大物习题答案22

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4.式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1） j t t i t r)4321()53(2-+++=m (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i tr v则 j i v734+= 1s m -⋅(6) 2s m 1d d -⋅==j tv a这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得ts stl ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v tl v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v sl tl s l ts v ==-=-=船或 sv s h slv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度32022222002)(d d d d d d sv h sv sls v slv s v v st s l tl s tv a =+-=+-=-==船船1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ， v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tv a 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故 2234t t v += 又因为 2234d d t t tx v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102sm 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ． 解：（1） bt v ts v -==0d dRbt v Rva b t v a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(Rbt v b aa a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n--==τϕ(2)由题意应有2402)(Rbt v b b a -+==即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b∴当bv t 0=时，b a =1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图(1)在最高点，o0160cos v v v x == 21sm 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1sm -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n ∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ2-3 283166-⋅===sm m f a x x2167-⋅-==s m mf a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=2101200872167452832sm dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-⋅--=sm ji v(2) mji j i jt a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++= 2-4 (1)∵dtdv mkv a =-=分离变量，得m kdt v dv -=即⎰⎰-=vv tmkdt v dv 0mkt ev v -=ln ln∴ tmk e v v -=0(2)⎰⎰---===tttmk mk ekmv dt ev vdtx 000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞-=='000kmv dt ev x tmk(4)当t=km 时，其速度为ev ev ev v km m k 0100===-⋅-即速度减至v 0的e1.2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J (2)w tA N 756.045==∆=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为 1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p=∆∆=2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv +=即 222120v v v += ①3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S 和S '中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s ．求： (1) S '相对于S 的运动速度．(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．解: 甲测得0,s 4==x t ∆∆,乙测得s 5=t ∆，坐标差为12x x x '-'='∆′ (1)∴ t cv tx cv t t ∆-∆=∆+∆='∆22)(11)(λγ54122='∆∆=-t t cv解出 c c t t c v 53)54(1)(122=-='∆∆-=8108.1⨯= 1s m -⋅(2) ()0,45,=∆=∆'∆=∆-∆='∆x tt t v x x γγ∴ m 1093453458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆负号表示012<'-'x x ． 3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少? 解: 2220153,1513βββ-=-=-=='则l l∴ c c v 542591=-=3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为S '系，0='∆x ，固有周期0τ='∆t .地球为S 系，则有运动时t t '∆=∆γ1，这里1t ∆不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，ct v 1∆∴ t cv t c t v t t ∆+'∆=∆+∆=∆γγ11′)1(cv t +'=∆γ6.01)8.0(112=-=c c γ则 γλτ)8.01(5.0)1(0c c cv t t +++∆='∆=s 1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+=3-16 静止在S 系中的观测者测得一光子沿与x 轴成︒60角的方向飞行．另一观测者静止于S ′系，S ′系的x '轴与x 轴一致，并以0.6c 的速度沿x 方向运动．试问S ′系中的观测者观测到的光子运动方向如何? 解: S 系中光子运动速度的分量为c c v x 500.060cos ο==c c v y 866.060sin ο==由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为c ccc c c v cu u v v xx x143.05.06.016.05.0122-=⨯--=--='c ccc c v cu v cu v xyy 990.05.06.01866.06.011122222=⨯-⨯-=--='光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足692.0tan -=''='xy v v θθ'在第二象限为ο2.98='θ在S '系中，光子的运动速度为c v v v y x='+'='22 正是光速不变． 3-17 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c ，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c 加速到0.9c ，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得)111()1(222020202--=-=-==cv c m c m cm mcE E k k γ∆)11.011()103(101.922831--⨯⨯⨯=-161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯(2) )()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k---=-='∆)1111(221222202122cv cv c m cm c m ---=-=))8.0119.011(103101.92216231---⨯⨯⨯=-J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F F F ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有111x k F x k F -=-=串222x k F -=又有 21x x x +=2211k F k F k F x +==串所以串联弹簧的等效倔强系数为2121k k k k k +=串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k k k k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为2121)(222k k k k m k m T +===ππωπ串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，即21x x x ==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有2211x k x k x k +=并故 21k k k +=并 同上理，其振动周期为212k k m T +='π4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2A x =处向负向运动； (4)过2A x -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程． 解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t TA x)452cos(454πππφ+==t TA x4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4．用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后 ，给予向上的初速度10scm 0.5-⋅=v ，求振动周期和振动表达式．解：由题知 12311mN 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k而0=t 时，-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x ( 设向上为正)又 s 26.12,51082.03===⨯==-ωπωT mk 即m102)5100.5()100.1()(22222220---⨯=⨯+⨯=+=∴ωv x A45,15100.1100.5tan 022000πφωφ==⨯⨯⨯=-=--即x v∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+=4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x 解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A (2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。

第一章P171-2 已知j t A i v v ωωsin 0-=，则j t A i t v dt v rωcos 0+==⎰由 ⎝⎛==t A y t v x ωcos 0 可得A v xA y -=0cos ω〔以出发点为原点〕 j t mA a m F jt A a ωωωωcos cos 22-==∴-=1-4 如图，在B 点时，根据其受力情况，有⎝⎛==-20202130sin 60cos BB B mv mgl l mv mg T 解得)N (923==mg T B 在B 点时，根据其受力情况，有⎝⎛==-2221CC C mv mgl l mv mg T 解得)N (183==mg T C1-6 由题意设kv f = ，其受力方向在竖直方向上，则有dtdv mma kv F mg f F mg ==--=-- 变形可得dt dv kvF mg m=--两边同时积分⎰⎰=--t vdt dv kvF mg m00整理可得)1(t m ke kFmg v ---= 注意基本概念的理解和掌握：位移，速度，加速度之间的关系 注意受力分析，区分出B 点时的角度关系设沉降距离为y ，则dtdy v =)]1([)1(0-+-=--==--⎰⎰tm ktt m ke km t k F mg dt e k F mg vdt y1-9 由题意，当h=50m 时，桶中水已全部漏完，故木桶从井中提到井口所做的功为J)(3500)(J 3430)1.011(]2.0)[(1005050021005050或=+-=+-+=⎰⎰gh gh h Mgdhdh gh g m M W1-14 〔1〕子弹所受的冲量)m /s kg (9)50050(02.0⋅-=-⨯=∆=p I木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即)m/s kg (9⋅=木块I〔2〕对木块，有)m/s kg (950⋅=⋅=∆=m p I木块，因此kg 18.0=m 。

简答题5.1 什么是简谐运动？说明下列运动是否是简谐运动？（1）活塞的往复运动；（2）皮球在硬地上的跳动；（3）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短；（4）锥摆的运动。

答：质点的简谐振动一定要有平衡位置，以平衡位置作为坐标原点，如果以x 表示质点偏离平衡位置的位移，质点所受合外力一定具有F kx =-的形式。

（１）活塞的往复运动不是简谐运动，因为活塞受力的方向和它的位移是同一方向，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以活塞的往复运动是简谐运动。

（２）皮球在硬地上的跳动不是简谐运动，因为忽略空气阻力，皮球在上升和下落阶段，始终受到竖直向下的重力的作用，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以皮球的运动不是简谐运动。

（３）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短是简谐运动。

符合简谐运动的定义。

（４）锥摆的运动不是简谐运动，此时锥摆受到重力和绳的拉力的作用，这两个力的合力的大小为恒量，而方向在不断的改变，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以锥摆的运动不是简谐运动。

5.2（1）试述相位和初相的意义，如何确定初相？（2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，t = 0是质点开始运动的时刻，还是开始观察的时刻？初相20/,πϕ=各表示从什么位置开始运动？答：1）相位是决定谐振动运动状态的物理量，初相是确定振动物体初始时刻运动状态的物理量。

由初始条件可以确定初相。

2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，t = 0是质点开始计时时刻的运动状态，是开始观察的时刻。

初相0ϕ=是物体处于正最大位移处开始运动，初相/2ϕπ=是物体处于平衡位置且向初相x 轴负向开始运动。

5.3 一质点沿x 轴按)cos(ϕω+=t A x 作简谐振动，其振幅为A ，角频率为ω，今在下述情况下开始计时，试分别求振动的初相：（1）质点在x = +A 处；（2）质点在平衡位置处、且向正方向运动；（3）质点在平衡位置处、且向负方向运动；（4）质点在x =A /2处、且向正方向运动；（5）质点的速度为零而加速度为正值。

实验三衍射光栅【预习思考题】1. 如何调整分光计到待测状态?答：（1）调节望远镜适合接收平行光，且其光轴垂直于仪器中心轴；（2）平行光管能发出平行光，且其光轴垂直于仪器中心轴；（3）载物台的台面垂直于仪器中心轴。

2. 调节光栅平面与入射光垂直时，为什么只调节载物台调平螺钉b、c，而当各级谱线左右两侧不等高时，又只能调节载物台调平螺钉a？答：调节光栅平面与入射光垂直时，光栅放在载物台调平螺钉b、c的垂直平分线上，望远镜和平行光管已调好，调节载物台调平螺钉a不能改变光栅面与入射光的夹角，只能调节螺钉b或c使光栅面反射回来的“+”字像与分划板上“ ”形叉丝的上十字重合，此时光栅平面与入射光垂直。

当各级谱线左右两侧不等高时，说明光栅刻线与载物台平面不垂直，调节b、c破坏入射光垂直光栅面，只调节a即可使各级谱线左右两侧等高。

【分析讨论题】1. 利用本实验的装置如何测定光栅常数？答：与实验步骤一样，调出光谱线，已知绿光波长m，测量一级（）绿光衍射角，根据光栅方程，可计算出光栅常数d 。

2. 三棱镜的分辨本领,b是三棱镜底边边长，一般三棱镜约为1000cm-1。

问边长多长的三棱镜才能和本实验用的光栅具有相同的分辨率？解：已知：实验测得=27000，cm-1 求b。

由得b= (cm)答：略。

实验九用动态法测定金属棒的杨氏模量【预习思考题】1．试样固有频率和共振频率有何不同，有何关系?固有频率只由系统本身的性质决定。

和共振频率是两个不同的概念，它们之间的关系为：式中Q为试样的机械品质因数。

一般悬挂法测杨氏模量时，Q值的最小值约为50，所以共振频率和固有频率相比只偏低0.005%，故实验中都是用f共代替f固，2．如何尽快找到试样基频共振频率?测试前根据试样的材质、尺寸、质量，通过（5.7-3）式估算出共振频率的数值，在上述频率附近寻找。

【分析讨论题】1．测量时为何要将悬线吊扎在试样的节点附近？理论推导时要求试样做自由振动，应把线吊扎在试样的节点上，但这样做就不能激发试样振动。

大连理工大学软件学院大学物理作业及答案作业11．关于电场强度定义式，下列说法中哪个是正确的？[ ] A ．场强E 的大小与试探电荷0q 的大小成反比。

B ．对场中某点，试探电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变。

C ．试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向。

D ．若场中某点不放试探电荷0q ，则0F =，从而0E =。

答案： 【B 】[解]定义。

场强的大小只与产生电场的电荷以及场点有关，与试验电荷无关，A 错；如果试验电荷是负电荷，则试验电荷受的库仑力的方向与电场强度方向相反，C 错；电荷产生的电场强度是一种客观存在的物质，不因试验电荷的有无而改变，D 错；试验电荷所受的库仑力与试验电荷的比值就是电场强度，与试验电荷无关，B 正确。

2．一个质子，在电场力作用下从A 点经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示，已知质点运动的速率是递增的，下面关于C 点场强方向的四个图示哪个正确？[ ]答案： 【D 】[解]a m E q=，质子带正电且沿曲线作加速运动，有向心加速度和切线加速度。

存在向心加速度，即有向心力，指向运动曲线弯屈的方向，因此质子受到的库仑力有指向曲线弯屈方向的分量，而库仑力与电场强度方向平行（相同或相反），因此A 和B 错；质子沿曲线ACB 运动，而且是加速运动，所以质子受到的库仑力还有一个沿ACB 方向的分量（在C 点是沿右上方），而质子带正电荷，库仑力与电场强度方向相同，所以，C 错，D 正确。

3．带电量均为q +的两个点电荷分别位于X 轴上的a +和a -位置，如图所示，则Y 轴上各点电场强度的表示式为E = ，场强最大值的位置在y = 。

答案：j y a qyE 23220)(2+=πε，2/a y ±=[解]21E E += )(422021y a qE E +==πε关于y 轴对称：θcos 2,01E E E y x ==y a qyE y 23220)(2+==∴πε沿y 轴正向的场强最大处0=dydEy y a y y a dy dE 2)(23)(25222322⨯+-+∝-- 2/a y = 2/a y ±=处电场最强。

2006年第22届全国物理竞赛赛决赛10.30一、如图所示，一细光束由空气中射到一透明平行平板的上表面，经折射后由平板下表面射出．此细光束由两种不同频率的单色光①和②构成．用i表示入射角，用n1和n2分别表示平板对①和②的折射率，且已知n1> n2.1．试分析讨论哪种单色光在穿过平板的过程中所用的时间较短．2．若n1=1.55，n2=1.52可做出什么判断?若n1=1.40， n2=1.38，又可做出什么判断?二、如图所示，劲度系数为k=40.0 N／m的轻质水平弹簧的左端固定在壁上，右端系一质量M=3.00 kg 的小物块A，A的右边系一轻细线，细线绕过轻质光滑的定滑轮后与轻挂钩相连．物块A放在足够长的水平桌面上，它与桌面间的静摩擦因数μ0=0.200，而动摩擦因数μ=0.180．滑轮以左的轻绳处于水平静止状态，弹簧的长度为自然长度．现将一质量m=2.00 kg的物块 B轻轻地挂在钩上，然后放手．求此后整个过程中克服摩擦力所做的功和经历的时间．取g=10 m／s2．三、如图所示，A、B是两个内径相同的圆柱形气缸，竖直放置在大气中，大气压强为p0．质量都是m 的活塞分别把都是n mol的同种理想气体封闭在气缸内，气缸横截面的面积为S．气缸B的活塞与一处在竖直状态的劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的上端固定．初始时，两气缸中气体的温度都是T1，活塞都处在平衡状态，弹簧既未压缩亦未拉长．现让两气缸中的气体都缓慢降温至同一温度，已知此时B中气体的体积为其初始体积的 a倍，试求在此降温过程中气缸A中气体传出的热量Q A与气缸 B中气体传出的热量Q B之差．四、缓冲器是用来减少车辆间冲击作用的一种装置，下图所示是一种常用的摩擦缓冲器的断面简化示意图．图中N是缓冲器的弹簧盒．C和D是两块完全相同的、截面为梯形的楔块，两楔块上、下对称放置，左、右端分别与垫板P、Q相接触，楔块的斜面与水平面的夹角均为a．A是劲度系数为k1的弹簧，两端分别与 C、D固连．B是劲度系数为k2的弹簧，一端与Q固连，另一端与弹簧盒的壁固连．楔块C、D与各接触面之间均可滑动,动摩擦因数均为μ．工程上用吸收率来表示缓冲器性能的优劣．测定吸收率时，将缓冲器的右侧固定，左侧用实验车由左向右撞击垫板P．在压缩阶段，在冲击力F作用下，缓冲器的弹簧被压缩至最紧(但未超过弹性限度)时，加在P上的外力F做功W；在弹簧恢复的过程中，缓冲器反抗外力做功W′.定义吸收率为η=1 - W/W'，吸收率越大，则缓冲器性能越好．已知某一种摩擦缓冲器的参数为k1=1.2×107N／m,k2=1.5×106N／m，μ=0.25，a=22°．由于技术上的需要，各弹簧在组装时就已处于压缩状态，A的压缩量为x10=1.0×10-3 m．B的压缩量为x20=4.O×10-2m．弹簧B可以在外力作用下再压缩的最大量为△x m=6.3×10-2m．若弹簧、楔块和垫板的质量均可视为零，试计算该缓冲器的吸收率．五、设某原子核处于基态时的静止质量为m0，处于激发态时其能量与基态能量之差为△E，且受激原子核处于自由状态．1．假设处于激发态的原子核原先静止，在发射一个光子后回到基态，试求其发射光子的波长λ0．2．由于无规则热运动，大量处于激发态的原子核原先不是静止的，可以沿任何方向运动，且速度的大小也是无规则的，可具有任何值．现只考察那些相对实验室是向着或背着仪器做直线运动的激发态原子核，假定它们速度的最大值是u，试求这些受激核所发射光子的最大波长和最小波长之差△λ与λ0之比．已知普朗克常量为h，真空中的光速为c．六、如图所示，00′为一固定不动的半径为a1的圆柱形金属轴，其电阻可忽略．一个内半径为a1、外半径为a2、厚度为h(《a1)的匀质环形导体圆盘套在OO′上，与OO′接触良好，并可绕OO′转动．盘上距盘心r 处的电阻率与r成正比，即ρ=ρ0r，ρ0为常量．整个环形圆盘处在与环面垂直的恒定匀强磁场中，磁感应强度的大小为B．图中的电源s是一个不论负载如何变化，均能提供恒定不变的电流I的电源(称为恒流源)，R0是跨接在电源两端的固定电阻的阻值．电源的一端接在固定金属轴上端面的中心x处，另一端与环形电刷Y相连．环形电刷包围在圆盘的外缘，当圆盘绕金属轴转动时与盘保持良好接触．此装置可看作一“圆盘电动机”．当电源接通后，若它不带任何负载，称为空载状态，空载达到稳定时圆盘的转动角速度用ω0表示；带有负载(图中未画出)时，圆盘转动达到稳定时的角速度用ω表示，不计一切摩擦，问1．当电动机输出机械功率P最大时，ω与ω0之比等于多少？2．在l的情况下，圆盘的发热功率为多少?七、如图所示，两个半径都为R带电荷都为Q(>0)的均匀带电细圆环，环的圆心位于z轴上，环面与z 轴垂直，坐标原点O到两圆环的圆心O1和O2的距离相等，用D表示此距离(其大小可变，即可取任意值)． 1．一质量为m、电荷为q(>0)的带电粒子，从z=-∞处沿Oz轴正方向射向两个圆环，已知该粒子刚好能穿过两个圆环．试通过定性及半定量的分析，画出该粒子的动能Ek随z变化的图线，并求出与所画图线相应的D所满足的条件．2．若该粒子初始时位于坐标原点z=0处，现给粒子一沿z轴方向的速度(大小不限)，试尽可能详细讨论粒子可能做怎样的运动．不计重力的作用．。

第二十二章 电磁感应22-1．如图所示的平面线圈，其内磁通量Φ在0.04s 内由3810Wb -⨯均匀地减少到3210Wb -⨯．求线圈中的感应电动势的大小和方向．解 以图中B 的方向为磁通量Φ的正方向，则33d 210810d 0.04t Φ--⨯-⨯=0.15(W b s )=- 根据法拉第电磁感应定律，d d tΦε=-0.15(V)=，方向为顺时针方向．22-2．一均匀密绕的长直螺线管，每米绕800匝，在其中心放置一绕了30圈的半径为1.0cm 的圆形小回路，小回路圆线圈平面与螺线管的轴线垂直．在(1100) s 内螺线管线圈中的电流由0均匀地变到5A ．问小回路中产生的感应电动势的大小是多少？解 载流长直螺线管内的磁场为0B nI μ=，方向沿轴线并与电流成右手螺旋关系．通过小回路圆线圈平面的磁通量为2B R Φπ=，磁链220N NB R N nI R ψΦπμπ===所以 d d t ψε=20d d IN n R tμπ= 7250304108000.010.01ππ--=⨯⨯⨯⨯⨯⨯34.7310(V)-=⨯22-3．如图所示，两个同轴圆形导线回路，小回路在大回路上面距离x 处，x 远大于大回路半径R ，因此当大回路中有稳恒电流I 按图示方向流过时，小线圈回路所围面积2r π内的磁场可看成是均匀的．现假定小线圈回路以匀速率d d xv t=在轴线上运动．求：（1）小回路的磁通量Φ与x 之间的关系；（2）当NR x =时（N 为正整数)，小回路内产生的感应电动势；（3）若0>v ，确定小回路内感应电流的方向．解 （1）由于xR ，所以可以认为大线圈回路在小线圈处产生的磁感应强度B 均匀且等于大线圈回路轴线上的B ，其大小为2200223232()2IR IR B R x x μμ=≈+ 方向沿x 轴正向．设小线圈的回路方向与x 正向成右手螺旋关系，则通过小线圈的磁通量为2232IR r BS x μπΦ≈=（2）根据法拉第电磁感应定律有2230d d(1)d 2d IR r x t t μπΦε=-=-222004423d 32d 2IR r I r x v x t N R μπμπ==（3）由上式看出0ε>，所以感应电动势的方向与规定的回路正方向一致，即与x 正向成右手螺旋关系，小回路内感应电流的方向与大回路中稳恒电流I 的方向一致．22-4．如图所示，一很长的直导线有交变电流t I i ωsin 0=，它旁边有一长方形线圈ABCD ，长为l ，宽为b a -，线圈和导线在同一平面内．求：（1）穿过回路ABCD 的磁通量Φ；（2）回路ABCD 中的感应电动势．解 （1）通过线圈的磁通量为d B S Φ=⋅⎰0d 2bail r rμπ=⋅⎰000ln ln()sin 22li l b bI t a aμμωππ== （2） 0d d ln d 2d l b i t a t μΦεπ=-=-00ln()cos 2l b I t aμωωπ=-22-5．一直导线载有5.0A 的直流电流，旁边有一个与它共面的矩形线圈，如图所示，长20cm l =，10cm a =，20cm b =，线圈共有1000N =匝，以13.0m s v -=⋅的速度离开直导线．求：在图示位置线圈里的感应电动势的大小和方向．解法一 取顺时针ABCD 方向为线框回路的正方向，当线框DA 边离长直导线距离为x 时，通过线框的磁通量为0()d d2x b axI x B S l r r μΦπ+-=⋅=⎰⎰0ln 2Il x b a xμπ+-= 由法拉第电磁感应定律d d d d d d xNN t x t ΦΦε=-=- 02()d 2d IlN x x x b a x x b a x t μπ---=-+-0d 2d IlN b a x x x b a tμπ-=+-因为d d xv t =，所以 ()()02IlN b a v x x b a μεπ-=+- 当x a =时， ()02I l N b a v abμεπ-=741050.210000.1320.10.2ππ-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯33.010(V )-=⨯ 0ε>说明感应电动势的真实方向与所选正方向一致，为顺时针ABCD 方向． 解法二 先讨论一匝线圈．AB 和DC 段的动生电动势为零，AB ε=0DC ε=．DA段动生电动势02DA Il v a μεπ=⋅⋅，A 端电势高．CB 段动生电动势02CB Il v bμεπ=⋅⋅，B 端电势高．一匝线圈里的感应电动势DA CB εεε=-011()2Ilv a bμπ=- 7641050.2311()310(V)20.10.2ππ--⨯⨯⨯⨯=-=⨯沿顺时针方向．所以1000匝线圈总的感应电动势为3310V -⨯，沿顺时针ABCD 方向．22-6．一平行导轨上放置一质量为m 的金属杆AB ，其长为l ，导轨的一端连接电阻R ，均匀磁场B 垂直地通过导轨平面，如图所示，当杆以初速度0v 向右运动时，试求：（1）金属杆能移动的距离；（2）在这个过程中，电阻上产生的焦耳热；（3）试用能量守恒规律分析讨论上述结果．（注：忽略金属杆的电阻及它与导轨的摩擦力．回路自感也可忽略．）解 （1）因杆的运动而在杆AB 上产生的动生电动势大小为Blv ε=方向由B 指向A ．在杆AB 和电阻R 的电路中BlvI RRε==载流的AB 在磁场中运动时，磁场对它施加向左的力22Blv B l vF IlBi lBi i R R =-=-=-此力使杆产生的加速度22F B l v a i m mR ==-，即22d d d d v B l x t mR t=-，所以 0022d d x x v mR x v B l =-⎰⎰ 因此金属杆能移动的距离 0022mRvs x x B l=-=（2）由于22d d v B l v t mR=-，可知22d d mR v t B l v =-，所以d t 内电阻上产生的焦耳热2222222d d d ()d B l v mR v Q I R t R mv v R B l v ==⋅-=-整个过程电阻上产生的焦耳热 00201d 2v Q mv v mv =-=⎰ （3）由于能量守恒，在忽略金属杆的电阻及它与导轨的摩擦力的条件下，金属杆的初始动能2012mv 全部转化为电阻上产生的焦耳热．22-7．如图所示，金属杆AB 与左侧长直导线垂直，以匀速率11m s v -=⋅平行于左侧长直导线运动，长直导线上通有电流40A I =．问：此杆中动生电动势为多大？杆的哪一端电势高？解法一 如图所示，构成矩形回路ACDB ，选绕行方向沿ACDB ，回路法线方向n e 与B同向．d t 时间内金属杆AB 向上移动d v t ，则B A 1000.1d d d d ()d 22r r I I r r v t v t r r μμΦππ=-⋅=-⎰⎰0(ln10)d 2I v t μπ=-所以杆中的动生电动势0d ln10d 2Ivt μΦεπ=-= 7410401ln102ππ-⨯⨯⨯=51.8410(V)-=⨯AB 为电源内部，A 端的电势高．解法二 在金属棒AB 上距离直导线r 处取线元d r 沿A B →方向，它在运动过程中产生的电动势为d ()d v B r ε=⨯⋅d Bv r =-0d 2Ivr rμπ=-则金属棒AB 上产生的动生电动势为d BAεε=⎰1000.1d ln1022Iv Ivr r μμππ=-=-⎰51.8410(V)-=-⨯ 负号表明动生电动势的方向与A B →反向，即由B 至A ，故A 端的电势高．22-8．两段导线10cm ab bc ==，在b 处相接成30ο角．若使导线在匀强磁场中以速率11.5m s v -=⋅运动，方向沿ab 向右，如图所示，磁场方向垂直纸面向内，22.510T B -=⨯．问：ac 间的电势差是多少？哪一端的电势高？解 导线分成两段处理，ab 段动生电动势为零，0ab ε=．bc 段动生电动势sin30bc B bc v εο=⋅⋅232.5100.10.5 1.5 1.910(V)--=⨯⨯⨯⨯=⨯bc 段内正电荷所受洛仑兹力由b 指向c ，即c 端电势高．所以31.910V ac ab bc εεε-=+=⨯，c 端电势高．22-9．如图所示，一金属棒长为0.50m ，水平放置，以长度的15处为轴，在水平面内旋转，每秒转两转．已知该处地磁场在竖直方向上的分量0.5Gs B ⊥=，求：a 、b 两端的电势差．解 在棒ac 段上取元段d l ，方向由a 指向c ，则()d cac av B l ε=⨯⋅⎰25d 50L BL B l l ωω=-=-⎰在棒cb 段上取元段d l ，方向由c 指向b ，则()d bcb c v B l ε=⨯⋅⎰450d L B l l ω=⎰21650BL ω=41T 10Gs =，所以 21550ab ac cb BL εεεω=+=215250f BL π=⋅⋅42152 3.1420.5100.550-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯54.710(V)-=⨯ 54.710V ab ab U ε-=-=-⨯22-10．一细导线弯成直径为d 的半圆形状，如图所示，匀强磁场B垂直向上通过导体所在平面．当导体绕着过A 点垂直于半圆面的轴逆时针以匀角速度ω旋转时，求导体AC 间的电动势AC ε．解 用导线连接直径AC ，形成半圆形闭合回路．由于半圆形闭合回路在转动中磁通量不变，所以半圆形闭合回路内0ε=．这说明半圆形导线AC 间的电动势AC ε与直线导线AC 间的电动势相等．在直线导线AC 上取线元d l ，方向由A 向C ，则201()d d 2C dAC Av B l B l l Bd εωω=⨯⋅==⎰⎰22-11．磁感应强度为B 的匀强磁场限定在半径为R 的圆内，B 的方向与圆所在平面垂直，如图所示，B 以2110T -⨯的恒定变化率减小．在此变化磁场中，在圆所在平面内，如图放置一个等腰梯形金属框ABCD ，已知AB R =，2CD R =．试求：（1）等腰梯形金属框各边产生的感应电动势AB ε，BC ε，CD ε，DA ε；（2）等腰梯形金属框的总电动势．解法一 （1）由感生电场I E 的性质和对称性可知，I E 沿以O 为圆心的同心圆的切向方向，与AD 和BC 垂直；所以I E 沿AD 和BC 积分为零，即0BC DA εε==．选OCDO 为闭合回路，绕行方向沿OCDO ．由于I E 沿OC 和DO 的积分为零，故闭合回路OCDO 的感应电动势即CD 段上的感应电动势．回路OCDO 的面积21222R R S R =⨯⨯=回路OCDO 的磁通量2BS R B Φ==，所以222d d ( 1.010)d d CD B R t t Φε-=-==⨯-⨯2210(V)R -=⨯ 同理，选OBAO 为闭合曲线，绕行方向沿OBAO ，I E 沿OB 和AO 的积分为零，闭合回路OBAO 的感应电动势即BA 段上的感应电动势222d d ( 1.010)d d BA B R t t Φε-=-==⨯-⨯2210(V)-=⨯（2）等腰梯形金属框ABCD 的总电动势AB BC CD DA BA BC CD DA εεεεεεεεε=+++=-+++2222100100R --=⨯+⨯+2210(V)-=⨯ 解法二 （1）因d d B t 对O 轴对称分布，所以I E 线是圆心为O 的同心圆，I E 沿圆周切线、同一圆周上大小相等．取圆心为O 、半径为r 的圆形回路L ，逆时针为积分方向，则I d d d d L S BE l S t ⋅=-⋅⎰⎰⎰2I d 2d B E r r t ππ=-I d 2d r B E t=-因I E 与AD 和BC 垂直；所以I E 沿AD 和BC 线积分为零，即0BC DA εε==．I d 1d d (cos )d (cos )d 2d 2d 26D D D CD C C C r B B R E l l l t t πεθ=⋅=-=-⎰⎰⎰22d 110)10(V)D C l --===-⨯=同理 I 1d d (cos )d 2d 6A A BA B B B E l R l t πε=⋅=-⎰⎰2d 10(V)D C l -== （2）等腰梯形金属框ABCD 的总电动势AB BC CD DA BA BC CD DA εεεεεεεεε=+++=-+++2222100100R --=⨯+⨯+2210(V)-=⨯22-12．一空心长直螺线管，长为0.5m ，横截面积为210cm ，若螺线管上密绕线圈3000匝，问：（1）自感系数为多大？（2）若其中电流随时间的变化率为每秒增加10A ，自感电动势的大小和方向如何？解 （1） 00N B nI I lμμ==2si si 0N N NBS IS lψΦμ===所以 2si 0N L S I l ψμ==724410300010100.5π--⨯⨯⨯⨯=22.2610(H)-=⨯ （2） si d d iL tε=-22.261010-=-⨯⨯0.226(V)=- 自感电动势的大小为0.226V ，方向与I 相反．22-13．一个线圈的自感 3.0H L =，电阻 6.0R =Ω，接在12V 的电源上，电源的内阻可略去不计．求：（1）刚接通时的d d i t ；（2）接通0.20s t =时的d d it；（3）电流 1.0A i =时的d d it． 解 （1）参见教材p139，图22-5-1，由（22.5.6）式 (1e)R t Li Rε-=-，可知d e e d R R t t LLi R t R L L εε--== 所以0t =时，d 124(A d 3i t L ε=== （2）0.20s t =时 60.20.43d 4e 4e 2.7(A s)d it-⨯-=== （3）当 1.0A i =，由1(1e )R t L R ε-=-，即1eR t LR ε--=，可知1e 2R t L -=，所以 d 121e 2(A d 32R t L i t L ε-==⨯=22-14．两个共轴圆线圈，如图所示，半径分别为R 及r ，匝数分别为1N 及2N ，相距为l ．设r 很小，则小线圈所在处的磁场可视为均匀的．求两线圈的互感系数．解 由于r 很小，所以可以认为大线圈电流在小线圈处产生的磁感应强度B 均匀且等于大线圈轴线上的B ，其大小20122322()N IR B R l μ=+大线圈电流在小线圈中产生的磁链为2201222322()N N IR r BS R l μπψ==+所以两线圈的互感系数 2201222322()N N R r M IR l μπψ==+22-15．有一螺线管，自感系数为10mH ，通过它的电流为4A ，试求它贮藏的磁场能量．解 参见§22-6，可知2m 12W LI =322110104810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯22.16．一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为0I ．试证：单位长度导线的内部所贮藏的磁能为πμ16200I ．（设导线内部1r μ=．） 解 利用安培环路定理可求得导线内部距轴线r 处的磁场强度，由202d 2i LI H l H r I r Rπππ⋅=⋅==⋅∑⎰得022rI H Rπ=．导线的内部磁场能量密度为 201122m w BH H μ==故导线内部单位长度的磁场能量为220024d 2d 8Rm Vr I W w V r r R μππ==⎰⎰22300004d 416RI I r r R μμππ==⎰（第二十二章题解结束）。

教学详案● 原题展示（2022年全国乙卷24题）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为0.40m l =的正方形金属框的一个顶点上。

金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。

已知构成金属框的导线单位长度的阻值为35.010Ω/m λ-=⨯；在0t =到 3.0s t =时间内，磁感应强度大小随时间t 的变化关系为()0.30.1(SI)B t t =-。

求（1） 2.0s t =时金属框所受安培力的大小；（2）在0t =到 2.0s t =时间内金属框产生的焦耳热。

● 题目讲解师：同学们大家好，今天我将为大家讲解一道电磁感应定律与动力学结合的题目，那么首先我们来看一下题目。

（如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为0.40m l =的正方形金属框的一个顶点上。

金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。

已知构成金属框的导线单位长度的阻值为35.010Ω/m λ-=⨯；在0t =到 3.0s t =时间内，磁感应强度大小随时间t 的变化关系为()0.30.1(SI)B t t =-,）师：好，现在大家都已经看完了一遍题目，脑袋里对这个过程应该也已经有了初步的了解，现在请大家在仔细看一遍题目，看一下题目中都已知了哪些物理量，所求的又是哪些物理量呢？生：正方形金属框边长为l=0.4m,金属导线的单位长度的阻值35.010Ω/m λ-=⨯，为金属框的一条对角线水平，对角线下由方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场，在t=0s 到t=3.0s 时时间内磁感应强度的变化关系式为()0.30.1(SI)B t t =-，待求t=2.0s 的是金属框受到的安培力以及0-2.0s 时的焦耳热师：好，非常对！大家身体都非常的仔细。

那么此时我们研究的对象是什么呢？生：金属框师：对，是题目中的正方形金属框，那么此时看第一小题我们需要求出金属的安培力，那么我们对于安培力的定义是什么？又如何计算呢？ 生：是电流在磁场中受到的磁场的作用力，安培力的大小为F=BILsin θ 师：那么大家说计算安培力的大小公式为F=BIL ，那么此时我们就需要求出其中的这几个量才能得到最后安培力的结果，所以我们现在来研究这几个量是多少又如何求出。