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1、大学物理第七章习题答案第7章 电磁感应 电磁场 7-1 acvvv间电势差等于其电动势e=(vB)dl eac=eab+ebc=ebc=BbcVcos60=2.51020.11.5=1.8810-3Vvvv7-2 解：e=(vB)dl 12c端电势高习题7-1图 vvv先求eb0，在ob上任取dr,dr上的(vB)方向如图 v则 eb0=vBsin90drcos0=2l302wrBdr=wBl291l30同理 ea0=wrBdr=wBl218习题7-2图 eba=eb0=ea01=wBl262wBl22=wBl-918b端电势高7-3 如右图所示，设B的方向垂直小面积a向下。当圆盘逆时针转动时
2、，磁场区产生感应电动势 ei=Bau=Barw 2因此，在此小区域形成沿径向流向盘心的感应电流 Ii=eiR=BarwRR为小面积a2的电阻，由图示可知 1a1R=satst Ii=Barswt习题7-3图 114 此电流Ii在磁场中受到磁力为 f=BaIi=B2a2rwst 显然力f与转速u反向，为一磁阻力，故磁阻力矩为 M=rf=B2a2r2wst 7-4 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 vvvde=(VB)dl=VBcosqdl q为VB与dl之间的夹角，由图示几何关系可知： q+a=p2r=Rsina,dl=Rda,vvv习题7-4图 de=VBRsin
3、ada=rwBRsinada=wBRsinada 22则ab上的动生电动势为 e=de=wBR2=wBR2p/40sin2adap/401-cos2ap-22da=BRw28e的方向为ab 7-5 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=wt=2pft，此时，通过半圆形部分的磁通量为 Bpr2F=BScoswt=cos2pft 2该电路中产生的感应电动势为 e=-dF=Bp2r2fsin2pft dt感应电流为 Bp2r2fI=sin2pft RRe 115 其最大值为电流幅值 Bp2r2fIm=R7-6 设t时刻圆形导线的法线与B构成b角。 w=2pf=60pF=Bscos
4、wte=-NdF=NBSwsinwtdtb=wtemax=BSwN=BwNpr2=41040.510-4p0.12260p=1.7V7-7 解法 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=l1dx，电流I产生的磁场穿过dS的磁通量 vvm0IdF=BdS=l1dx 2px则 F=dF=m0Il1y2py+l2dxm0Il1l2+y =lnx2py习题7-7图 e=-dFm0Il111dy=(-)dt2pyl2+ydtdy(Q=v)dtm0Il1l2=v2py(l2+y)当y=a=0.10m时 m0Il1l2v210-750.060.030.04e= 2p(a
5、+l2)a0.090.05=1.610-8V其绕行方向为顺时针方向。 116 解法，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 e1=B1l1u=m0Il1u 2pae1的方向向上。 同理，t时刻远电流边产生的电动势为 e2=B2l1u=e2方向向上。 m0Il1u2p(l2+a)故线圈中的电动势为 m0Il1u11 e=e1-e2=-2pal2+ae=e1-e2=m0Il1l2u2p(a+l2)a结论同解法。 7-8 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 B=m0I11+ 2px2a-x则dx上
6、产生的动生电动势为 de=-Budx=-m0Iu11+dx 2px2a-x习题7-8图 故金属杆上的动生电动势为 117 e=de=-m0Iua+b11+dxa-b2px2a-x -m0Iua+b=lnpa-b金属杆在左端电势高。 7-9 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=m0I-11+ 2px-b+dxB的方向垂直纸面向里。故穿过线圈内的磁通量 vvF=BdSm0Ilb+a-11=+dx2pbx-b+dxmIla+db+a=0-ln+ln2pdb-m0Il(a+d)bm0Il(a+d)d=ln=ln2p(b+a)d2p(a+b)b习题7-9图 线圈中的感生电
7、动势为 e=-dFm0l(d+a)bdI=lndt2p(a+b)ddt7-10 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2x=2yk，此时杆向上运动的速度据题设应为2x内切割磁力线u=2ay，故此时回路中的电动势即为杆长所产生的感应电动势，即 e=B2xu=2By8a2ay=Bykke的方向由D指向C。 118 7-11 两个半圆面内穿过的磁量为 F=2BScosa=2BpR22cos45=22pRB 2故回路内的感应电动势的大小为 e=dF22dB =pRdt2dtdtt由于磁场在t秒均匀降为零，即dB=B 22B2810-2-22e=pR=p(510)2t2510-3=8.
8、8910-2V顺时针方向。 7-12 过a点作一半径为r的圆形回路L，则涡旋电场vEi沿L的环流为 vvvBvlEidl=-StdS 由于磁场沿轴线柱对称，帮Lv上Ei量值相等，且Ei方向即与L绕行方向相同。 Ei2pr=-dBdS dtrdB510-2Ei=-=-(-1.010-2) 2dt2=2.51-4Vm-1QdB0，由楞次定律可判定c端电位高。 7-14 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S0，据题设，boa=p/3，故 120 12p32p32RS0=R-R=-23446dBp32dBReab=eabc=S0-dt64dtQdB0,eabc中绕行方向为逆
9、时针，故dta端电势高。 7-15 矩形螺绕环内的磁感强度可由安培环路定理计算 B2pr=m0NIB=m0NI2pr穿过每匝线圈的矩形面积内的磁通量为 vvF=BdSmNIbdr=0h a2prmNIha=0ln2pb习题7-15图 因此螺绕环的自感系数为 NFm0N2hbL=lnI2pa环内磁能为 12m0N2hI2bWm=LI=ln 24pa7-16 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 dBpr2NdB2dBde=SdN=prdN=dr dtdtadt则整个平面螺线中产生的感生电动势为 习题7-16图 121 e
10、=de=adt0 22padBpa=N=NB0wcoswt3dt3pNdBar2dr7-17 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 F=BdS=2=d-aam0Ildx2pxm0Ild-alnpa由此可得，长为l的这一对导线的自感系数为 L=习题7-17图 FI=m0ld-aln pa7-18 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F1与F2，设若通过的电流为I，由于ad，二平行板可看作二无限大载流平面，见图示， 其面流电K=Ia，故二板间的磁感为B1=m0K=m0Ia，而空心圆
11、柱 习题7-18图 面的磁通可等价一载流螺线管内的磁场，其磁感强度B2=m0nI=m0K=m0Ia，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F1和F2， 据题设可知 F1=B1adF2=B2pr2 122 则磁控管内穿过的磁通量为 F=F1+F2=B1(ad+pr2)=m0Ia(ad+pr2) pr2由此可得磁控管的自感系数L=(ad+pr)=m0dam0d IIFm027-19 图示设直电流为I1，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 vvmIa2a/3dxF21=BdS=012pa/3xmIa=01ln22
12、p则线圈与直导线间的互感系数为 M=习题7-19图 F21I1=m0aln2 2p7-20 管壁载有电流NI，其管内的磁场强度应为H在介质B1=m1H=l=NI，l1和介质,B2=m2H=2l中的磁感强度分别为m1NIm2NI,故穿过截面的磁通量应为 F=B1S1+B2S2=m1NIS1l+m2NIS2l此螺线管的自感系数为 NFN2L=(m1S1+m2S2) Il单位长度储能为(l=1) 123 12N2Wm=LI=(m1S1+m2S2)I2 227-21 在直导线内取一体积元，如图所示，其体积dV=2prldr=2prdr(l=1)，在该体元处的磁场强度H=Ir2pR2，则单位长度内所储存
13、的磁能为 1Wm=m0H2dV2Rm0I2=r22prdr 24024pRm0I2R3m0I2=rdr=16p4pR40习题7-21图 由磁场能量Wm=12LI可得单位长度的自感系数 2L0=2Wm/I2=m08p 可得 7-22 由位移电流定义Id=dFDdtdFDdvvdDdEId=(DS)=pR2=e0pR2dtdtdtdt=8.8510-12p0.121.01013=2.8A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 vvdD2Bdl=mpr0Ldt dD2B2pr=m0prdtrdErdE1B=e0m0=2,c=2dt2cdte0m0 -3910=110
14、13=5.010-7T822(310)7-23 根据位移电流密度的定义，在电容器内r处的位移电124 流密度为 Jd=dDdtr处的D=l,l为圆柱单位长度上所荷电量。 2pr1dlJd= 2prdt电容器两极间的电压 U=R2R1vvlEdr=2peR2R1Rdrl=ln2r2peR1电压的变化率 RdldU1 =K=ln2dt2peR1dtJd=12peeK K=2prln(R2/R1)rln(R2/R1)习题7-23图 7-24 解法，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FD必穿过相应的球冠S冠即 FD=S1vvvvD1dS=D2dS S冠上式中D1
15、与S1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D2=而球冠面积S冠=2pr(r-x) FD=D2dS=qqx2pr(r-x)=1-22r4prqx=1-222x+a习题7-24图 q4pr2， 125 dFDq-1x2Id=+22dt2x+ax2+a2()dxqa2u=3/222dt2x+a()3/2解法，在截面S1上取一半径为r，宽为dr的圆环形面元dS，则dS=2prdr，见图示，此圆环上电位移D=方向如图示。 故穿过整个截面的电位移通量为 FD=DcosadS=q4paq，224p(x+r)习题7-24图 01r2+x2xr+x222prdr
16、qxar20r2+x2()dr3/2qxx1-=2a2+x2dFDqa2uId=dt2x2+a2()3/27-25 由题意知该电磁波的频率为u=108Hz，故其波长为 C3108l=3m v108根据平面电磁波波动方程Ey故该电磁波沿=f(x,t)，vv轴正向E=Eyj，x轴正方向传播。 vvvv由于波印廷矢量S=EH，已知S沿vv因此磁场为H=HzK。 x又据平面电磁波特性e0E=m0H，故可得磁感强度的分量值为Bx=0,By=0 Bz=m0Hz 126 =e0m0Ey将Ey代入得 6010-2x8Bz=cos2p10t-3108cx=210-9cos2p108t-Tcv7-26 证：对电场
17、强度E取散度 =Ey/c vExEyEzE=+xyz据题意，Exx=0,Eyy=0,Ez=0 zvE=0对磁感应强度B取旋度 vivB=xBxvjyByvKBzByvBxBzvByBxv=-i+z-xj+x-yk zyzBzvBxBzByBx=0故B=0 zxxy据题设Bzy=Byz=对地真空中的电磁场，当r=0,j=0时， vrE=0,e0vvB=m0j=0 故上述式和式满足真空中的麦克斯韦方程组，其物理过程是电磁场以平面电磁波的形式沿y决定了电磁波波速vvvvvB=Bxi(Ki=j) C=C3vv轴传播，且EB的传播方面由于vvE=EzK，故 127 又据e0E0=m0H0 B0=m0H=
18、e0m0m0E0=e0m0E0 7-27 距电台为r处的半球面上玻印廷矢理的平均值为 P104S=1.6105Wm 282pr2p10因为S=1EH，平面电磁波具有如下关系 2e0EQ=m0HQ,1e021E=E2 2m02cm0c=1e0m0S=E=2cm0S=8p10-731081.610-5=0.11Vm-1H=e0E0.11E=m0cm04p10-73108v=2.9210-4Am-17-28 在极板边缘处位移电流Id产生的磁场H，极板上v电荷产生的电场强度E方向如图示，由 vvvS=EH vvvEH可知S由极板边缘流向极板中心。在边缘处的和的大小分别为 E=Ub习题7-28图 H=I
19、dJRdEe0RdU=dpR2=e0=2pR2pR2dt2bdteRdUS=EH=02Udt2b 128 据题设，电容器侧边面积A=2pRb，故单位时间进入电容器内的总能量 vve0pUR2dUdW1=SdA=SA=S2pRb=Adtbdt电容器内体积为V=pR2b，它储存的静电能量为 We=11e0E2V=e0E2pR2b 22由于E=U随时间变化，故电容器中静电能的增加率为 bdWee0pR2UdU2dE=e0EpRb=dtdtbdtdW1dWe=dtdt7-29 由LC组成串联电磁振荡电路，其振荡频率和周期分别为 2pLC23.141.0152.510-81T=10-3Svv=1=1=1
20、03Hz电容器两极板上的电势差为 q02.510-6u(t)=cos2pvt=cos2p103t-8 C2.510=100cos2p103t(V)电路中的振荡电流为 I(t)=dq=-2pvq0sin2pvt=-23.141032.510-6sin2p103t dt=-1.5710-2sin2p103t(A)t=T/8=3/8-3(s)时 129 u=100cos2p10310-3/8=100cosp4I=-1.5710-2sinp/4=-1.1110-2Au=100cosp/2=0I=-1.510-2sinp/2=-1.5710-2A=70.7Vt=T/4=10-3/4(s)t=T/2=10
21、-3/2(s)时u=100cosp=-100VI=-1.5710-2sinp=02q0q2(2.510-6)22(3)We(t)=cos(2pvt)=cos2(2p103t)-8 2C2C22.510=1.2510-4cos2(2p103t)JWm(t)=11=LI2=LI02sin2(2pvt)22211=1.0151.5710-2sin2(2p103t) 22=1.2510-4sin2(2p103t)J()W=We+Wm=2.510-4J 7-30 太阳对地球的辐射压力为 ss21.41036F幅=A=pR=3.146.410cc3108=6.0108N() 2太阳对地球的引力为 Mm1.
22、9810305.981024-11F引=G2=6.6710r(1.51011)2=3.61022NF引:F辐=3.61022/6108=61013 显然，F引F辐，即太阳系对地球的辐射压力与太阳对地球引力相比微不足道，可略去不计，然而对于微小颗粒或尘埃粒子来说，太阳光压可能等于或大于太阳的引力，例如慧星接近太阳时形成的慧尾就是这种原因。 130 7-31 设粒子的轨道道半径为R，太阳质量为M，半径为R，则太阳对粒子的引力为 Fg=GM43prr 2R3它受到的辐射太力为 1PR22Fr=SA=pr ccR2P为太阳的辐功率，由Fg=Fr给出 3PR236.9107(7108)2r=4GMcr46.6710-112103031081.0103 =6.310-7m=6.310-4mm 由于粒子受到太阳引力和太阳光辐射压力平衡条件与它离太阳距离R无关，所以它不论离太阳远近均处于平衡状态，故粒子将做匀速直线运动。 131
