[理學]物理學教程二下冊馬文蔚_答案第二版

1、第十一章恒定磁場111兩根長度相同的細導線分別多層密繞在半徑為R 和r 的兩個長直圓筒上形成兩個螺線管，兩個螺線管的長度相同，R 2r，螺線管通過的電流相同為I，螺線管中的磁感強度大小滿足（）（A） （B） （C） （D）分析與解在兩根通過電流相同的螺線管中，磁感強度大小與螺線管線圈單位長度的匝數(shù)成正比根據(jù)題意，用兩根長度相同的細導線繞成的線圈單位長度的匝數(shù)之比因而正確答案為（C）.112一個半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量為（）（A）（B） （C） （D） 題 11-2 圖分析與解作半徑為r 的圓S與半球面構成一閉合曲面，根據(jù)磁場的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的

2、磁通量為零，即穿進半球面S 的磁通量等于穿出圓面S的磁通量；因而正確答案為（D）113下列說法正確的是（）（A） 閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內(nèi)一定沒有電流穿過（B） 閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內(nèi)穿過電流的代數(shù)和必定為零（C） 磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度必定為零（D） 磁感強度沿閉合回路的積分不為零時，回路上任意一點的磁感強度都不可能為零分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度不一定為零；閉合回路上各點磁感強度為零時，穿過回路的電流代數(shù)和必定為零.因而正確答案為（B）114在圖（）和（）中各有一半徑相同的圓

3、形回路L1 、L2 ，圓周內(nèi)有電流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）圖中L2 回路外有電流I3 ，P1 、P2 為兩圓形回路上的對應點，則（）（A） ，（B） ，（C） ，（D） ，題 11-4 圖分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會影響磁感強度沿回路的積分；但同樣會改變回路上各點的磁場分布因而正確答案為（C）115半徑為R 的圓柱形無限長載流直導體置于均勻無限大磁介質(zhì)之中，若導體中流過的恒定電流為I，磁介質(zhì)的相對磁導率為 （1），則磁介質(zhì)內(nèi)的磁化強度為（）（A）（B） （C） （D） 分析與解利用安培環(huán)路定理可先求出磁介質(zhì)中的磁場強度，再由M（1）H 求得磁介

4、質(zhì)內(nèi)的磁化強度，因而正確答案為（B）116北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是周長為240 m 的近似圓形軌道，當環(huán)中電子流強度為8 mA 時，在整個環(huán)中有多少電子在運行？ 已知電子的速率接近光速.分析一個電子繞存儲環(huán)近似以光速運動時，對電流的貢獻為，因而由，可解出環(huán)中的電子數(shù).解通過分析結果可得環(huán)中的電子數(shù)117已知銅的摩爾質(zhì)量M 63.75 ·mol1 ，密度 8.9 g· cm3 ，在銅導線里，假設每一個銅原子貢獻出一個自由電子，（1）為了技術上的安全，銅線內(nèi)最大電流密度 ，求此時銅線內(nèi)電子的漂移速率vd ；（2） 在室溫下電子熱運動的平均速率是電子漂移速率vd的多少倍？分析

5、一個銅原子的質(zhì)量,其中NA 為阿伏伽德羅常數(shù)，由銅的密度 可以推算出銅的原子數(shù)密度根據(jù)假設，每個銅原子貢獻出一個自由電子，其電荷為e，電流密度 從而可解得電子的漂移速率vd將電子氣視為理想氣體，根據(jù)氣體動理論，電子熱運動的平均速率其中k 為玻耳茲曼常量，me 為電子質(zhì)量從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關系解（1） 銅導線單位體積的原子數(shù)為電流密度為jm 時銅線內(nèi)電子的漂移速率（2） 室溫下（T300 ）電子熱運動的平均速率與電子漂移速率之比為室溫下電子熱運動的平均速率遠大于電子在恒定電場中的定向漂移速率電子實際的運動是無規(guī)熱運動和沿電場相反方向的漂移運動的疊加考慮到電子的漂移速率很小，電信

6、號的信息載體顯然不會是定向漂移的電子實驗證明電信號是通過電磁波以光速傳遞的118有兩個同軸導體圓柱面，它們的長度均為20 m，內(nèi)圓柱面的半徑為3.0 mm，外圓柱面的半徑為9.0 mm.若兩圓柱面之間有10 A電流沿徑向流過，求通過半徑為6.0 mm的圓柱面上的電流密度題 11-8 圖分析如圖所示是同軸柱面的橫截面，電流密度j 對中心軸對稱分布根據(jù)恒定電流的連續(xù)性，在兩個同軸導體之間的任意一個半徑為r 的同軸圓柱面上流過的電流I 都相等，因此可得解由分析可知，在半徑r 6.0 mm的圓柱面上的電流密度119如圖所示，已知地球北極地磁場磁感強度B 的大小為6.0×105T如設想此地磁場

7、是由地球赤道上一圓電流所激發(fā)的，此電流有多大？ 流向如何？解設赤道電流為I，則由教材第114節(jié)例2 知，圓電流軸線上北極點的磁感強度因此赤道上的等效圓電流為由于在地球地磁場的 極在地理南極，根據(jù)右手螺旋法則可判斷赤道圓電流應該是由東向西流，與地球自轉方向相反題 11-9 圖1110如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b 兩點，并與很遠處的電源相接.求環(huán)心O的磁感強度題 11-10 圖分析根據(jù)疊加原理，點O 的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠，而be、fa兩段直線的延長線通過點O，由于，由畢奧薩伐爾定律知流過圓弧的電流I1 、

8、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點O 激發(fā)的磁場分別為,其中l(wèi)1 、l2 分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻R 與弧長l 成正比，而圓弧acb、adb又構成并聯(lián)電路，故有將疊加可得點O 的磁感強度B解由上述分析可知，點O 的合磁感強度1111如圖所示，幾種載流導線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們在點O 的磁感強度各為多少？題 11-11 圖分析應用磁場疊加原理求解將不同形狀的載流導線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點O 處所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度.解（） 長直電流對點O 而言，有，因此它在點O 產(chǎn)生的磁場為零，則點O 處總的磁感強度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0

9、的方向垂直紙面向外（） 將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導線看作1/2 圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外1112載流導線形狀如圖所示（圖中直線部分導線延伸到無窮遠），求點O的磁感強度B 題 11-12 圖分析由教材114 節(jié)例題2的結果不難導出，圓弧載流導線在圓心激發(fā)的磁感強度，其中為圓弧載流導線所張的圓心角，磁感強度的方向依照右手定則確定；半無限長載流導線在圓心點O 激發(fā)的磁感強度，磁感強度的方向依照右手定則確定.點O的磁感強度可以視為由圓弧載流導線、半無限長載流導線等激發(fā)的磁場在空間點O 的疊加.解根據(jù)磁

10、場的疊加在圖（）中，在圖（）中，在圖（c）中，1113如圖(a)所示，載流長直導線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量題 11-13 圖分析由于矩形平面上各點的磁感強度不同，故磁通量BS為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ldx，如圖（）所示，載流長直導線的磁場穿過該面元的磁通量為矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量1114已知10 mm2 裸銅線允許通過50 A 電流而不會使導線過熱電流在導線橫截面上均勻分布求導線內(nèi)、外磁感強度的分布.題 11-14 圖分析可將導線視作長直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導體，故其磁場必然呈軸對稱分布，即在與導線同軸的圓柱面上的各點，B大小相等、

11、方向與電流成右手螺旋關系為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導線表面的磁感強度解圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L，取其繞向與電流成右手螺旋關系，根據(jù)安培環(huán)路定理，有在導線內(nèi)r R， ，因而在導線外r R，因而磁感強度分布曲線如圖所示1115有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導體中的電流均為I，但電流的流向相反，導體的磁性可不考慮試計算以下各處的磁感強度：（1） r R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線題 11-15 圖分析同軸電纜導體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為r 的同心圓為積分路徑， ，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強度解由上述

12、分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強度B（r）的分布曲線如圖（）1116如圖所示，N 匝線圈均勻密繞在截面為長方形的中空骨架上求通入電流I 后，環(huán)內(nèi)外磁場的分布題 11-16 圖分析根據(jù)右手螺旋法則，螺線管內(nèi)磁感強度的方向與螺線管中心軸線構成同心圓，若取半徑為r 的圓周為積分環(huán)路，由于磁感強度在每一環(huán)路上為常量，因而依照安培環(huán)路定理，可以解得螺線管內(nèi)磁感強度的分布解依照上述分析，有r R1 R2 r R1 r R2 在螺線管內(nèi)磁感強度B 沿圓周，與電流成右手螺旋若 和R2 ，則環(huán)內(nèi)的磁場可以近似視作均勻分布，設螺線環(huán)的平均半徑，則環(huán)內(nèi)的磁感強度近似為1117電流I 均勻

13、地流過半徑為R 的圓形長直導線，試計算單位長度導線內(nèi)的磁場通過圖中所示剖面的磁通量題 11-17 圖分析由題1114 可得導線內(nèi)部距軸線為r 處的磁感強度在剖面上磁感強度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義來求解沿軸線方向在剖面上取面元S lr，考慮到面元上各點B 相同，故穿過面元的磁通量BS，通過積分，可得單位長度導線內(nèi)的磁通量解由分析可得單位長度導線內(nèi)的磁通量1118已知地面上空某處地磁場的磁感強度，方向向北若宇宙射線中有一速率 的質(zhì)子，垂直地通過該處求：（1）洛倫茲力的方向；（2） 洛倫茲力的大小，并與該質(zhì)子受到的萬有引力相比較題 11-18 圖解（1） 依照可知洛倫茲力的方向為的方向，如

14、圖所示（2） 因，質(zhì)子所受的洛倫茲力在地球表面質(zhì)子所受的萬有引力因而，有，即質(zhì)子所受的洛倫茲力遠大于重力1119霍爾效應可用來測量血流的速度，其原理如圖所示在動脈血管兩側分別安裝電極并加以磁場設血管直徑為d2.0 mm，磁場為B0.080 T，毫伏表測出血管上下兩端的電壓為UH0.10 mV，血流的流速為多大？題 11-19 圖分析血流穩(wěn)定時，有由上式可以解得血流的速度解依照分析1120帶電粒子在過飽和液體中運動，會留下一串氣泡顯示出粒子運動的徑跡設在氣泡室有一質(zhì)子垂直于磁場飛過，留下一個半徑為3.5 cm 的圓弧徑跡，測得磁感強度為0.20 ，求此質(zhì)子的動量和動能解根據(jù)帶電粒子回轉半徑與粒子

15、運動速率的關系有1121從太陽射來的速度為0.80×108 m/ 的電子進入地球赤道上空高層范艾倫輻射帶中，該處磁場為4.0 ×107，此電子回轉軌道半徑為多大？ 若電子沿地球磁場的磁感線旋進到地磁北極附近，地磁北極附近磁場為2.0 ×105，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場中運動的回轉半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉半徑地磁北極附近的回轉半徑1122如圖（）所示，一根長直導線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 20 A試計算作用在回路上的合力已知d 1.0 cm，b 8.0 cm，l 0.12 m題 11-22圖分析矩形上、下兩段導線受安培力F1 和

16、F2 的大小相等，方向相反，對不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零而矩形的左右兩段導線，由于載流導線所在處磁感強度不等，所受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力解由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F3 和F4 之矢量和，如圖（）所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指向直導線1123一直流變電站將電壓為500kV的直流電，通過兩條截面不計的平行輸電線輸向遠方已知兩輸電導線間單位長度的電容為3.0×1011F·m1 ，若導線間的靜電力與安培力正好抵消求：（1） 通過輸電線的電流；（2） 輸送的功率分析當平行

17、輸電線中的電流相反時，它們之間存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律確定若兩導線間距離為d，一導線在另一導線位置激發(fā)的磁感強度,導線單位長度所受安培力的大小將這兩條導線看作帶等量異號電荷的導體，因兩導線間單位長度電容C 和電壓U 已知，則單位長度導線所帶電荷CU，一導線在另一導線位置所激發(fā)的電場強度，兩導線間單位長度所受的靜電吸引力依照題意，導線間的靜電力和安培力正好抵消，即從中可解得輸電線中的電流解（1） 由分析知單位長度導線所受的安培力和靜電力分別為由可得解得（2） 輸出功率1124在氫原子中，設電子以軌道角動量繞質(zhì)子作圓周運動，其半徑為求質(zhì)子所在處的磁感強度h 為普朗克常量，其值為分析

18、根據(jù)電子繞核運動的角動量可求得電子繞核運動的速率v如認為電子繞核作圓周運動，其等效圓電流在圓心處，即質(zhì)子所在處的磁感強度為解由分析可得，電子繞核運動的速率其等效圓電流該圓電流在圓心處產(chǎn)生的磁感強度1125如圖a所示，一根長直同軸電纜，內(nèi)、外導體之間充滿磁介質(zhì)，磁介質(zhì)的相對磁導率為r（r 1），導體的磁化可以忽略不計沿軸向有恒定電流I 通過電纜，內(nèi)、外導體上電流的方向相反求：（1） 空間各區(qū)域內(nèi)的磁感強度和磁化強度；*（2） 磁介質(zhì)表面的磁化電流題 11-25 圖分析電流分布呈軸對稱，依照右手定則，磁感線是以電纜對稱軸線為中心的一組同心圓選取任一同心圓為積分路徑，應有，利用安培環(huán)路定理求出環(huán)路內(nèi)

19、的傳導電流，并由，可求出磁感強度和磁化強度再由磁化電流的電流面密度與磁化強度的關系求出磁化電流解（1） 取與電纜軸同心的圓為積分路徑，根據(jù)磁介質(zhì)中的安培環(huán)路定理，有對r R1得忽略導體的磁化（即導體相對磁導率r =1），有，對R2 r R1 得填充的磁介質(zhì)相對磁導率為r ，有，對R3 r R2得同樣忽略導體的磁化，有，對r R3得，（2） 由，磁介質(zhì)內(nèi)、外表面磁化電流的大小為對抗磁質(zhì)（），在磁介質(zhì)內(nèi)表面（r R1 ），磁化電流與內(nèi)導體傳導電流方向相反；在磁介質(zhì)外表面（r R2 ），磁化電流與外導體傳導電流方向相反順磁質(zhì)的情況與抗磁質(zhì)相反H（r）和B（r）分布曲線分別如圖（）和（c）所示第十二章

20、電磁感應電磁場和電磁波121一根無限長平行直導線載有電流I，一矩形線圈位于導線平面內(nèi)沿垂直于載流導線方向以恒定速率運動（如圖所示），則（）（A） 線圈中無感應電流（B） 線圈中感應電流為順時針方向（C） 線圈中感應電流為逆時針方向（D） 線圈中感應電流方向無法確定題 12-1 圖分析與解由右手定則可以判斷，在矩形線圈附近磁場垂直紙面朝里，磁場是非均勻場，距離長直載流導線越遠，磁場越弱因而當矩形線圈朝下運動時，在線圈中產(chǎn)生感應電流，感應電流方向由法拉第電磁感應定律可以判定因而正確答案為（B）122 將形狀完全相同的銅環(huán)和木環(huán)靜止放置在交變磁場中，并假設通過兩環(huán)面的磁通量隨時間的變化率相等，不計自

21、感時則（）（A） 銅環(huán)中有感應電流，木環(huán)中無感應電流（B） 銅環(huán)中有感應電流，木環(huán)中有感應電流（C） 銅環(huán)中感應電動勢大，木環(huán)中感應電動勢?。―） 銅環(huán)中感應電動勢小，木環(huán)中感應電動勢大分析與解根據(jù)法拉第電磁感應定律，銅環(huán)、木環(huán)中的感應電場大小相等，但在木環(huán)中不會形成電流因而正確答案為（A）123有兩個線圈，線圈1對線圈2 的互感系數(shù)為M21 ，而線圈2 對線圈1的互感系數(shù)為M12 若它們分別流過i1 和i2 的變化電流且，并設由i2變化在線圈1 中產(chǎn)生的互感電動勢為12 ，由i1 變化在線圈2 中產(chǎn)生的互感電動勢為21 ，下述論斷正確的是（）（A） ，（B） ，（C）， （D） ，分析與解教

22、材中已經(jīng)證明M21 M12 ，電磁感應定律；因而正確答案為（D）124對位移電流，下述說法正確的是（）（A） 位移電流的實質(zhì)是變化的電場（B） 位移電流和傳導電流一樣是定向運動的電荷（C） 位移電流服從傳導電流遵循的所有定律（D） 位移電流的磁效應不服從安培環(huán)路定理分析與解位移電流的實質(zhì)是變化的電場變化的電場激發(fā)磁場，在這一點位移電流等效于傳導電流，但是位移電流不是走向運動的電荷，也就不服從焦耳熱效應、安培力等定律因而正確答案為（A）125下列概念正確的是（）（A） 感應電場是保守場（B） 感應電場的電場線是一組閉合曲線（C） ，因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比（D） ，回路的磁通量越大，

23、回路的自感系數(shù)也一定大分析與解對照感應電場的性質(zhì)，感應電場的電場線是一組閉合曲線因而正確答案為（B）126一鐵心上繞有線圈100匝，已知鐵心中磁通量與時間的關系為，式中的單位為Wb，t的單位為s，求在時，線圈中的感應電動勢分析由于線圈有N 匝相同回路，線圈中的感應電動勢等于各匝回路的感應電動勢的代數(shù)和，在此情況下，法拉第電磁感應定律通常寫成，其中稱為磁鏈解線圈中總的感應電動勢當 時，127 載流長直導線中的電流以的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與導線處于同一平面內(nèi)，如圖所示.求線圈中的感應電動勢. 分析 本題仍可用法拉第電磁感應定律，來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁通量就需用來計算

24、. 為了積分的需要，建立如圖所示的坐標系.由于B僅與x有關，即B=B(x)，故取一個平行于長直導線的寬為dx、長為d的面元dS，如圖中陰影部分所示，則dS=ddx，所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元dS=dxdy，則上述積分實際上為二重積分）.本題在工程技術中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式求解.解1 穿過面元dS的磁通量為因此穿過線圈的磁通量為再由法拉第電磁感應定律，有 解2 當兩長直導線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為線圈與兩長直導線間的互感為當電流以變化時，線圈中的互感電動勢為題 12-7 圖128有一測量磁感強度的線圈，其截面積S4.0 cm2 、匝數(shù)N160 匝、電阻R50線圈與一

25、內(nèi)阻Ri30的沖擊電流計相連若開始時，線圈的平面與均勻磁場的磁感強度B相垂直，然后線圈的平面很快地轉到與B的方向平行此時從沖擊電流計中測得電荷值問此均勻磁場的磁感強度B 的值為多少？分析在電磁感應現(xiàn)象中，閉合回路中的感應電動勢和感應電流與磁通量變化的快慢有關，而在一段時間內(nèi)，通過導體截面的感應電量只與磁通量變化的大小有關，與磁通量變化的快慢無關工程中常通過感應電量的測定來確定磁場的強弱解在線圈轉過90°角時，通過線圈平面磁通量的變化量為因此，流過導體截面的電量為則 129如圖所示，一長直導線中通有I5.0 A 的電流，在距導線9.0 cm處，放一面積為0.10 cm2 ，10匝的小圓

26、線圈，線圈中的磁場可看作是均勻的今在1.0 ×102 s 內(nèi)把此線圈移至距長直導線10.0 cm 處求：（1） 線圈中平均感應電動勢；（2） 設線圈的電阻為1.0×102，求通過線圈橫截面的感應電荷題 12-9 圖分析雖然線圈處于非均勻磁場中，但由于線圈的面積很小，可近似認為穿過線圈平面的磁場是均勻的，因而可近似用來計算線圈在始、末兩個位置的磁鏈解 （1） 在始、末狀態(tài)，通過線圈的磁鏈分別為,則線圈中的平均感應電動勢為電動勢的指向為順時針方向（2） 通過線圈導線橫截面的感應電荷為1210如圖（）所示，把一半徑為R 的半圓形導線OP 置于磁感強度為B的均勻磁場中，當導線以速率

27、v 水平向右平動時，求導線中感應電動勢E 的大小，哪一端電勢較高？題 12-10 圖分析本題及后面幾題中的電動勢均為動生電動勢，除仍可由求解外（必須設法構造一個閉合回路），還可直接用公式求解在用后一種方法求解時，應注意導體上任一導線元l 上的動生電動勢.在一般情況下，上述各量可能是l 所在位置的函數(shù)矢量（v ×B）的方向就是導線中電勢升高的方向解1如圖（）所示，假想半圓形導線OP 在寬為2R 的靜止形導軌上滑動，兩者之間形成一個閉合回路設順時針方向為回路正向，任一時刻端點O 或端點P 距 形導軌左側距離為x，則即由于靜止的 形導軌上的電動勢為零，則E 2RvB式中負號表示電動勢的方向

28、為逆時針，對OP 段來說端點P 的電勢較高解2建立如圖（c）所示的坐標系，在導體上任意處取導體元l，則由矢量（v ×B）的指向可知，端點P 的電勢較高 解3連接OP 使導線構成一個閉合回路由于磁場是均勻的，在任意時刻，穿過回路的磁通量常數(shù).由法拉第電磁感應定律可知，E 0又因 E EOP EPO即 EOP EPO 2RvB由上述結果可知，在均勻磁場中，任意閉合導體回路平動所產(chǎn)生的動生電動勢為零；而任意曲線形導體上的動生電動勢就等于其兩端所連直線形導體上的動生電動勢上述求解方法是疊加思想的逆運用，即補償?shù)姆椒?211長為L的銅棒，以距端點r 處為支點，以角速率繞通過支點且垂直于銅棒的軸

29、轉動.設磁感強度為B的均勻磁場與軸平行，求棒兩端的電勢差題 12-11 圖分析應該注意棒兩端的電勢差與棒上的動生電動勢是兩個不同的概念，如同電源的端電壓與電源電動勢的不同在開路時，兩者大小相等，方向相反（電動勢的方向是電勢升高的方向，而電勢差的正方向是電勢降落的方向）本題可直接用積分法求解棒上的電動勢，亦可以將整個棒的電動勢看作是OA 棒與OB 棒上電動勢的代數(shù)和，如圖（）所示而EOA 和EOB 則可以直接利用第122 節(jié)例1 給出的結果解1如圖（）所示，在棒上距點O 為l 處取導體元l，則因此棒兩端的電勢差為當L 2r 時，端點A 處的電勢較高解2將AB 棒上的電動勢看作是OA 棒和OB 棒

30、上電動勢的代數(shù)和，如圖（）所示其中,則1212如圖所示，長為L 的導體棒OP，處于均勻磁場中，并繞OO軸以角速度旋轉，棒與轉軸間夾角恒為，磁感強度B 與轉軸平行求OP 棒在圖示位置處的電動勢題 12-12 圖分析如前所述，本題既可以用法拉第電磁感應定律 計算（此時必須構造一個包含OP導體在內(nèi)的閉合回路， 如直角三角形導體回路OPQO），也可用來計算由于對稱性，導體OP 旋轉至任何位置時產(chǎn)生的電動勢與圖示位置是相同的解1由上分析，得 由矢量的方向可知端點P 的電勢較高解2設想導體OP 為直角三角形導體回路OPQO 中的一部分，任一時刻穿過回路的磁通量為零，則回路的總電動勢顯然，EQO 0，所以由

31、上可知，導體棒OP 旋轉時，在單位時間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導體棒QP 等效1213如圖（）所示，金屬桿AB 以勻速平行于一長直導線移動，此導線通有電流I 40 A求桿中的感應電動勢，桿的哪一端電勢較高？題 12-13 圖分析本題可用兩種方法求解方法1：用公式求解，建立圖（a）所示的坐標系，所取導體元，該處的磁感強度方法2：用法拉第電磁感應定律求解，需構造一個包含桿AB 在內(nèi)的閉合回路為此可設想桿AB在一個靜止的導軌上滑動，如圖（）所示設時刻t，桿AB 距導軌下端CD的距離為y，先用公式求得穿過該回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的電動勢，亦即本題桿中的電動勢解1根據(jù)分析，桿中的感應電動勢為式

32、中負號表示電動勢方向由B 指向A，故點A 電勢較高解2設順時針方向為回路ABCD 的正向，根據(jù)分析，在距直導線x 處，取寬為x、長為y 的面元S，則穿過面元的磁通量為穿過回路的磁通量為回路的電動勢為由于靜止的導軌上電動勢為零，所以式中負號說明回路電動勢方向為逆時針，對AB導體來說，電動勢方向應由B 指向A，故點A電勢較高1214如圖（）所示，在“無限長”直載流導線的近旁，放置一個矩形導體線框，該線框在垂直于導線方向上以勻速率v 向右移動，求在圖示位置處，線框中感應電動勢的大小和方向題 12 -14 圖分析本題亦可用兩種方法求解其中應注意下列兩點：（1）當閉合導體線框在磁場中運動時，線框中的總電

33、動勢就等于框上各段導體中的動生電動勢的代數(shù)和如圖（）所示，導體eh 段和fg 段上的電動勢為零此兩段導體上處處滿足，因而線框中的總電動勢為其等效電路如圖（）所示（2）用公式求解，式中是線框運動至任意位置處時，穿過線框的磁通量為此設時刻t 時，線框左邊距導線的距離為，如圖（c）所示，顯然是時間t 的函數(shù)，且有在求得線框在任意位置處的電動勢E（）后，再令d，即可得線框在題目所給位置處的電動勢解1根據(jù)分析，線框中的電動勢為由Eef Ehg 可知，線框中的電動勢方向為efgh解2設順時針方向為線框回路的正向根據(jù)分析，在任意位置處，穿過線框的磁通量為相應電動勢為令d，得線框在圖示位置處的電動勢為由E 0

34、 可知，線框中電動勢方向為順時針方向1215在半徑為R 的圓柱形空間中存在著均勻磁場，B 的方向與柱的軸線平行如圖（）所示，有一長為l 的金屬棒放在磁場中，設B 隨時間的變化率為常量試證：棒上感應電動勢的大小為題 12-15 圖分析變化磁場在其周圍激發(fā)感生電場，把導體置于感生電場中，導體中的自由電子就會在電場力的作用下移動，在棒內(nèi)兩端形成正負電荷的積累，從而產(chǎn)生感生電動勢由于本題的感生電場分布與上題所述情況完全相同，故可利用上題結果，由計算棒上感生電動勢此外，還可連接OP、OQ，設想PQOP 構成一個閉合導體回路，用法拉第電磁感應定律求解，由于OP、OQ 沿半徑方向，與通過該處的感生電場強度E

35、k 處處垂直，故，OP、OQ 兩段均無電動勢，這樣，由法拉第電磁感應定律求出的閉合回路的總電動勢，就是導體棒PQ 上的電動勢證1由電磁感應定律，在r R 區(qū)域，解得該區(qū)域內(nèi)感生電場強度的大小設PQ 上線元x 處，Ek的方向如圖（b）所示，則金屬桿PQ 上的電動勢為證2由法拉第電磁感應定律，有討論假如金屬棒PQ 有一段在圓外，則圓外一段導體上有無電動勢？ 該如何求解？1216截面積為長方形的環(huán)形均勻密繞螺繞環(huán)，其尺寸如圖（）所示，共有N 匝（圖中僅畫出少量幾匝），求該螺繞環(huán)的自感L題 12-16 圖分析如同電容一樣，自感和互感都是與回路系統(tǒng)自身性質(zhì)（如形狀、匝數(shù)、介質(zhì)等）有關的量求自感L 的方法

36、有兩種：1設有電流I 通過線圈，計算磁場穿過自身回路的總磁通量，再用公式計算L2讓回路中通以變化率已知的電流，測出回路中的感應電動勢EL ，由公式計算L式中EL 和都較容易通過實驗測定，所以此方法一般適合于工程中此外，還可通過計算能量的方法求解解用方法1 求解，設有電流I 通過線圈，線圈回路呈長方形，如圖（）所示，由安培環(huán)路定理可求得在R1 r R2 范圍內(nèi)的磁場分布為由于線圈由N 匝相同的回路構成，所以穿過自身回路的磁鏈為則若管中充滿均勻同種磁介質(zhì)，其相對磁導率為r ，則自感將增大r倍1217如圖所示，螺線管的管心是兩個套在一起的同軸圓柱體，其截面積分別為S1 和S2 ，磁導率分別為1 和2

37、 ，管長為，匝數(shù)為N，求螺線管的自感（設管的截面很?。╊} 12-17 圖分析本題求解時應注意磁介質(zhì)的存在對磁場的影響在無介質(zhì)時，通電螺線管內(nèi)的磁場是均勻的，磁感強度為B0 ，由于磁介質(zhì)的存在，在不同磁介質(zhì)中磁感強度分別為1 B0 和2 B0 通過線圈橫截面的總磁通量是截面積分別為S1 和S2 的兩部分磁通量之和由自感的定義可解得結果解設有電流I 通過螺線管，則管中兩介質(zhì)中磁感強度分別為,通過N匝回路的磁鏈為則自感1218有兩根半徑均為a 的平行長直導線，它們中心距離為d試求長為l的一對導線的自感（導線內(nèi)部的磁通量可略去不計）題 12-18 圖分析兩平行長直導線可以看成無限長但寬為d 的矩形回路

38、的一部分設在矩形回路中通有逆時針方向電流I，然后計算圖中陰影部分（寬為d、長為l）的磁通量該區(qū)域內(nèi)磁場可以看成兩無限長直載流導線分別在該區(qū)域產(chǎn)生的磁場的疊加解在如圖所示的坐標中，當兩導線中通有圖示的電流I 時，兩平行導線間的磁感強度為穿過圖中陰影部分的磁通量為則長為l 的一對導線的自感為如導線內(nèi)部磁通量不能忽略，則一對導線的自感為L1 稱為外自感，即本題已求出的L，L2 稱為一根導線的內(nèi)自感長為l的導線的內(nèi)自感，有興趣的讀者可自行求解1219如圖所示，在一柱形紙筒上繞有兩組相同線圈AB 和AB，每個線圈的自感均為L，求：（1） A 和A相接時，B 和B間的自感L1 ；（2） A和B 相接時，A

39、 和B間的自感L2 題 12-19 圖分析無論線圈AB 和AB作哪種方式連接，均可看成一個大線圈回路的兩個部分，故仍可從自感系數(shù)的定義出發(fā)求解求解過程中可利用磁通量疊加的方法，如每一組載流線圈單獨存在時穿過自身回路的磁通量為，則穿過兩線圈回路的磁通量為2；而當兩組線圈按（1）或（2）方式連接后，則穿過大線圈回路的總磁通量為2±2，“ ±”取決于電流在兩組線圈中的流向是相同或是相反解（1） 當A 和A連接時，AB 和AB線圈中電流流向相反，通過回路的磁通量亦相反，故總通量為，故L1 0（2） 當A和B 連接時，AB 和AB線圈中電流流向相同，通過回路的磁通量亦相同，故總通量為

40、，故本題結果在工程實際中有實用意義，如按題（1）方式連接，則可構造出一個無自感的線圈1220如圖所示，一面積為4.0 cm2 共50 匝的小圓形線圈A，放在半徑為20 cm 共100 匝的大圓形線圈B 的正中央，此兩線圈同心且同平面設線圈A 內(nèi)各點的磁感強度可看作是相同的求：（1） 兩線圈的互感；（2） 當線圈B 中電流的變化率為50 A·1 時，線圈A 中感應電動勢的大小和方向題 12-20 圖 分析設回路中通有電流I1 ，穿過回路的磁通量為21 ，則互感M M21 21/I1 ；也可設回路通有電流I2 ，穿過回路的磁通量為12 ，則 雖然兩種途徑所得結果相同，但在很多情況下，不同

41、途徑所涉及的計算難易程度會有很大的不同以本題為例，如設線圈B 中有電流I 通過，則在線圈A 中心處的磁感強度很易求得，由于線圈A 很小，其所在處的磁場可視為均勻的，因而穿過線圈A 的磁通量BS反之，如設線圈A 通有電流I，其周圍的磁場分布是變化的，且難以計算，因而穿過線圈B 的磁通量也就很難求得，由此可見，計算互感一定要善于選擇方便的途徑解（1） 設線圈B 有電流I 通過，它在圓心處產(chǎn)生的磁感強度,穿過小線圈A 的磁鏈近似為則兩線圈的互感為（2）線圈A中感應電動勢的大小為互感電動勢的方向和線圈B 中的電流方向相同1221如圖所示，兩同軸單匝線圈A、C 的半徑分別為R 和r，兩線圈相距為d若r很

42、小，可認為線圈A 在線圈C 處所產(chǎn)生的磁場是均勻的求兩線圈的互感若線圈C 的匝數(shù)為N 匝，則互感又為多少？題 12-21 圖解設線圈A 中有電流I 通過，它在線圈C 所包圍的平面內(nèi)各點產(chǎn)生的磁感強度近似為穿過線圈C 的磁通為則兩線圈的互感為若線圈C 的匝數(shù)為N 匝，則互感為上述值的N 倍1222如圖所示，螺繞環(huán)A 中充滿了鐵磁質(zhì)，管的截面積S 為2.0 cm2 ，沿環(huán)每厘米繞有100 匝線圈，通有電流I1 4.0 ×10 2 A，在環(huán)上再繞一線圈C，共10 匝，其電阻為0.10 ，今將開關 突然開啟，測得線圈C 中的感應電荷為2.0 ×10 3 C求：當螺繞環(huán)中通有電流I1

43、 時，鐵磁質(zhì)中的B 和鐵磁質(zhì)的相對磁導率r題 12-22 圖分析本題與題12-8 相似，均是利用沖擊電流計測量電磁感應現(xiàn)象中通過回路的電荷的方法來計算磁場的磁感強度線圈C 的磁通變化是與環(huán)形螺線管中的電流變化相聯(lián)系的解當螺繞環(huán)中通以電流I1 時，在環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的磁感強度則通過線圈C 的磁鏈為設斷開電源過程中，通過C 的感應電荷為qC ，則有由此得相對磁導率1223一個直徑為0.01 m，長為0.10 m 的長直密繞螺線管，共1 000 匝線圈，總電阻為7.76 求：（1） 如把線圈接到電動勢E 2.0 V 的電池上，電流穩(wěn)定后，線圈中所儲存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 從接通電路時算起

44、，要使線圈儲存磁能為最大儲存磁能的一半，需經(jīng)過多少時間？分析單一載流回路所具有的磁能，通?？捎脙煞N方法計算：方法 1： 如回路自感為L（已知或很容易求得），則該回路通有電流I 時所儲存的磁能，通常稱為自感磁能方法 2： 由于載流回路可在空間激發(fā)磁場，磁能實際是儲存于磁場之中，因而載流回路所具有的能量又可看作磁場能量，即，式中為磁場能量密度，積分遍及磁場存在的空間由于，因而采用這種方法時應首先求載流回路在空間產(chǎn)生的磁感強度B的分布上述兩種方法還為我們提供了計算自感的另一種途徑，即運用求解L解（1） 密繞長直螺線管在忽略端部效應時，其自感，電流穩(wěn)定后，線圈中電流，則線圈中所儲存的磁能為在忽略端部效

45、應時，該電流回路所產(chǎn)生的磁場可近似認為僅存在于螺線管中，并為均勻磁場，故磁能密度 處處相等，（2） 自感為L，電阻為R 的線圈接到電動勢為E 的電源上，其電流變化規(guī)律，當電流穩(wěn)定后，其最大值按題意，則，將其代入中，得1224未來可能會利用超導線圈中持續(xù)大電流建立的磁場來儲存能量要儲存1 kW·h的能量，利用1.0的磁場，需要多大體積的磁場？ 若利用線圈中500 A 的電流儲存上述能量，則該線圈的自感系數(shù)應該多大？解由磁感強度與磁場能量間的關系可得所需線圈的自感系數(shù)為1225中子星表面的磁場估計為108，該處的磁能密度有多大？解由磁場能量密度1226在真空中，若一均勻電場中的電場能量密

46、度與一 0.50 的均勻磁場中的磁場能量密度相等，該電場的電場強度為多少？解 ,按題意，當時，則1227設有半徑R0.20 m 的圓形平行板電容器，兩板之間為真空，板間距離d0.50 cm，以恒定電流I2.0 A對電容器充電求位移電流密度（忽略平板電容器的邊緣效應，設電場是均勻的）分析盡管變化電場與傳導電流二者形成的機理不同，但都能在空間激發(fā)磁場從這個意義來說，變化電場可視為一種“廣義電流”，即位移電流在本題中，導線內(nèi)存在著傳導電流Ic，而在平行板電容器間存在著位移電流Id，它們使電路中的電流連續(xù)，即解忽略電容器的邊緣效應，電容器內(nèi)電場的空間分布是均勻的，因此板間位移電流，由此得位移電流密度的大小第十三章幾何光學簡介13-1 如圖所示，一儲油圓桶，底面直徑與桶高均為d.當桶內(nèi)無油時，從某點A恰能看到桶底邊緣上的某點B.當桶內(nèi)油的深度等于桶高一半時，在A點沿AB方向看去，看到桶底上的C點，C、B相距由此可得油的折射率以及光在油中傳播的速度為（）(A) (B) (C) (D) 分析與解 如圖所示，C點