大学物理课后习题答案 电磁感应 电磁场 (电磁场)
大学物理_电磁感应和电磁波及习题解答
d
-
a
-
17-4(感生） B=0I/2r
I(t)
ds=Ldr a b a b I t L I t 1 t L dr dr 2r a 2 a r
L d a
d t dt
对r，I(t)是常数
L a b ln wI 0 cos wt 2 a
b
补充题 在半径为R的圆筒内，有方向与轴线平行 的均匀磁场B，它以dB/ dt=1.0×10-2T/s 的变化率减小。P点离轴线的距离r=5.0cm， 如图所示，试问电子在各点处可获的加速度 的大小和方向如何？ 解:轴对称
E dl E 2r d dB dB r 2 S dt dt dt
自感电动势：
自感系数：
L
d m 0 dt
判别自感电动势和 自感电流的方向与 一般情况相同。
反映线圈自身特性
d d LI dI L L dt dt dt
例1.N 匝的螺线管长l，截面积为 S，绕在铁心上，求自感系数。 解：螺线管内部的磁感应强度：
B nI
1 K 2
L R
*解释：K接通1时，电池和线圈充当 灯泡的电源(电池对L充电)； K接通2时，线圈充当灯泡的电源 (L向灯泡放电)。
电感器储能
WL dq d Idt dt LIdI
dq I dt
d dt
LI d LdI
1 2 LI 2
二、磁场的能量 电感器所储能量只能分布在磁场中 长直螺线管
以O为圆心,OP为半径作圆
P
Ek
o
r dB E 2 dt
r dB 2 E dl 2 dl cos 2 dt 0 0
大学物理答案第12章
第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波12－1 一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（ ）（A ） 线圈中无感应电流（B ） 线圈中感应电流为顺时针方向（C ） 线圈中感应电流为逆时针方向（D ） 线圈中感应电流方向无法确定题 12-1 图分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B ）．12－2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ）（A ） 铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B ） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C ） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D ） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．12－3 有两个线圈，线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律ti M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 12－4 对位移电流，下述说法正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．12－5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．12－6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为tΦπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势． 分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦNξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．12－7 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I M d d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12因此，流过导体截面的电量为ii R R NBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 12－9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在 ×10－2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r IS μN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ 12－10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解． 在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2RvB由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．12－11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．题 12-11 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E 和E 则可以直接利用第12－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则 ()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 12－12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．题 12-12 图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．12－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40 A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解．方法1：用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=． 方法2：用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=S ΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零，所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．12－14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．题 12 -14 图分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．（2）用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为 ()ξξμξμ120020ln π2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为 ()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．12－15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为 2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=l k l E d ξ计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由电磁感应定律，在r ＜R 区域， ⎰⎰⋅-=⋅=SB tl E k d d d d ξ t B r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E 证2 由法拉第电磁感应定律，有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解 12－16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．题 12-16 图分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式I ΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20= 由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．12－17 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）题 12-17 图分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为 221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 12－18 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．题 12-18 图分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 12－19 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．题 12-19 图分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=，故L IΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．12－20 如图所示，一面积为4.0 cm 2共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A ·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．题 12-20 图分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21/I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度RI μN B B200=,穿过小线圈A 的磁链近似为 A BA A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为 H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）线圈A 中感应电动势的大小为 V 1014.3d d 4-⨯=-=t I ME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．12－21 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少题 12-21 图解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πd R R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．12－22 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝ ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为 ×10－3 C ．求：当螺绕环中通有电流I 1时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．题 12-22 图分析 本题与题12-8 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===SN Rq I n B C r μμ 相对磁导率 1991102==I n S N Rq C r μμ 12－23 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝ V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：方法 1： 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能． 方法 2： 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布． 上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ． 解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 20μ=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为 J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度m w 处处相等，3m J 17.4-⋅==SLW w m m （2） 自感为L ，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L R R E I e 1，当电流稳定后，其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ，则R E I 22=，将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L RR E I e 1中，得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=R L R L t 12－24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量．要储存1 kW ·h 的能量，利用Ｔ的磁场，需要多大体积的磁场 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m 所需线圈的自感系数为H 2922==I W L m 12－25 中子星表面的磁场估计为108Ｔ，该处的磁能密度有多大解 由磁场能量密度 21021098.32⨯==μB w m 3m /J 12－26 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一 Ｔ 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意，当m e w w =时，0220221μB E ε=则 1800m V 1051.1-⋅⨯==μεB E 12－27 设有半径R ＝0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ＝0.50 cm ，以恒定电流I ＝2.0 A 对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流I c ，而在平行板电容器间存在着位移电流I d ，它们使电路中的电流连续，即c d I I =．解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流2πd R j I d Sd d =⋅=⎰S j ，由此得位移电流密度的大小 222m A 9.15ππ-⋅===R I R I j c d d。
普通物理学第五版普通物理学第五版14电磁场课后习题答案
14-1 14-2 14-3 14-4 14-5 14-6 14-7 14-8 14-9 14-10
结束 习题总目录
14-1 试证明平行板电容器中的位移电流 可写为：
Id
=
C
dU dt
式中C是电容器的电容，U是两极板间的电势 差。如果不是平行板电容器，上 式可以应用
吗? 如果是圆柱形电容器，其中的位移电流 密度和平板电容器时有何不同?
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已知：C =1.0×10-12 F, f =50Hz ,
解：
Um =1.74×105V
求：Idm
Id
=e0
dΦ dt
Φ
=ES
=
S d
Umcosω
t
C
=
e0
S d
∴
Id = Cω Um sinω t
Id 的最大值
Idm = Cω Um =C 2pf Um
=1.0×10-12×2p×50×1.74×105
0701 АБВГДЕЁЖЗИ 0711 ЙКЛМНОПРСТ 0721 УФХЦЧШЩЪЫЬ 0731 ЭЮЯ
0211 0221 ⒌⒍⒎⒏⒐⒑⒒⒓⒔⒕ 0231 ⒖⒗⒘⒙⒚⒛⑴⑵⑶⑷ 0241 ⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾⑿⒀⒁ 0251 ⒂⒃⒄⒅⒆⒇①②③④ 0261 0271 0281 ⅠⅡⅢⅣⅤⅥⅦⅧⅨⅩ 0291 ⅪⅫ Ⅹ
=5.74×10-5(A)
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14-3 有一电荷q ，以速度v(v<<c)作匀速 运动。试从
H.dl
=
dΨ dt
计算离电荷r 处的磁场强度。
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. .
已知： q , v (v<<c)
从
哈工大-大学物理-习题课-电磁感应和电磁场理论的基本概念-2010.7.9
设单位长度电缆的自感为L，则单位长度电缆储存的磁能也可 设单位长度电缆的自感为 ， 表示为
由方程
µ0I 2 1 R 1 2 2 LI = + ln R 2 4 4 π 1
µ0 1 R 2 可得出 L = + ln 从能量出发，求解自感系数 2 4 R π 1
10cm
或
dϕ 2 dB ei = = πr = π ×(10×10−2 )2 ×0.1 dt dt
= π ×10−3 = 3.14×10−3V
(3) 根据欧姆定律，圆环中的感应电流为 根据欧姆定律， ei π −3 −3
Ii = R = 2 ×10 =1.57×10 A
× × × × × × × × × × × ×
电场的电力线是同心圆， 且为顺时针绕向。 因此， 电场的电力线是同心圆 ， 且为顺时针绕向 。 因此 ， 圆环上 任一点的感生电场，沿环的切线方向且指向顺时针一边。 任一点的感生电场 ， 沿环的切线方向且指向顺时针一边 。 其大小为
1 dB 1 E旋＝ r = ×10×10−2 ×0.1 2 dt 2
3、 在图示虚线圆内的所有点上，磁感 、 在图示虚线圆内的所有点上， 应强度B为 应强度 为 0.5T，方向垂直于纸面向里 ， ， 方向垂直于纸面向里， 且每秒钟减少0.1T。虚线圆内有一半径 且每秒钟减少 。 的同心导电圆环， 为 10 cm 的同心导电圆环，求： (1)圆环上任一点感生电场的大小和方向。 圆环上任一点感生电场的大小和方向。 圆环上任一点感生电场的大小和方向 (2)整个圆环上的感应电动势的大小。 整个圆环上的感应电动势的大小。 整个圆环上的感应电动势的大小
在圆柱与圆筒之间的空间距轴线r处 取一半径为 、厚为dr、 在圆柱与圆筒之间的空间距轴线 处，取一半径为r、厚为 、 单位长度的共轴薄壁圆柱壳、 单位长度的共轴薄壁圆柱壳、薄壁圆柱壳内磁能密度
大学物理第8章变化的电磁场试题及答案.docx
第8章变化的电磁场一、选择题1.若用条形磁铁竖直插入木质圆坏，则在坏中是否产生感应电流和感应电动势的判断](A)产生感应电动势，也产生感应电流(B)产生感应电动势，不产生感应电流(C)不产生感应电动势，也不产生感应电流(D)不产生感应电动势,产生感应电流T 8-1-1 图2.关于电磁感应，下列说法中正确的是[](A)变化着的电场所产生的磁场一定随吋间而变化(B)变化着的磁场所产生的电场一定随时间而变化(C)有电流就有磁场，没有电流就一定没有磁场(D)变化着的电场所产牛:的磁场不一定随时间而变化3.在有磁场变化着的空间内，如果没有导体存在，则该空间[](A)既无感应电场又无感应电流(B)既无感应电场又无感应电动势(C)有感应电场和感应电动势(D)有感应电场无感应电动势4.在有磁场变化着的空间里没有实体物质，则此空间屮没有[](A)电场(B)电力(C)感生电动势(D)感生电流5.两根相同的磁铁分别用相同的速度同时插进两个尺寸完全相同的木环和铜环内，在同一时刻，通过两环包闱面积的磁通量[](A)相同(B)不相同，铜环的磁通量大于木环的磁通量(C)不相同，木环的磁通量大于铜环的磁通量(D)因为木环内无磁通量，不好进行比佼_6.半径为G的圆线圈置于磁感应强度为一B的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为几当把线圈转动使其法向与〃的夹角曰=6(?时，线圈中通过的电量与线圈面积及转动的时间的关系是](A)与线圈面积成反比，与时间无关(B)与线圈面积成反比，与时间成正比(C)与线圈面积成正比，与时间无关(D)与线圈面积成正比，与时间成正比7.一个半径为r的圆线圈置于均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R・当线圈转过30。
时，以下各量中，与线圈转动快慢无关的量是[](A)线圈中的感应电动势(B)线圈中的感应电流(C)通过线圈的感应电量(D)线圈回路上的感应电场& 一闭合圆形线圈放在均匀磁场中，线圈平面的法线与磁场成30。
大学物理练习题答案完美生活答案 06稳恒电流的磁场、电磁感应定律
ε2 =
∫ (υ × B)idl = ∫ ω Bldl = 2ω B( 5 L)
0 0
L5
1
1
2
=
1 ω BL2 50
a点电势高于O点．
∴ U a − U b = ε 2 − ε1 =
1 16 15 3 ω BL2 − ω BL2 = − ω BL2 = − ω BL2 50 50 50 10
6.如图所示，一无限长直导线通有电流 I=5.0A，一矩形单匝线圈与此长直导线共面。设矩形线圈以 V=2.0m/s 的速度垂直于长直导线向右运动。已知：l=0.40m, a=0.20m, d=0.20m,求矩形线圈中的感应电动 势。若若线圈保持不动，而长直导线中的电流变为交变电流 i = 10 sin ( 100π t ) A i=10,求线圈中的感应电动 势。 （不计线圈的自感） 解： （1）方法（一）如图，距离长直导线为 r 处的磁感应强度为：
ε1r1 ε2r2
R1 R2 R4
ε3r3 A
R3 B
1. 在真空中将一根细长导线弯成如图所示的形状(在同一平面内，
3
专业班级：
学号：
姓名：
成绩：
1 由实线表示)， AB = EF = R ，大圆弧 BC 的半径为R，小圆弧 DE 的半径为 R ，求圆心O 处 2
的磁感强度 B 的大小和方向．
解：解：(1) AB ， CD ， EF 三条直线电流在O 点激发的磁场零；
2
专业班级： 正)为 (D) (A)
学号：
姓名：
成绩：
π r 2 B ． . (B) 2π r 2 B ．(C) −π r 2 B sin α ． (D) −π r 2 B cos α
大学物理电磁场练习题含答案
前面是答案和后面是题目,大家认真对对. 三、稳恒磁场答案1-5 CADBC 6-8 CBC 三、稳恒磁场习题1. 有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为 (A) 0.90． (B) 1.00．(C) 1.11． (D) 1.22． ［ ］2.边长为l 的正方形线圈中通有电流I ，此线圈在A 点(见图)产生的磁感强度B 为(A) l I π420μ． (B) l Iπ220μ．(C)l Iπ02μ． (D) 以上均不对． ［ ］3.通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为：(A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ．(C) B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ．［ ］4.无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a 、b ，电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的B的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r 的关系定性地如图所示．正确的图是 ［ ］5.电流I 由长直导线1沿平行bc 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b 点沿垂直ac 边方向流出，经长直导线2返回电源(如图)．若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O 点产生的磁感强度分别用1B 、2B和3B表示，则O 点的磁感强度大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B ，B 3 = 0． (C) B ≠ 0，因为虽然B 2 = 0、B 3= 0，但B 1≠ 0．(D) B ≠ 0，因为虽然021≠+B B，但B 3≠ 0． ［ ］6.电流由长直导线1沿半径方向经a 点流入一电阻均匀的圆环，再由b 点沿切向从圆环流出，经长导线2返回电源(如图)．已知直导线上电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 与圆心O 三点在同一直线上．设直电流1、2及圆环电流分别在O 点产生的磁感强度为1B 、2B及3B，则O 点的磁感强度的大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为021=+B B，B 3= 0．(C) B ≠ 0，因为虽然B 1 = B 3 = 0，但B 2≠ 0． (D) B ≠ 0，因为虽然B 1 = B 2 = 0，但B 3≠ 0．(E) B ≠ 0，因为虽然B 2 = B 3 = 0，但B 1≠ 0． ［ ］ v7.电流由长直导线1沿切向经a 点流入一个电阻均匀的圆环，再由b 点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源(如图)．已知直导线上电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 和圆心O 在同一直线上．设长直载流导线1、2和圆环中的电流分别在O 点产生的磁感强度为1B 、2B、3B，则圆心处磁感强度的大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B ，B 3 = 0． (C) B ≠ 0，因为B 1≠ 0、B 2≠ 0，B 3≠ 0．(D) B ≠ 0，因为虽然B 3= 0，但021≠+B B ． ［ ］8.a R r OO ′I在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a ，如图．今在此导体上通以电流I ，电流在截面上均匀分布，则空心部分轴线上O ′点的磁感强度的大小为(A) 2202R a a I ⋅πμ (B)22202R r a a I -⋅πμ(C) 22202r R a a I-⋅πμ (D) )(222220a r Ra a I -πμ ［ ］参考解：导体中电流密度)(/22r R I J -π=．设想在导体的挖空部分同时有电流密度为J 和－J 的流向相反的电流．这样，空心部分轴线上的磁感强度可以看成是电流密度为J 的实心圆柱体在挖空部分轴线上的磁感强度1B 和占据挖空部分的电流密度－J 的实心圆柱在轴线上的磁感强度2B 的矢量和．由安培环路定理可以求得02=B , )(222201r R a Ia B -π=μ 所以挖空部分轴线上一点的磁感强度的大小就等于)(22201r R IaB -π=μ 9. πR 2c3分10.221R B π-3分11. 6.67×10-7 T 3分7.20×10-7 A ·m 2 2分12. 减小 2分在2/R x <区域减小；在2/R x >区域增大．(x 为离圆心的距离) 3分13. 0 1分I 0μ- 2分14. 4×10-6 T 2分 5 A 2分15. I0μ 1分 0 2分2I0μ 2分16. 解：①电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的．即∶ 02202041a m a e v =πε，由此得 002a m e επ=v 2分②电子单位时间绕原子核的周数即频率000142a m a e a ενππ=π=v 2分 由于电子的运动所形成的圆电流00214a m a e e i ενππ== 因为电子带负电，电流i 的流向与 v方向相反 2分 ③i 在圆心处产生的磁感强度002a i B μ=00202018a m a eεμππ= 其方向垂直纸面向外 2分17.1 234 R ROI a β2解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B +++= ∵ 1B 、4B 均为0，故32B B B+= 2分)2(4102R I B μ= 方向⊗ 2分 242)sin (sin 401203R I a I B π=-π=μββμ)2/(0R I π=μ 方向 ⊗ 2分其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β 2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ R I R I B π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向 ⊗ 2分 18. 解：电流元1d l I 在O 点产生1d B 的方向为↓(-z 方向) 电流元2d l I 在O 点产生2d B 的方向为⊗(-x 方向) 电流元3d l I 在O 点产生3d B 的方向为⊗ (-x 方向) 3分kR I i R IB π-+ππ-=4)1(400μμ 2分 19. 解：设x 为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离，⎰⎰⎰++==Rx RRxrl B r l B S B d d d 21Φ， 2分d S = l d r2012R IrB π=μ (导线内) 2分r I B π=202μ (导线外) 2分)(42220x R R Il -π=μΦR R x Il +π+ln20μ 2分 令 d Φ / d x = 0， 得Φ 最大时 Rx )15(21-= 2分20. 解：洛伦兹力的大小 B q f v = 1分对质子：1211/R m B q v v = 1分 对电子： 2222/R m B q v v = 1分∵ 21q q = 1分 ∴ 2121//m m R R = 1分21.解：电子在磁场中作半径为)/(eB m R v =的圆周运动． 2分连接入射和出射点的线段将是圆周的一条弦，如图所示．所以入射和出射点间的距离为：)/(3360sin 2eB m R R l v ==︒= 3分2解：在任一根导线上(例如导线2)取一线元d l ，该线元距O 点为l ．该处的磁感强度为θμsin 20l I B π=2分 方向垂直于纸面向里． 1分电流元I d l 受到的磁力为 B l I F⨯=d d 2分其大小θμsin 2d d d 20l lI l IB F π== 2分 方向垂直于导线2，如图所示．该力对O 点的力矩为 1分θμsin 2d d d 20π==lI F l M 2分 任一段单位长度导线所受磁力对O 点的力矩⎰⎰+π==120d sin 2d l l l I M M θμθμsin 220π=I 2分 导线2所受力矩方向垂直图面向上，导线1所受力矩方向与此相反．23. (C) 24. (B)25. 解： ===l NI nI H /200 A/m3分===H H B r μμμ0 1.06 T 2分26. 解： B = Φ /S=2.0×10-2 T 2分===l NI nI H /32 A/m 2分 ==H B /μ 6.25×10-4 T ·m/A 2分=-=1/0μμχm 496 2分9. 一磁场的磁感强度为k c j b i a B++= (SI)，则通过一半径为R ，开口向z 轴正方向的半球壳表面的磁通量的大小为____________Wb ．10.任意曲面在匀强磁场B 中，取一半径为R 的圆，圆面的法线n与B 成60°角，如图所示，则通过以该圆周为边线的如图所示的任意曲面S 的磁通量==⎰⎰⋅Sm S Bd Φ_______________________．11. 一质点带有电荷q =8.0×10-10 C ，以速度v =3.0×105 m ·s -1在半径为R =6.00×10-3 m 的圆周上，作匀速圆周运动．该带电质点在轨道中心所产生的磁感强度B =__________________，该带电质点轨道运动的磁矩p m =___________________．(μ0 =4π×10-7 H ·m -1)12. 载有一定电流的圆线圈在周围空间产生的磁场与圆线圈半径R 有关，当圆线圈半径增大时，(1) 圆线圈中心点(即圆心)的磁场__________________________．(2) 圆线圈轴线上各点的磁场________如图，平行的无限长直载流导线A 和B ，电流强度均为I ，垂直纸面向外，两根载流导线之间相距为a ，则(1) AB 中点(P 点)的磁感强度=p B_____________．(2) 磁感强度B沿图中环路L 的线积分 =⎰⋅L l B d ______________________．14. 一条无限长直导线载有10 A 的电流．在离它 0.5 m 远的地方它产生的磁感强度B 为______________________．一条长直载流导线，在离它 1 cm 处产生的磁感强度是10-4 T ，它所载的电流为__________________________．两根长直导线通有电流I ，图示有三种环路；在每种情况下，⎰⋅lB d 等于：____________________________________(对环路a )．____________________________________(对环路b )．____________________________________(对环路c )．设氢原子基态的电子轨道半径为a 0，求由于电子的轨道运动(如图)在原子核处(圆心处)产生的磁感强度的大小和方向．17.一根无限长导线弯成如图形状，设各线段都在同一平面内(纸面内)，其中第二段是半径为R 的四分之一圆弧，其余为直线．导线中通有电流I ，求图中O 点处的磁感强度．18.z y xR1 321d l I2d l I 3d l IO如图，1、3为半无限长直载流导线，它们与半圆形载流导线２相连．导线1在xOy平面内，导线2、3在Oyz 平面内．试指出电流元1d l I 、2d l I 、3d l I 在O 点产生的Bd 的方向，并写出此载流导线在O 点总磁感强度(包括大小与方向)．19.一根半径为R 的长直导线载有电流I ，作一宽为R 、长为l 的假想平面S ，如图所示。
张三慧《大学物理学：力学、电磁学》(第3版)(B版)(课后习题 电磁感应)【圣才出品】
第15章 电磁感应15.1 在通有电流I ＝5 A 的长直导线近旁有一导线段ab ，长l ＝20 Cm ，离长直导线距离d ＝10 cm （图15-1）。
当它沿平行于长直导线的方向以速度v ＝10 m ／s 平移时，导线段中的感生电动势多大？a，b哪端的电势高？图15-1解：（如图15-1所示）由于所以a 端电势高。
15.2 平均半径为12 cm 的4×103匝线圈，在强度为0.5G 的地磁场中每秒钟旋转30周，线圈中可产生最大感生电动势为多大？如何旋转和转到何时，才有这样大的电动势？解：线圈绕垂直于磁场的直径旋转，当线圈平面法线与磁场垂直时感生电动势出现此最大值。
15.3 如图15-2所示，长直导线中通有电流l＝5.0 A，另一矩形线圈共1×103匝，宽a＝10 cm，长L＝20 cm，以v＝2 m／s的速度向右平动，求当d＝10 cm时线圈中的感生电动势。
图15-2解：如图15-2所示，线圈向右平移时，上下两边不产生动生电动势。
因此，整个线圈内的感生电动势为15.4 习题15.3中若线圈不动，而长导线中通有交变电流，线圈内的感生电动势将为多大？解：通过线圈的磁链为15.5 在半径为R的圆柱形体积内，充满磁感应强度为B的均匀磁场。
有一长为L的金属棒放在磁场中，如图15-3所示。
设磁场在增强，并且已知，求棒中的感生电动势，并指出哪端电势高。
图15-3解：方法一如图15-3所示，考虑△Oba。
以S表示其面积，则通过S的磁通量。
当磁通变化时，感应电场的电场线为圆心在O的同心圆。
由法拉第电磁感应定律可得由此得由于，所以，因而b端电势高方法二直接对感应电场积分。
在棒上dl处的感应电场的大小为，方向如图15-3所示由于，所以b 端电势高。
15.6 在50周年国庆盛典上我FBC-1“飞豹”新型超音速歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过。
该机翼展12.705m 。
设北京地磁场的竖直分量为0.42×10－4T ，该机又以最大M 数1.70（M 数即“马赫数”，表示飞机航速相当于声速的倍数）飞行，求该机两翼尖间的电势差。
大学物理电磁学练习题及答案
大学物理电磁学练习题及答案题目一：1. 电场和电势a) 一个均匀带电圆环上各点的电势如何？答：电场和电势是描述电荷之间相互作用的物理量。
对于一个均匀带电圆环上的各点，其电势是相同的，因为圆环上的每个点与圆心的距离相等且圆环上的电荷密度是均匀分布的。
所以，圆环上任意一点的电势与其它点是等势的。
b) 电势能和电势的关系是什么？答：电势能是电荷在电场中由于位置而具有的能量，而电势则是描述电荷因所处位置而具有的势能单位的物理量。
电势能和电势之间的关系可以用公式：电势能 = 电荷 ×电势来表示。
题目二：2. 高斯定律a) 高斯定律适用于哪些情况？答：高斯定律适用于具有球对称性、圆柱对称性和平面对称性的问题，其中球对称性是最常见和最简单的情况。
b) 高斯定律的数学表达式是什么？答：高斯定律的数学表达式是∮E·dA = ε₀q/ε，其中∮E·dA表示电场E通过闭合曲面积分得到的通量，ε₀是真空介电常数，q表示闭合曲面内的电荷总量，ε表示物质的介电常数。
题目三：3. 电动力学a) 什么是电感？答：电感是指电流在变化时产生的电磁感应现象所引起的抗拒电流的能力。
电感的单位是亨利(H)。
b) 电感的大小与什么因素有关？答：电感的大小与线圈的匝数、线圈的形状以及线圈中的铁芯材料的性质有关。
线圈匝数越多，电感越大；线圈形状越复杂，电感越大；线圈中的铁芯材料磁导率越大，电感越大。
题目四：4. 交流电路a) 直流电和交流电有什么区别？答：直流电是指电流方向始终保持不变的电流，而交流电是指电流方向以一定频率周期性地变化的电流。
直流电是恒定电流，交流电是变化电流。
b) 交流电流的形式有哪些？答：交流电流的形式可以是正弦波、方波、锯齿波等。
其中，正弦波是最常见和最基本的交流电流形式，用于描述交流电路中电压和电流的变化规律。
以上是关于大学物理电磁学练习题及答案的一些内容。
希望这些问题和答案能够帮助你更好地理解和学习物理电磁学的知识。
大学物理3第09章习题分析与解答
大学物理3第09章习题分析与解答(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第九章 电磁感应9-1 在感应电场中电磁感应定律可写成tΦd d d L K -=⎰⋅l E ，式中K E 为感生电场的电场强度．此式表明[ ]。
(A) 闭合曲线L 上K E 处处相等 (B)感生电场的电场强度线不是闭合曲线(C) 感生电场是保守力场 (D) 在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念分析与解 感生电场与位移电流是麦克斯韦两个重要假设，感生电动势总是等于感生电场沿该闭合回路的环流，故感生电场不是保守场，称为有旋电场，不能象静电场那样引入电势的概念。
正确答案为（D ）。
9-2 E 和E k 分别表示静电场和有旋电场的电场强度，下列关系式中，正确的是[ ]。
（A ）0d L =⎰⋅l E （B ）0Ld ≠⎰⋅l E（C ）0d k L =⎰⋅l E（D ）0d k L≠⎰⋅l E 分析与解 静电场的环流恒为零，而感生电场的环流不一定为零。
正确答案为（A ）。
9-3 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感，则[ ]。
(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流(B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流(C) 铜环中感生电场大，木环中感生电场小（D ）铜环中感生电场小，木环中感生电场大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但木环中不会形成电流。
正确答案为（A ）。
9-4 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是[ ]。
（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞兹定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律分析与解 位移电流的实质是变化的电场。
变化的电场激发磁场，这一点位移电流等效于传导电流；但位移电流不是定向运动的电荷，也不服从焦耳热效应、安培力等定律。
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C
q U
q CU
dq du C 由于全电流连续得： dt dt du Id Ic C 20 10 6 1.5 10 5 3 A dt d0 dD s dDR 2 d 0 ER 2 dE 0R 2 11、 I d dt dt dt dt dt Ic
E
q 4 0 R 2
r
q 4 0 R 2
cost i sin t j
dD d q d q jd 0E cos t i sin t j sin t i cos t j 2 2 dt dt 4R dt 4R
12、充电过程中上极板带正电故 p 处电场强度 的方向向下，且电场强度增大，位移电流密度 的方向向下即位移电流向下，圆柱状向下的位移 电流在 p 处产生的 H 根据右手法则是垂直 纸 B 向里 。
i
P
H E
i d D 13、 j d 因为 E 增大 故 dD 0 ， jd 的方向和 E 相同。即垂直纸面向里。 dt
n D ds q0 即q自 说明电荷总伴随有电场。
s i 1
9、当 A 板带正电， B 板带负电，当将开关 K 合上时， AB 极间的电场方向由正电荷指向负
dD 电荷即沿 x 的正方向。位移电流密度 jd 的方向即 的方向，因电容器放电， D 减少 dt
dD 0 dD 的方向和 D 的方向相反， 故沿 x 轴负方向或根据全电流连续的性质， 位移电流
第十三章 1、[D]
电磁感应 电磁场 （电磁场）
分析： E k dl
l
d m ，其中 Ek 是变化的磁场在空间激起有旋电场，它是产生电 dt
动势的非静电性场强在变化的磁场空间作一闭合回路， Ek 沿闭合回路的线积分等于回路中 的电动势，依据法拉第电磁感应定义等于通过以 l 为边界的曲面磁通量 m 的时间变化率的 负值。 Ek 是回路 l 上各点的电场强度。 Ek 不是保守场，场线是闭合的。 2、[C]
Id
d D dt
d D 0 ，即 I d 是垂直纸面向里的圆柱形位移电流，根据右手法则该电
流在 p 点产生的磁场应为垂直 op 连线向下。
2
OABO AB
︵
d m d d dB B S BS S dt dt dt dt
︵ S 是 OABO 或OABO 所围面和,因为 SOABO > SO ABO 所以选[D]
5、[B] 依据上题的方法。因为 oab oa b 所以选[B] 6、[D]
dD 因为 j d 是位移电流密度。 dt
3、[C]
L1
H dl 表示通过以 L 为边界曲面 S 的位移电流，它是通过的平板间位移电流 I
1 1
d
的
一部分。 H dl 是回路中的传导电流，根据全电流连续的定理应选[C]。
L2
4、[D] 由于圆柱空间内，当 B 变化时产生的有旋电场和径向垂直，当 OA 、OB 连接后组成 一个三角形 OABO 。
7、[B] 根据楞次定律， 因垂直向里的磁通量减少， 感应电流产生的磁场必须是增加原来的磁 通，其感应电流为顺时针方向。由于有旋电场 Ek 和径Βιβλιοθήκη 。 8、 E dl
L
d m 是麦克斯韦第一假设的数学表示式，其意义是变化的磁场在周围空间 dt
1
产生有旋电场即变化的磁场一定伴随有电场。