内容发布更新时间 : 2024/7/1 20:11:26星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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1. 解一： 由动生电动势公式?ab??(v?B)?dl求解。
ab方法一：先求电动势的绝对值，电动势的方向由其它方法判定。
通有电流I的长直导线的磁场分布为
B=μ0I/2πr
是一非均匀磁场，方向垂直于导线段ab所在平面向里。【1分】
由动生电动势公式，得导线ab中感应电动势大小为
?ab??baba(v?B)?dl??vsinab?2?B?cos?dr【2分】
??vBdr??d?ld?0Ivdr?0Ivd?l=【1分】 ln2?r2?d4??10?7?5?100.1?0.2ln==1.1×10-5（V）【1分】
2?0.1感应电动势?ab的方向由右手定则可知为b→a，即a端电势高于b端的电势。【2分】 或由洛仑兹力公式Fm?qv?B知?ab的方向为v?B的方向，即b→a，故a端电势高。
方法二： 因为在导线ab上各点磁感应强度不同，故在距长直导线r处，取线元dr，该线元以速度v运动时，其感应电动势
?IvdU =(v?B)?dr=vBsin90°drcos180°=－vBdr=－0dr
2?r则导线ab中的感应电动势为
bd?l?Iv?Ivd?l0Uab=?d????=－1.1×10-5（V） dr??0lnad2?r2?d∵ ?ab<0
∴ Uab的方向为b→a，即a端电势高。
方法三：
aaad?Iv?Ivd0dr?0lnUba=?(v?B)?dr??vBsin90?drcos0???vBdr??
bbbd?l2?r2?d?l-5
=－1.1×10（V），也小于零。
则?ba的方向应为a→b，即?ab的方向为b→a，a端电势高。（注：此种解法判断电动势的方向容易出错。）
d?解二： 由法拉弟电磁感应定律? =?求解。
dt方法一： 导线ab在dt时间内扫过的面积为S=ly（y=vdt）。
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因为在导线ab上各点磁感应强度不同，故在距长直导线x处，取线元dx，该线元以速度v从ab运动到a′b′时，dt时间所扫过的面元dS=ydx，则通过该面元dS的磁通量
?IdΦ=BdS?0ydx，通过面积S的磁通量为
2?xb?Iy?Iyd?ldx?0Iyd?lΦ=?d???0dx?0? ?lnSa2?xd2?x2?d由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势的大小为
? =
d??0Id?ldy?0Ivd?l==1.1×10-5（V） ln?lndt2?ddt2?d感应电动势的方向判断同解一。
也可由楞次定律判断：
因为导线ab所扫过的面积S随时间在增大，故通过该面积的磁通量也随时间增加。而感应电流所产生的效应就是要阻碍原磁场的增大，故感应电流（如果有感应电流的话，例如可设想有一闭合回路abb′a′a）所产生的磁场方向应垂直纸面向外。而要在导线ab下方产生方向向外的磁场，感应电动势的方向应由b′→a′，即a端电势高。
方法二： 作一辅助回路abcda，设回路绕行方向为顺时针方向，则当导线平移时通过该回路中面元dS的磁通量为
?IdΦ=B?dS=BdScos0??0ydx(y=vdt)，
2?x通过回路abcda的磁通量（回路底长为l，高为y）为
b?Iy?Iyd?ldx?0Iyd?lΦ=?d???0dx?0? ?lnSa2?xd2?x2?d由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势为
?Id?ldy?Ivd?ld?? =?=?0ln=－1.1×10-5（V） ??0lndt2?ddt2?d∵ ? ＜0
∴ ? 的方向与所设回路绕行方向相反，即为逆时针方向，在导线ab段为b→a，即a端电势高。
4.在一单缝夫琅禾费衍射实验中，缝宽a?5?，缝后透镜焦距f?40cm，试求中央条纹和第一级亮纹的宽度。
解：根据asin???k?【2分】可得对第一和第二暗纹中心有
asin?1??【1分】，asin?2?2?【1分】
因此第一级和第二级暗纹中心在屏上的位置分别为
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x1?ftan?1?fsin?1?f?a?40?(5?)?8(cm) 【1分】 x2?ftan?2?fsin?2?f?2?a?40?(2?)(5?)?16(cm)【1分】
由此得中央亮纹宽度为?x0?2x1?2?8?16(cm)【1分】 第一级亮纹的宽度为?x1?x2?x1?16?8?8(cm)【1分】
5.某单色光垂直入射到每厘米有6000条刻痕的光栅上，其第一级谱线的角位移为20o，试求（已知sin20o?0.342）： （1）该单色光波长； （2）它的第二级谱线在何处？
??dsin?1?10?2?sin20o6000解：（1）由光栅方程并结合题意有?5.70?10?7m?570nm【4分】
2?2?5.70?10?7?6000??arcsin?arcsin （2）2【4分】 d10?2?arcsin(0.684)?43.2o6.两个半径分别为R1=5cm和R2=10cm的同心均匀带电球面,内球面带电q1=2×10-9C,外球面带电q2=－2×10-9C.求: r1=2cm;r2=15cm各处的电势。 解：依据题意，由电势叠加原理容易求得空间中任意一点的电势为:
?a??a1??a2【2分】
对r1=2cm处，由于该点都位于两个球面的内部，对于两个球面所对应的球体而言，它们都是等势体，所以：
9?109?2?10?99?109?(?2?10?9)【3分】 ?r1??a1??a2?????180(V)4??oR14??oR20.050.10q1q2对r2=15cm处，由于该点都位于两个球面的外部，所以：
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9?109?2?10?99?109?(?2?10?9)?r2??a1??a2?????0【3分】
4??or24??or20.150.15q1q2
7.已知：导体板A，面积为S、带电量Q，在其旁边放入导体板B（此板原来不带电）。求静电平衡时，金属板上的电荷分布及周围空间的电场分布。 解：假设系统达到静电平衡以后，各板板面所带的 电荷面密度如图所示，
?1?2?3?4????0【1分】 对a点：
2?o2?o2?o2?o????对b点： 1?2?3?4?0【1分】
2?02?02?o2?oA B ?1?2?3 ?4????? ? b E?4 E?1E?2 E?3 a E?4E?3E?2 E?1 对A板： ?1S??2S?Q【1分】 对B板： ?3S??4S?0【1分】 解以上诸方程得到：?1??4?QQ， ?2???3?【1分】 2S2S电场强度的计算可分别根据公式???oS求得，在图中三个区域中分别为：E???1Q?， 方向相左；【1分】 ?o2?oSE????2?3Q??， 方向相右；【1分】 ?o?o2?oS?4Q?， 方向相右。【1分】 ?o2?oSE????
8. 二个均匀带电球面同心放置，半径分别为R1和R2(R1 解法一：由电势叠加原理求解. word范文 . 因为一个均匀带电q的球面（半径为R）的电势分布为 ?q?4??r?0????q??4??0R(r?R)【2分】 (r?R)q214??0q1q2?)【2分】 R1R2所以，在r (q24??0R2q24??0r4??0rq14??0r== 14??0(q1q2?)【2分】 rR2?q1?q2【1分】 4??0r解法二：由电势的定义式求解。 (1) 求电场分布: 可由高斯定理或电场叠加原理求得 E1=0(r 在r 12q14??0r( R1 2?R2?=?rR2q14??0rdr??2q1?q2q111q1?q21q1q2dr(?)?(?)【1分】 ==R24??r24??0rR24??0R24??0rR20??在r>R2处, ?3??rE3?dr=?r ?q1?q2q1?q2dr=【1分】 4??0r24??0rword范文