUABAB221 当rL2时，端点A处的电势较高.2解 将AB棒上的电动势看作是OA棒和OB棒上电动势的代数和，其中 221rBOA，221rLBOB 则 rLBLOBOAAB221 (动生电动势)21.长为L的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO 轴以角速度旋转，棒与转轴间夹角恒为，磁感强度B与转轴平行.求OP棒在图示位置的电动势.分析 本题既可以用法拉第电磁感应定律dtd计算（但此时必须构造一个包含OP导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO)，也可用dlBvl来计算.由 5 于对称性，导体OP旋

30、转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的.解 由上分析，得 dlBvOPOP adlvBlcos90sin0 dlBll090cossin 202sin21sinLBldlBL 由矢量Bv的方向可知端点P的电势较高.(动生电动势)22.金属杆AB以匀速10.2smv平行于一长直导线移动，此导线通有电流AI40.问：此杆中的感应电动势为多大？杆的哪一端电势较高？分析 本题可用公式dlBvl求解，可建立图 a1013 所示的坐标系，所取导体元dxdl，该处的磁感强度xIB20.解 根据分析，杆中的感应电动势为 VIvvdxxIdlBvmmABAB501.11.001084.311ln22 式中

31、负号表示电动势方向由B指向A，从低到高，故点A电势较高.(动生电动势)23.在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向.分析 本题可用公式dtd求解，但用此公式须注意，式中应该是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量.为此可设时刻t时，线框左边距导线的距离为，如图 c1113 所示，显然是时间t的函数，且有vdtd.在求得线框在任意位置处的电动势 后，再令d，即可得线框在题目所给位置处的电动势.解 设顺时针方向为线框回路的正方向.根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为 120020ln221

32、lIldxxIll 相应电动势为 5 12102llIvldtd 令d，得线框在图示位置处的电动势为 12102lddlIvl 由0可知，线框中电动势方向为顺时针方向.(先求磁通量,再由法拉第电磁感应定律求感生电动式)24.半径为cmR0.2的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零.若通电电流均匀变化，使得磁感强度B随时间的变化率dtdB为常量，且为正值，试求：1管内外由磁场变化激发的感生电场 EK分布；（2）如1010.0sTdtdB，求距螺线管中心轴cmr0.5处感生电场的大小和方向.分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源变化的磁场（包

33、括磁场的空间分布以及磁场的变化率dtdB等）密切相关，即.dStBdlElSK在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的.但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解.可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图1513所示.由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆.同一圆周上各点的电场强度KE的大小相等，方向沿圆周的切线方向.图1513中虚线表示Rr 和Rr 两个区域的电场线.至于电场线绕向为顺时针或逆时针，则取决于场源变化磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0dtd

34、B时，电场线绕向与B方向满足右旋关系；当0dtdB时，电场线绕向与前者相反.解:分别在Rr 和Rr 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l（半径为r的圆），并设顺时针方向为回路正向.（1）Rr dtdBrdSBdtdrEdlEKlK22 dtdBrEK2 Rr dtdBRdSBdtdrEdlEKlK22 dtdBrREK22 由于0dtdB，故电场线的绕向为逆时针.5 （2）由于Rr，所求点在螺线管外，因此 dtdBrREK22 将dtdBRr、的数值代入，可得15100.4mVEK，式中负号表示KE的方向沿电场线的切线方向，是逆时针的.(动生电动势和感生电场定义式)25.在半径为R的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B的方向与柱的轴线平行.如图所示，有一长为l的金属棒放在磁场中，设B随时间的变化率dtdB为常量.试证：棒上感应电动势的大小为 2222lRldtdB 分析 本题可用法拉第电磁感应定律求解，具体方法是：如图 a1613 所示，连接OQOP、，设想PQOP构成一个闭合导体回路，由于OQOP、沿半径方向，与通过该处的感生电场强度KE处于垂直，故0dlEK，OQOP、；两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒上PQ上的电动势.:证 由法拉第电磁感应定律，有 2222lRldtdBdtdBSdtdPQ (感生电动势)O P Q