《大学物理》第十一章 习题解答

第十一章电磁感应 1lc间电势差等于其电动势E=「(xB)d E=E+E=E= Bhcl cos60° 2.5×102×0.1×1.5× =1.88×10-Vc端电势高 12解:E=(xB),d 习题11-1图 先求Eb0,在ob上任取d,dF上的(v×B)方向如图 Es0= j rEsin90 dr cos0(° (y×B) arId,2 同理Ea0=13 orBdr= 习题11-2图 E OBl2b端电势高 3如右图所示,设B的方向垂直小面积a2向下。当圆盘逆时针转动时,磁场区产生感 应电动势 D 因此,在此小区域形成沿径向流向盘心的感应电流 E R为小面积a2的电阻,由图示可知 R=1.a=1 o at Ot l= Baroot 习题11-3图 此电流l在磁场中受到磁力为 f= Bali=ba root 显然力∫与转速U反向,为一磁阻力,故磁阻力矩为 M=rf=Baroot

114 第十一章 电磁感应 11-1 ac 间电势差等于其电动势  = v  B  l     ( ) d c端电势高 ac ab bc bc BbcV 1.88 10 V 2 1 2.5 10 0.1 1.5 cos60 3 2 − =  =      =  +  =  =  11-2 解： v B l    = (  ) d   先求 b0  ，在 ob 上任取 r r   d ,d 上的 (v B)    方向如图 则   = = =   l b rB r Bl vB r 3 2 0 2 0 9 2 d sin 90 d cos 0    同理 18 d 2 3 1 0 0 Bl rB r l a     = = Bl b端电势高 Bl Bl ba b a 2 2 2 0 0 6 1 9 18 2       = = = = − 11-3 如右图所示，设 B 的方向垂直小面积 a 2 向下。当圆盘逆时针转动时，磁场区产生感 应电动势  i = Ba = Bar 因此，在此小区域形成沿径向流向盘心的感应电流 R Bar R I i i   = = R 为小面积 a 2 的电阻，由图示可知 I Bar t at t a R i     = =  = 1 1 此电流 Ii 在磁场中受到磁力为 f BaI B a r t i  2 2 = = 显然力 f 与转速  反向，为一磁阻力，故磁阻力矩为 M rf B a r t 2 2 2 = = 习题 11-1 图 习题 11-2 图 习题 11-3 图

114见图示,在圆弧ab上取一线元d,由于切割磁力线产生动生电动势 dE=(×B)·dl= Bcos edl 6为×B与dl之间的夹角,由图示几何关系可知: 0+a==d= rda =RS 习题11-4图 da= versin ada= robr sin ada= obR- sin-ada 则ab上的动生电动势为 8=dE=oBR OBR[=141-cos 2a E的方向为a→b 115设t时刻半圆形导线的法线与B构成a角,因匀角速旋转,故a=O=2mt,此时, 通过半圆形部分的磁通量为 B Φ=BS 该电路中产生的感应电动势为 Br rfs 2nft dt 感应电流为 1=5=B/sm2m R 其最大值为电流幅值 Barf R 116设时刻圆形导线的法线与B构成B角 B Q=2m=60 g= Bs cos ot NBSo sin ot 11

115 11-4 见图示，在圆弧  ab 上取一线元 dl，由于切割磁力线产生动生电动势 d = (V  B) dl =VBcosdl     为 V B    与 l  d 之间的夹角，由图示几何关系可知：      sin ,d d , 2 r R l R = + = = d sin d  sin d  sin d 2 2  =VBR = r BR = BR 则  ab 上的动生电动势为             2 / 4 0 2 / 4 0 2 2 8 2 d 2 1 cos 2 d sin d BR BR BR − = − = = =     的方向为 a →b 11-5 设 t 时刻半圆形导线的法线与 B 构成  角，因匀角速旋转，故  =t = 2ft ，此时， 通过半圆形部分的磁通量为 ft B r BS t    cos 2 2 cos 2  = = 该电路中产生的感应电动势为 B r f ft t   sin 2 d d 2 2 =  = − 感应电流为 ft R B r f R I    sin 2 2 2 = = 其最大值为电流幅值 R B r f Im 2 2  = 11-6 设 t 时刻圆形导线的法线与 B 构成  角。 NBS t t N Bs t t f          sin d d cos 2 60 = −  =  = = = = 习题 11-4 图

8= BSoN= BoNze 4×104×0.5×10 0.122×60r 11-7解法(一) 设t时刻时,AD边离电流I的距离为y,y是时间的函数。在矩形线圈内取面元dS=ldx, 电流I产生的磁场穿过dS的磁通量 =B·dS= 则 0-0=B4=4h2 D→}C 101 习题11-7图 2I y 12+y dr 0l2 (l2+y) 0.10m时 2v_2×10-7×5×006×003×004 2T(a+l,)a 0.09×0.05 1.6×10°V 其绕行方向为顺时针方向。 解法(二),线圈4个边中仅有平行电流I的两个边切割磁力线而产生电动势,在t时 刻近电流I的一边产生电动势 G=BLU 10l1U E的方向向上。 同理,t时刻远电流边产生的电动势为 8= BlD nU E2方向向上 故线圈中的电动势为 E=E1-E2 HolL (1

116 1.7V 4 10 0.5 10 0.12 60 4 4 2 2 max = =       = = −    BSN BNr 11-7 解法（一） 设t时刻时，AD边离电流I 的距离为y，y是时间的函数。在矩形线圈内取面元 dS l dx = 1 ， 电流 I 产生的磁场穿过 dS 的磁通量 l x x I d B dS d 2 1 0    =  =   则 y Il l y x Il y l x y +  =  = =   + 0 1 0 1 2 ln 2 d 2 d 2     ) d d ( 2 ( ) d d ) 1 1 ( d 2 d 2 0 1 2 2 0 1 v t y v y l y Il l t y y l y Il t = + = + = − −  =       当 y = a = 0.10m 时 1.6 10 V 0.09 0.05 2 10 5 0.06 0.03 0.04 2 ( ) 8 7 2 0 1 2 − − =        = + = a l a Il l v    其绕行方向为顺时针方向。 解法（二），线圈 4 个边中仅有平行电流 I 的两个边切割磁力线而产生电动势，在 t 时 刻近电流 I 的一边产生电动势 a Il B l      2 0 1 1 = 1 1 = 1  的方向向上。 同理，t 时刻远电流边产生的电动势为 2 ( ) 2 0 1 2 2 1 l a Il B l + = =      2  方向向上。 故线圈中的电动势为         + = − = − a l a Il 2 0 1 1 2 1 1 2      习题 11-7 图

0l1l2 2r(a+l2)a 结论同解法(一)。 118取如图示之坐标轴ox,在金属杆上取线元dx,两个长直等值反向电流在dx处产生的 磁感强度 则dx上产生的动生电动势为 de =-Budx=solu 2I x 2a-x 故金属杆上的动生电动势为 ⅠU de 习题11-8图 Ho1D b 金属杆在左端电势高。 1109(1)在矩形线圈内取一面元dS=ldx,此面元处的磁感强度据题设可得 b+d B的方向垂直纸面向里。故穿过线圈内的磁通量 习题11-9图 o td b b uoll(a+d)b boll(a+ d)d (b+a)d 2 (a+b) 线圈中的感生电动势为 d④ uo(d+ a)b d In dt 2T (a+b)d dt 10设时刻杆CD位于y处,这时CD杆与抛物线相交的两端长为2x=2,2,此时杆 向上运动的速度据题设应为U=√2my,故此时回路中的电动势即为杆长2x内切割磁力线 所产生的感应电动势,即

117 a l a Il l 2 ( ) 2 0 1 2 1 2 + = − =       结论同解法（一）。 11-8 取如图示之坐标轴 ox，在金属杆上取线元 dx，两个长直等值反向电流在 dx 处产生的 磁感强度       − = + x a x I B 2 1 1 2 0   则 dx 上产生的动生电动势为 x x a x I B x d 2 1 1 2 d d 0       − + − = − =      故金属杆上的动生电动势为 a b I a b x x a x I a b a b − − + =       − + − = =   + − ln d 2 1 1 2 d 0 0         金属杆在左端电势高。 11-9 （1）在矩形线圈内取一面元 dS=ldx，此面元处的磁感强度据题设可得       + − + − = x b d x I B 1 1 2 0   B 的方向垂直纸面向里。故穿过线圈内的磁通量 a b b Il a d d b a d Il a d b b b a d Il a d x x b d x Il B S b a b ( ) ( ) ln ( ) 2 ( ) ln 2 ln ln 2 d 1 1 2 d 0 0 0 0 + + = + − + =       + + + = −       + − + − =  =    +           线圈中的感生电动势为 t I a b d l d a b t d d ( ) ( ) ln d 2 d 0 + + = − =     11-10 设 t 时刻杆 CD 位于 Y 处，这时 CD 杆与抛物线相交的两端长为 k y 2x = 2 ，此时杆 向上运动的速度据题设应为  = 2ay ，故此时回路中的电动势即为杆长 2x 内切割磁力线 所产生的感应电动势，即 习题 11-8 图 习题 11-9 图

6=B2xD=2B, 2ay=By E的方向由D指向C 111两个半圆面内穿过的磁量为 ①=2 BS cOS a=2B=cos45° R- B 故回路内的感应电动势的大小为 d④ √2 dB△B 由于磁场在Mt秒均匀降为零,即 dt△t 4=“2×x×(5×10-2)2、8×10 2,△B√2 889×10-V 顺时针方向 l12(1)过a点作一半径为r的圆形回路L,则涡旋电场E,沿L的环流为 由于磁场沿轴线柱对称,帮L上E,量值相等,且E;方向即与L绕行方向相同 dB rdB E:=2 dt 2(-10×10 =25×14V.m-l dB <0,故E;的方向为顺时针绕行方向 (2)在a点放一电子的加速度 F=ma eE:1.6×10 m9.1x10-×2.5×10-4=44×10ms a== 由于电子荷负电,故它的加速度方向与E1相反 113根据磁场B柱对称,dB ≠0时,可知E1为一系列同心圆,即E1与半径正交,故

118 k a ay By k y B x B 8  = 2  = 2 2 =  的方向由 D 指向 C。 11-11 两个半圆面内穿过的磁量为 R B R BS B 2 2 2 2 cos 45 2 2 cos 2    =  =  = 故回路内的感应电动势的大小为 t B R t d d 2 2 d d 2    = = 由于磁场在 Δt 秒均匀降为零，即 t B t B Δ Δ d d = 8.89 10 V 5 10 8 10 (5 10 ) 2 2 Δ Δ 2 2 2 3 2 2 2 2 − − − − =      =  =     t B R 顺时针方向。 11-12 （1）过 a 点作一半径为 r 的圆形回路 L，则涡旋电场 Ei  沿 L 的环流为       = l i S t B E l S d - d     由于磁场沿轴线柱对称，帮 L 上 Ei 量值相等，且 Ei  方向即与 L 绕行方向相同。 S t B E r i d d d  2 = −  4 1 2 2 2.5 1 V m ( 1.0 10 ) 2 5 10 d d 2 − − − − =   −   = − = − t r B Ei 0 d d  t B  ，故 Ei 的方向为顺时针绕行方向。 （2）在 a 点放一电子的加速度 F = ma, eEi = ma 4 7 2 31 19 2.5 10 4.4 10 m s 9.1 10 1.6 10 − − − −   =      = = m eE a i 由于电子荷负电，故它的加速度方向与 Ei 相反。 11-13 根据磁场 B 柱对称，当 0 d d  t B 时，可知 Ei 为一系列同心圆，即 Ei 与半径正交，故

沿半径方向不会产生感生电动势,即E=Eob=E=0 这样在回路oac中的电动势为 Oac =Eoa tEab +abc tE=Eab +Eb=8 Ea为杆为ac内的电动势,Eab和Eb分别为ab和bc部分内的电动势。 由上面分析可知 习题11-13图 Eb =Eh =s S为三角形ob的面积,据题设,S1=R2,S2为obc回路内磁场复盖的区域obc’扇形 面积,据题设,图中O=,故S2=R20=R 12 Eac =b +Eb=(S,+s2) /3r dB 因为一>0,由楞次定律可判定c端电位高 l14由于αbc回路内有效磁场变化区为ab弦与螺线管壁之间包围的面积S,据题设 ∠boa=x/3,故 S=R2x√3 6 d>0.中统行方向为迎时针,故a端电势高。 11-15(1)矩形螺绕环内的磁感强度可由安培环路定理计算 = I B 2 穿过每匝线圈的矩形面积内的磁通量(见图示)为 习题11-15图

119 沿半径方向不会产生感生电动势，即  oa =  ob =  oc = 0 ， 这样在回路 oac 中的电动势为 oac oa ab bc ca ab bc ac  =  +  +  +  =  +  =  ac  为杆为 ac 内的电动势， ab  和 bc  分别为 ab 和 bc 部分内的电动势。 由上面分析可知 t B S t B S bc obc ab oab d d d d 2 1 = = = =     1 S 为三角形 oab 的面积，据题设， 2 2 1 , 4 3 S = R S 为 obc 回路内磁场复盖的区域 obc  扇形 面积，据题设，图中 6   = ，故 2 2 2 2 12 1 S R R  =  = t B R t B S S ac ab bc d d 4 12 3 d d ( ) 2 1 2         = +  = + = +     因为 0 d d  t B ，由楞次定律可判定 c 端电位高。 11-14 由于 abc 回路内有效磁场变化区为 ab 弦与螺线管壁之间包围的面积 0 S ，据题设， boa =  /3 ，故 t B R t B S S R R R ab abc d d 4 3 d 6 d 4 3 4 6 3 2 3 1 2 0 2 2 2 0          = = −         = − = −      abc t B 0, d d   中绕行方向为逆时针，故 a 端电势高。 11-15 （1）矩形螺绕环内的磁感强度可由安培环路定理计算 r NI B r NI B     2 2 0 = 0 = 穿过每匝线圈的矩形面积内的磁通量（见图示）为 习题 11-13 图 习题 11-15 图

Φ=「B.ds o 因此螺绕环的自感系数为 山0N2h 2丌 (2)环内磁能为 BohlIn b 11-16图示一平面螺线,共有N匝,在距圆心r处取dN匝圆形线圈,其宽度为dr,当B 变化时,在dN匝圆形线中产生感生电动势 de=s-dw 则整个平面螺线中产生的感生电动势为 de= ux dd o r2c NB.ocos ot 11-17设二导线通有等值反向的电流l,在二导线间坐标x处取一面元dS=ldx,则长为L 的二导线间构成一回路,略去导线内磁通,故穿过该回路的磁通量应为 Φ=|BdS=2 ldx 2 Hold-a 由此可得,长为l的这一对导线的自感系数为 习题11-17图 In 118设在磁控管的空心圆柱面和平行板间穿过的磁通量分别为中与Φ2,设若通过的电 流为I,由于a>>d,二平行板可看作二无限大载流平面,见图示 其面流电K ,故二板间的磁感为B1=K 而空心圆柱 K 习题11-18图

120 b NIh a r r h NI B S b a ln 2 d 2 d 0 0     = =  =      因此螺绕环的自感系数为 a N h b I N L ln 2 2 0    = = （2）环内磁能为 a N hI b W LI m ln 2 4 1 2 2 2 0   = = 11-16 图示一平面螺线，共有 N 匝，在距圆心 r 处取 dN 匝圆形线圈，其宽度为 dr，当 B 变化时，在 dN 匝圆形线中产生感生电动势 r t B a r N N t B N r t B S d d d d d d d d d d 2 2   = =  = 则整个平面螺线中产生的感生电动势为 NB t a t B N a r r t B a N a        cos d 3 d 3 d d d d 0 2 2 0 2 = = = =   11-17 设二导线通有等值反向的电流 I，在二导线间坐标 x 处取一面元 dS = ldx ，则长为 L 的二导线间构成一回路，略去导线内磁通，故穿过该回路的磁通量应为 a Il d a l x x I B S d a a − =  =  =   − ln d 2 d 2 0 0     由此可得，长为 l 的这一对导线的自感系数为 a l d a I L − = = ln 0    11-18 设在磁控管的空心圆柱面和平行板间穿过的磁通量分别为 1 与  2 ，设若通过的电 流为 I，由于 a  d ，二平行板可看作二无限大载流平面，见图示， 其面流电 a I K = ，故二板间的磁感为 a I B K 0 1 0  =  = ，而空心圆柱 习题 11-16 图 习题 11-17 图 习题 11-18 图

面的磁通可等价一载流螺线管内的磁场,其磁感强度B2=A=AK=AI,即 B1=B2 设穿过平行板间和穿过空心圆柱面间的磁通量分别为中和中2 据题设可知 P=B, 则磁控管内穿过的磁通量为 1+中2=B1(ad+m2) (ad+rr 由此可得磁控管的自感系数L= ad+m2)=Ada-|≈2d 119图示设直电流为l1,它在左右两侧产生的磁通量方向相反,相互抵消,仅剩图中画 有阴影区的部分面积内有向纸面穿入的磁通量,故 01a 01a In 2 则线圈与直导线间的互感系数为 a/3 a/3 a/3 习题11-19图 M Palo cIn2 11-20(1)管壁载有电流NI,其管内的磁场强度应为H=-1,在介质1和介质2中的 磁感强度分别为B=HH=M 、B1=A∥=W 故穿过截面的磁通量应为 p=BS,+B,S,=w1+uNIS2 此螺线管的自感系数为 N④N (1S1+2S2) (2)单位长度储能为(=1) 121

121 面的磁通可等价一载流螺线管内的磁场，其磁感强度 a I B nI K 0 2 0 0  =  =  = ，即 B1 = B2 。 设穿过平行板间和穿过空心圆柱面间的磁通量分别为 1 和  2 ， 据题设可知 2 1 1 2 2  = B ad  = B r 则磁控管内穿过的磁通量为 ( ) ( ) 2 0 2 1 2 1 ad r a I B ad r    = + = + = + 由此可得磁控管的自感系数 d a r ad r d I I L 0 2 0 0 2 ( )               = = + = 11-19 图示设直电流为 1 I ，它在左右两侧产生的磁通量方向相反，相互抵消，仅剩图中画 有阴影区的部分面积内有向纸面穿入的磁通量，故 ln 2 2 d 2 d 0 1 2 / 3 / 3 0 1 21     I a x I a x B S a a =  =  =     则线圈与直导线间的互感系数为 ln 2 2 0 1 21    a I M = = 11-20 （1）管壁载有电流 NI，其管内的磁场强度应为 I l N H = ，在介质 1 和介质 2 中的 磁感强度分别为 , , 2 2 2 1 1 1 l NI B H l NI B H    =  = = = 故穿过截面的磁通量应为 l NIS l NIS B S B S 1 1 2 2 1 1 2 2    = + = + 此螺线管的自感系数为 ( ) 1 1 2 2 2 S S l N I N L    = = + （2）单位长度储能为 (l = 1) 习题 11-19 图

L2=-(4S1+2S2 1121(1)在直导线内取一体积元,如图所示,其体积d=2mldr=2mdr(=1),在 该体元处的磁场强度H ,则单位长度内所储存的磁能为 2TR Wn=「AHd r-2mdr 24z2R4 0 4R 习题11-21图 (2)由磁场能量〃、l LⅠ2可得单位长度的自感系数 Lo 2W/ 1122(1)由位移电流定义d心可得 D dD de Eo 8.85×10-×x×0.1×1.0×10=2.8A (2)以r为半径作一圆形回路L,由于电场柱对称分布,故磁感应强度B沿L的环流为 B·dl dD B27 de r de B=-Eolo Eou 9×10-3 2×(3×则0)2×1×103=50×10-2T 11-23根据位移电流密度的定义,在电容器内r处的位移电流密度为 dD 处的D= λ为圆柱单位长度上所荷电量

122 2 1 1 2 2 2 2 ( ) 2 2 1 S S I N W LI m = =  +  11-21 （1）在直导线内取一体积元，如图所示，其体积 dV = 2rldr = 2rdr(l = 1) ，在 该体元处的磁场强度 2 2 R Ir H  = ，则单位长度内所储存的磁能为    = = = = R R m I r r R I r r r R I W H V 0 2 3 0 4 2 0 0 2 2 4 2 0 2 0 16 d 4 2 d 2 4 d 2 1         （2）由磁场能量 2 2 1 W LI m = 可得单位长度的自感系数   8 2 / 2 0 L0 = Wm I = 11-22 （1）由位移电流定义 t I D d d d = 可得 8.85 10 0.1 1.0 10 2.8A d d d d ( ) d d d d 12 2 13 2 0 2 =      = =  = =  = −     t E R t D D S R t t I D d   （2）以 r 为半径作一圆形回路 L，由于电场柱对称分布，故磁感应强度 B 沿 L 的环流为 2 0 2 0 d d 2 d d d r t D B r r t D B l L      =  =    1 10 5.0 10 T 2 (3 10 ) 9 10 1 , d d d 2 d 2 13 7 8 2 3 0 0 0 0 2 − −   =     =          = = =     c t E c r t r E B 11-23 根据位移电流密度的定义，在电容器内 r 处的位移电流密度为 t D J d d d = r 处的    , 2 r D = 为圆柱单位长度上所荷电量。 习题 11-21 图

电容器两极间的电压 U=E·dF Ra R 电压的变化率 dU hn R, da 习题11-23图 K 2mI(R,/R rI(r2/Ru 1124解法(一),图示为一纵截面图,由图示可知,+q发出的电位移线穿过弦切面S1的 电位移通量￠必穿过相应的球冠S即 上式中D1与S面上的电位移,其大小和方向均有变化,而D2为球冠上的电位移,其大小 在球冠上处处相等,即D q,而球冠面积=2m(r-x) 47 Φn=D,dS= =91-x 习题11-24(a)图 a22)dr2(2+a2) 解法(二),在截面S1上取一半径为p,宽为dp的圆环形面元dS,则dS=2 Tadp, 见图示,此圆环上电位移D=q,方向如图示 4r(x-+p2) 故穿过整个截面的电位移通量为 习题11-24(b)图

123 r t J d d d 2 1    = 电容器两极间的电压 1 2 ln 2 d 2 d 2 1 2 1 R R r r U E r R R R R       =  = =     电压的变化率 R t R K t U d d ln 2 1 d d 1 2   = = ln( / ) ln( / ) 2 2 1 2 1 R2 R1 r K K r R R J d      = = 11-24 解法（一），图示为一纵截面图，由图示可知，+q 发出的电位移线穿过弦切面 1 S 的 电位移通量  D 必穿过相应的球冠 S冠 即    =  =  S S冠 D D S D S     1 d 2 d 1 上式中 D1 与 1 S 面上的电位移，其大小和方向均有变化，而 D2 为球冠上的电位移，其大小 在球冠上处处相等，即 2 2 4 r q D  = ，而球冠面积 S冠 = 2r(r − x)         + = −        =  = − = −  2 2 2 2 1 2 1 2 2 ( ) 4 d x a q x r q x r r x r q D D S    ( ) ( ) 3 / 2 2 2 2 3 / 2 2 2 2 2 2 d 2 1 d d 2 d x a qa t x x a x x a q t I D d + =         + + + − =   =  解法（二），在截面 1 S 上取一半径为  ，宽为 d 的圆环形面元 dS ，则 dS = 2d ， 见图示，此圆环上电位移 4 ( ) 2 2  +  = x q D ，方向如图示。 故穿过整个截面的电位移通量为 习题 11-23 图 习题 11-24（a）图 习题 11-24（b）图