大学物理（一）练习册参考解答

第16章 电磁场 参考答案

一、选择题

1(A)，2(A)，3(C)，4(C)，5(D)，6(D)，7(C)，8(B)，9(B)，10(B) 二、填空题

(1). ??NbBdx/dt?NbB?Acos(?t??/2)???或??NBbA?sin?t. (2). ?BnR2, O . (3). 相同(或1B?R2), 沿曲线由中心向外.

2(4). 小于, 有关. (5). 0 (6). ?0I2/(8?2a2). (7). 9.6 J.

??????B??dS 或 ?d?m/dt. 或 , d?/dtD?dSD?????t?tSS?2(9). ?R?0dE/dt， 与E方向相同（或由正极板垂直指向负极板）.

(8). (10).

1rdB/dt. 2

三 计算题

1. 如图所示，有一半径为r =10 cm的多匝圆形线圈，匝

?均匀磁场B中(B = 0.5 T)．圆形线圈可绕通过圆心的轴n =600 rev/min．求圆线圈自图示的初始位置转过??时， ?? B r??数N =100，置于O1O2转动，转速

O2 O1 (1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R为 100 ?，不计自感)；

-7

(2) 圆心处的磁感强度．(???=4?×10 H/m)

解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为?，则通过该圆线圈平面的磁通量为

??B?r2cos?, ???t?2?nt

2∴ ??B?rcos2?nt

在任意时刻线圈中的感应电动势为

d??NB?r22?nsin2?nt?2?2BNr2nsin2?nt dt?2??NBr2n2??sin2?nt?Imsint i?RRΤ?2当线圈转过????时，t =T/4，则 i?Im?2?rNBn/R?0.987 A

???N (2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为

- B???0NIm/(2r)?6.20×104 T

方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小 B0?(B2?B?2)1/2?0.500 T

?方向与磁场B的方向基本相同．

-?t

2. 如图所示，真空中一长直导线通有电流I (t) =I0e (式中I0、?为常量，t为时 I (t)间)，有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a．矩形线框

? a的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b，并且以匀速v(方向平行长直导线)

?滑动．若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意

b v 时刻t在矩形线框内的感应电动势??i并讨论??i方向． 解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为??i的正方向．由??i = ?d??/dt出发，先求任意时刻t的??(t)

???(t)?B?dS ?a?b

? ??a?0I(t)2?y I (t) a y ?i d y x (t)

x(t)dy

?02?I(t)x(t)lna?b a?v 再求??(t)对t的导数： d?(t)?0a?bdIdx?(ln)(x?I) dt2?bdtdt???t ?0I0ev(1??t)lna?b (x?vt)

2?a

∴ ??i??d???0dtvI0e??t(?t?1)lna?b

2?a O1 a O ?i方向：??t <1时，逆时针；??t >1时，顺时针．

3. 如图所示，一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2平面内旋转．O1O2在离细杆a端L /5处．若已知地磁场

????B b ?量为B．求ab两端间的电势差Ua?Ub．

以角速度?在水在竖直方向的分

L /5 O 2解：Ob间的动生电动势：

?4L/5??142162?(v?B)?dl??Bldl??B(L)??BL ? 1??255000b点电势高于O点． Oa间的动生电动势：

4L/5?L/51121???BL2 ?2??(v?B)?dl???Bldl??B(L)?255000a点电势高于O点． ∴ Ua?Ub??2??1?L/5116153?BL2??BL2???BL2???BL2 50505010

4. 有一很长的长方的U形导轨，与水平面成?角，裸导

?地下滑，导轨位于磁感强度B竖直向上的均匀磁场中，

?Ba lb线ab可在导轨上无摩擦如图所示．设导线ab的abcd形成电路，t =0时，

质量为m，电阻为R，长度为l，导轨的电阻略去不计，dv =0. 试求：导线ab下滑的速度v与时间t的函数关系．

? c解：ab导线在磁场中运动产生的感应电动势 ?i?Blvcos? abcd回路中流过的电流 Ii?

?i?Blvcos?

RRRab载流导线在磁场中受到的安培力沿导轨方向上的分力为： F?IiBlcos??Blvcos?Blcos?

Blvcos?dvBlcos??m Rdtdv dt?

B2l2vcos2?gsin??mR由牛顿第二定律： mgsin??

令 A?gsin?，c?Blcos则 dt?dv/(A?cv) 利用t = 0，v ??? 有

tvv222?/(mR)

dv??1d(A?cv) dt????A?cvcA?cv000A?cv AmgRsin??ct?ct(1?e) ∴ v?A(1?e)?222cBlcos? t??ln1c ?B b l c

5. 一根长为l，质量为m，电阻为R的导线ab沿两平行的导电轨道无摩擦下滑，如图所示．轨道平面的倾角为?，导线ab与轨道组

a 成矩形闭合导电回路abdc．整个系统处在竖直向上的均匀磁场B中，忽略轨道电阻．求ab导线下滑所达到的稳定速度．

解∶动生电动势?i?vBlcos? ??? d

I??iR?vBlcos? R 导线受到的安培力 fm?IlB

ab导线下滑达到稳定速度时重力和磁力在导轨方向的分力相平衡 mgsin??fmco?s

vBlcos?lBcos? RmgRsin?∴ v?22 2Blcos? mgsin??

6. 已知，一根长的同轴电缆由半径为R1的空心圆柱导体壳和另一半径为R2的外圆柱导体壳组成，两导体壳间为真空．忽略电缆自身电阻，设电缆中通有电流i，导体间电势差为U，求 (1) 两导体壳之间的电场强度E和磁感强度B． (2) 电缆单位长度的自感L和电容C．

解：(1) 根据安培环路定理B?dl??0i和长直条件及轴对称性可知，在R2 >r > R1 (r为轴线到场点的半径)区域

?????有 B??0I/(2?r)

?B方向与内导体壳电流方向成右手螺旋关系．

?? 根据高斯定理：?E?dS?Q/?0和长直条件及轴对称性可知，在R2 >r > R1区域有

E??/2??0r

?E方向沿半径指向电势降落方向，式中?为电缆内导体壳上单位长度上的电荷.

由两导体间电势差U，可求得

??2??0UU， ∴ E?

rln(R2/R1)ln(R2/R1)R2 (2) 在电缆的两个导体壳之间单位长度的磁通量为 ??R1?2?r?0idr??0i2?lnR2 R1单位长度电缆的自感系数为 L??i??02?lnR2 R1由电容定义又知单位长度电缆的电容应为 C??U?2??0

ln(R2/R1)

7. 两线圈顺接，如图(a)，1、4间的总自感为和位置都不变的情况下，如图(b)那样反接后1、H．求两线圈之间的互感系数．

4 123解：设顺接的总自感为LS，反接的总自感为LF． (a) 顺接 ∵

LF?L1?L2?2M

1.0 H．在它们的形状3之间的总自感为0.4

4123 (b) 反接 L?L?L?2M

S12∴ M?(LS?LF)/4= 0.15 H

8. 如图所示，真空中一矩形线圈宽和长分别为2a和b，通有电流I2，可绕其中心对称轴OO＇转动．与轴平行且相距为d+a处有一固定不动的长直电

O流I1，开始时矩形线圈与长直电流在同一平面内，求：

I1 I2 (1) 在图示位置时，I1产生的磁场通过线圈平面的磁通量；

b (2) 线圈与直线电流间的互感系数． d (3) 保持I1、I2不变，使线圈绕轴OO＇转过90°外力要做多少功? a aO′解：(1) 按题意是指图示位置时的?．

d?2a

2?x2???0bd?2a (2) M? ?lnI12?d?IIbd?2a (3) A?I2???012ln

2?dd????0I1bdx??0I1blnd?2a d

9. 一根电缆由半径为R1和R2的两个薄圆筒形导体组成，在两圆筒中间填充磁导率为??的均匀磁介质．电缆内层导体通电流I，外层导体作为电流返回路径，如图所示．求长度为l的一段电缆内的磁场储存的能量．

解：

??H??dl??Ii， 2?rH?I (R1< r < R2)

I?I， B??H? 2?r2?rB2?2I2 wm? ?22?2?(2?r) H? dWm?wmdV?wm2?rdr?l?R2R2R1 I I l?I22(2?r)2lnR2 R12?rldr

∴ Wm?

四 研讨题

R1?dWm??I2ldr4?R1R2?r??I2l4?1. 我们考虑这样一个例子: 设一个半径为R的导体圆盘绕通过其中心的垂直轴在磁场中作角速度为ω的匀速转动,并假设磁场B均匀且与轴线平行,如图所示。显然,如果在圆盘中心和转动着的圆盘边缘用导线连成导体回路,该回路中会有感应电流通过。这表明在圆盘中心和圆盘边缘之间产生了感应电动势。从动生电动势的角度来看,导体圆盘在转动过程中不断切割磁感应线,当然产生感应电动势；但从法拉第电磁感应定律出发,穿过以转动着的圆盘作为一部分的导体回路的磁通量并未发生任何变化,感应电动势的产生似乎是矛盾的。物理学家费曼(见《费曼物理学讲义》中译本第2卷第195页)称其为