《新编基础物理学》第十三章习题解答和分析.doc

1、第十三章 习题和解答1第十三章习题解答13-1 如题图 13-1 所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为 r1， r2。已知两导线中电流都为 ，其中 I0和 为常数， t 为时间。0sinIt导线框长为 a 宽为 b，求导线框中的感应电动势。分析：当导线中电流 I 随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉第电磁感应定律 计算感应电动势，其中磁通量 ，B 为两导线产生的磁场的叠加。ditsdS?解：无限长直电流激发的磁感应强度为 。取坐标 Ox 垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的02IBr左边框上，坐标正方向为

2、水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得 x 处的磁感应强度大小 00122()()IIBrxrx， 垂 直 纸 面 向 里通过微分面积 的磁通量为 dSa 00122()()IIdBSdadxrxr?通过矩形线圈的磁通量为 00122()()bIIarxrx 0 012lnlsinbIt感生电动势 0120012dlnlcos()l2i abIttrIt 时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针； 时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。0i 0i13-2 如题图 13-2 所示，有一半径为 r=10cm 的多匝圆形线圈，匝数 N=100，置于均匀磁场 中（ B=0.5T）

3、。圆形线圈可绕通过圆心的轴 O1O2转动，转速 n=600rev/min。求圆线圈自图示的初始位置转过 时，/2(1) 线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻为 R=100 ，不计自感） ；(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度。分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。解：(1) 圆形线圈转动的角速度 rad/s。设 t=0 时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向2=06n为回路绕行的正方向。则 t 时刻通过该回路的全磁通 2coscosNBStNBrt?题图 13-1 题图 13-2第十三章 习题和解答2电动势 感应电流

4、2dsiniNBrtt 2siniiNBrtIR将圆线圈自图示的初始位置转过 时， ，代入已知数值 得： /2t0.9iIA(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为的方向与均匀外磁场 的方向垂直。406.21TiiIBriBB13-3 均匀磁场 被限制在半径 R=10cm 的无限长圆柱形空间内，方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路 abcd，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图 13-3 所示。设磁场以 的d1T/sBt匀速率增加，已知 ， ，求等腰梯形回路 abcd 感生电动势的大小和方向。6cmOab3分析：求整个回路中的电动势，采用法拉第电磁感应定律，本题的关键是

5、确定回路的磁通量。解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则 t 时刻通过该回路的磁通量，其中 S 为等腰梯形 abcd 中存在磁场部分的面积，其值为BS?221()sinRoa电动势 代入已知数值 di BStt221diBt“”说明，电动势的实际方向为逆时针，即沿 adcba 绕向。用楞次定律也可直接3.6810Vi判断电动势的方向为逆时针绕向。13-4 如题图 13-4 所示，有一根长直导线，载有直流电流 I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度 v 沿垂直于导线的方向离开导线.设 t=0 时，线圈位于图示位置,求：(1) 在任意时刻 t 通过矩形线圈的磁通量 ；

6、 (2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势 。mi分析：线圈运动，穿过线圈的磁通量改变，线圈中有感应电动势产生，求出 t 时刻穿过线圈的磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感应电动势。解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布， 。因此，02IBx必须由积分求得 t 时刻通过回路的磁通量。取坐标 Ox 垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻 t 通过矩形线圈的磁通量为00ddln2bvtSaIIbvtlxa?B题图 13-3 题图 13-4第十三章 习题和解答3（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势 电动势的方向沿顺时针绕向。0

7、()d2itIlvba13-5 如题图 13-5 所示为水平面内的两条平行长直裸导线 LM 与 ,其间距离为 ,其左端与电动势为LMl的电源连接.匀强磁场 垂直于图面向里，一段直裸导线 ab 横嵌在平行导线间（并可保持在导线上做无0B摩擦地滑动）,电路接通，由于磁场力的作用， ab 从静止开始向右运动起来。求:(1) ab 达到的最大速度; (2) ab 到最大速度时通过电源的电流 I。分析：本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题。当接通电源后，ab 中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动，由于 ab 向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加，在回路中产生感应电

8、流，从而使回路中电流减小，当回路中电流为零时，直导线 ab 不受安培力作用，此时 ab 达到最大速度。解：（1）电路接通，由于磁场力的作用, ab 从静止开始向右运动起来。设 ab 运动的速度为 v,则此时直导线 ab 所产生的动生电动势 ，方向由 b 指向 a.由全电路欧姆定理可得此时电路中的电流为iBlv0BlviRab 达到的最大速度时，直导线 ab 不受到磁场力的作用，此时 。所以 ab 达到的最大速度为0i0maxl（2） ab 达到的最大速度时，直导线 ab 不受到磁场力的作用，此时通过电路的电流 i=0。所以通过电源的电流也等于零。13-6 如题图 13-6 所示，一根长为 L

9、的金属细杆 ab 绕竖直轴 O1O2以角速度 在水平面内旋转， O1O2在离细杆 a 端 L/5 处。若已知均匀磁场 平行于 O1O2轴。求 ab 两端间的电势差 Ua-Ub.B分析：由动生电动势表达式先求出每段的电动势，再将 ab 的电动势看成是 oa 和 ob 二者电动势的代数和，ab 两端的电势差大小即为 ab 间的动生电动势大小。求每段的电动势时，由于各处的运动速度不同，因此要将各段微分成线元 ，先由动生电动势公式计算线元 的两端的动生电动势 ，再积分计算整段的dldlid动生电动势。解：设金属细杆 ab 与竖直轴 O1O2交于点 O,将 ab 两端间的动生电动势看成 ao 与 ob

10、两段动生电动势的串联。取 ob 方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元 ，方向为 ob 方向。线元运动的速度大小为l。由于 互相垂直。所以 两端的动生电动势 vl,vBdldl()idvBlvdlBl? 题图 13-5 题图 13-6第十三章 习题和解答4ob 的动生电动势为 24 2501416dd50Lobia LBl B动生电动势 的方向由 b 指向 O。同理 oa 的动生电动势为ob225011dd50Loaib LBl动生电动势 的方向由 a 指向 O。所以 ab 两端间的的动生电动势为oa 2310bobobL动生电动势 的方向由 a 指向了 b； a 端带负电， b 端带正

11、电。aab 两端间的电势差 b 端电势高于 a 端。2UB13-7 如题图 13-7 所示，导线 L 以角速度 绕其端点 O 旋转，导线 L 与电流 I 在共同的平面内， O 点到长直电流 I 的距离为 a,且 aL,求导线 L 在与水平方向成 角时的动生电动势的大小和方向。分析：载流长直导线产生磁场，导线 L 绕 O 旋转切割磁力线。由于切割是不均匀的磁场，而且导体各处的运动速度不同，所以要微分运动导线，先由动生电动势公式计算线元 的两端的动生电动势 ，再积分dlid计算整段的总动生电动势。解：取 OP 方向为导线的正方向，在导线 OP 上某处取极小的一段线元 ,方向为 OP 方向。线元运动

12、的速l度大小为 。由于 互相垂直。所以 两端的动生电动势vl,vBdldl()dBl?将载流长直导线在该处激发磁场 代入，积分得导线 L 在与水平方向线成 角时的动02(cos)Ial生电动势为： 0dLiOPiIdl02(cos)(cos)cosIaldl动生电动势的方向由 P 指向 O。02+cosInIaL 题图 13-7 题图 13-8第十三章 习题和解答513-8 如题图 13-8 所示半径为 r 的长直密绕空心螺线管，单位长度的绕线匝数为 n,所加交变电流为I=I0sint 。今在管的垂直平面上放置一半径为 2r,电阻为 R 的导线环，其圆心恰好在螺线管轴线上。（1）计算导线环上涡

13、旋电场 E 的值且说明其方向；(2)计算导线上的感应电流 ；(3)计算导线环与螺线管间的互感系数 M。iI分析：电流变化，螺线管内部磁场也变化，由磁场的柱对称性可知，由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性，感生电场线是一系列的同心圆。根据感生电场的环路定理，可求出感生电场强度。由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流，由互感系数定义式求互感系数。解：（1）以半径为 2r 的导线环为闭合回路 L，取回路 L 的绕行正方向与 B 呈右旋关系，自上向下看为逆时针方向。由于长直螺线管只在管内产生均匀磁场 ，导线环上某点涡旋电场 E 方向沿导线环的0BnI切向。所以由规律 可得 LSBEdlt?

14、22()dErrt?导线环上涡旋电场 E 的值为 0cos4nBItt若 cost 0,E 电场线的实际走向与回路 L 的绕行正方向相反，自上向下看为顺时针方向；若 cost R, 4d|5.01V/m2rBEt24d|6.510V/mBErtr=1.10m 时, rR, 24|3.0/Rrt13-10 如题图 13-10 所示，一个限定在半径为 R 的圆柱体内的均匀磁场 B 以 10-2T/s 的恒定变化率减小。电子在磁场中 A、 O、 C 各点处时，它所获得的瞬时加速度（大小、方向）各为若干？设 r=5.0cm。分析：根据对称性，由感生电场的环路定理求出感生电场强度，由感生电场力及牛顿第二

15、定律求出瞬时加速度。解：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路 L。取回路 L 的绕行正方向与 B 呈右旋关系，由于回路上各点处的感生电场 E 沿 L 的切线方向。所以由规律 可得dLlt?SBE(rR) 得 。 由于圆柱体内的均匀磁场 B2dd2LBErt?l d2rBEt以 10-2T/s 的恒定变化率减小.所以 ， E 的实际方向与假定方向一致，为顺时针方向的切线方向。0t电子受到的电场力为 ,其方向为逆时针的切线方向。eF瞬时加速度的大小为： 由于 rA=0.05m,所以 A 处的瞬时加速度的大小为：d2rBamt，方向为水平向右；由于 rC=0.05m,所以 C 处的瞬时加

16、速度的大小为：724.10/Aas，方向为水平向左；由于 rO=0,所以 O 处的瞬时加速度：C 0Oa13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为 N，其它尺寸如题图 13-11 所示，求它的自感系数。分析：自感系数一般可由 计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线LI管通有电流，求出磁感应强度，再求出磁通量、磁通链，即可求出自感系数。解：设螺绕管通有电流 I，由安培环路定理可得管内距轴线 r 处的磁场强度为 , 2NIHr2NBHr题图 13-10 题图 13-11第十三章 习题和解答7通过某一截面的磁通量 210021ddlnRSNIIhRBr螺绕管的磁通链 自感

17、系数：201lnNIh 201lnNhRLI13-12 设一同轴电缆由半径分别为 1和 的两个同轴薄壁长直圆筒组成，电流由内筒流入，由外筒流出，r2如题图 13-12 所示。两筒间介质的相对磁导率 ，求同轴电缆r(1) 单位长度的自感系数；（2）单位长度内所储存的磁能。分析：先求磁场、磁通量，由自感系数定义式求自感系数，再由自感磁能表达式求磁能。解：（1）电流由内筒流入，由外筒流出时，在内外筒之间产生的磁场为 B= （见 11-19） 。通过内外筒02Ir之间单位长度截面的磁通量为 21 121ddlnlnrSIIxLr?（2）单位长度内所储存的磁能 2021l4mIW13-13 一无限长直导

18、线通以电流 I=I0sint，和直导线在同一平面内有一矩形线框，其短边与直导线平行，线框的尺寸及位置如题图 13-13 所示，且 b/c=3。求：(1) 直导线和线框的互感系数；(2) 线框中的互感电动势。分析：互感系数由 计算，计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。MI解：(1) 无限长直导线产生的磁场 。取矩形线框的正法线方向为垂直纸面向里，通过矩形线框的02IBr磁通量为 00ddlnl3bcSIaxxIac? 0ln32aMI（2）线框中的互感电动势 0ln3cosd2i aIIMtt为正时，电动势的方向沿顺时针绕向； 为负时，电动势的方向沿逆时针绕向。i i题图 13-12 题

19、图 13-13第十三章 习题和解答813-14 一圆环，环管横截面的半径为 a，中心线的半径为 R( )。有两个彼此绝缘的导线圈都均匀地a?密绕在环上，一个 N1匝，另一个 N2匝，求：（1）两线圈的自感 L1和 L2；（2）两线圈的互感 M； （3） M 与 L1和 L2的关系。分析：由于 ，环中的磁感应强度可视为均匀。设两个线圈通有电流 、 ，求出穿过螺线管线圈的Ra? I磁通链数，进而求出自感、互感系数。解：（1）设 N1匝螺绕管线圈中通有电流 I1，由于中心线的半径 环管横截面的半径 a，所以螺绕管内R?的磁场 ，通过螺绕管线圈的磁通链数为 02IBR 2201011NIBSIRN1匝

20、螺绕管线圈自感系数： 2011NaLIR同理， N2匝螺绕管线圈自感系数： 202I（2） N1匝螺绕管线圈产生的磁场 B1，通过 N2匝螺绕管线圈的磁通链数为两线圈的互感 201022 1IaBSIR20121NaMIR（3） M 与 L1和 L2的关系 2220101012aNMLRR?13-15 一圆柱体长直导线，均匀地通有电流 I，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为（设导体的相对磁导率 ） 。2m0/(6)WIr分析：均匀通有电流的长直导线，其内部和外部均存在磁场，且磁场分布呈轴对称性。据题意，只需求得单位长度导线内所储存的磁能，因此根据磁能密度公式，求得体元内的磁能，然后对圆柱内部

21、的磁能进行积分即可。解：设圆柱形导体的半径为 R.由安培环路定律可得长直导线内的磁场 rR02,rBIR导线内的磁能密度 。在导线内取单位长度的同轴薄圆柱筒体元22200m4018rIrBwR其磁能为 d2Vr230m4ddIWVr单位长度导体柱内储存的磁场能量为 22300m4d16RIIWr13-16 平行板电容器的电容为 C=20.0F，两板上的电压变化率为 dU/dt =1.50105V/s，则该平行板电容器中的位移电流为多少。分析：根据平行板电容器的性质，平行板间为均匀电场，电位移 D 均匀分布，由平行板电容器场强与电压关系式，求出电位移通量 与电压 的关系，并求出位移电流。U解：设

22、平行板电容器的极板面积 S、间距 d，其间电位移通量为 0USESd第十三章 习题和解答9对平行板电容器，其电容为 ，代入上式得 。位移电流为0SCdCU65d21.03AUItt13-17 一平行板电容器，极板是半径为 R 的两圆形金属板，极板间为空气，此电容器与交变电源相接，极板上电量随时间变化的关系为 q=q0sint ( 为常量)，忽略边缘效应，求：（1）电容器极板间位移电流及位移电流密度；（2）极板间离中心轴线距离为 r(rR)处的 b 点的磁场强度 H 的大小；（3）当时， b 点的电磁场能量密度（即电场能量密度与磁场能量密度之和） 。/4t分析：根据电流的连续性，电容器极板间位移

23、电流等于传导电流求解位移电流。忽略边缘效应，极板间位移电流均匀分布求解位移电流密度。根据全电流安培环路定理求出磁场强度极板间的磁场强度。由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度。解：（1）电容器极板间位移电流 。或由电流连续性得：d00coscsUICtqtt位移电流密度 0cosdqItt 2dISR（2）以中心轴线为圆心，过 b 点作一半径为 r(rR)的圆为回路，由全电流安培环路定理 ，dLHlI?有 。解得 220sdqtHrR?02cosqrtH(3) 时， t0022co4rr00220in/41qqERb 点的电磁场能量密度 22200004emwHr13-18 由一个电容

24、 C=4.0F 的电容器和一个自感为 L=10mH 的线圈组成的 LC 电路，当电容器上电荷的最大值 Q=6.0105 C 时开始作无阻尼自由振荡。试求（1）电场能量和磁场能量的最大值；（2）当电场能量和磁场能量相等时，电容器上的电荷量。分析：由电容器储能，自感磁能，求电场能量，磁场能量。解：（1）由初始条件可知，电磁振荡的初相位 .所以电容器上的电量振荡表达式为00cosqQt自感线圈上的电流振荡表达式为 系统固有振动角频率0sindqIQtt 1LC由于电场能量为 ，所以电场能量的最大值为 20coseQWtC 240.5JeMAXW由于磁场能量为 ，所以磁场能量最大值为 20inmLIt

25、240.1mAXLIQC电场能量和磁场能量的最大值相同，都与系统总能量相等。(2) 电场能量和磁场能量相等时， 。解得 emW2cost第十三章 习题和解答10所以电容器上的电荷量为 5024.31CqQ13-19 一个沿负 z 方向传播的平面电磁波，其电场强度沿 x 方向，传播速度为 c。在空间某点的电场强度为 30cos2V/m3xEvt试求在同一点的磁场强度表达式，并用图表示电场强度和传播速度之间相互关系。分析：根据电场强度与磁场强度的定量关系可得该点的磁场强度。解：由于平面电磁波沿负 z 方向传播，某点电场强度 E 的振动方向沿 x 轴正方向，根据电场强度、磁场强度和传播方向三者满足右旋关系，则该点磁场强度的振动方向沿负 y 轴方向。由此，根据电场强度与磁场强度的定量关系式可得该点的磁场强度表示式为 0.8cos2A/m3yxHEvt用坡印廷矢量 S 的方向表示电磁波的传播方向。电 场强度、磁场强度和电磁波的传播方向（坡印廷矢量）三者满 足关系。题 13-19 解图