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大学物理第十三章电磁场与麦克斯韦方程组习题解答和分析第十三章 习题和解答 第十三章习题解答 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为r1，r2。已知两导线中电流都为I=I0sinwt，其中I0和w为常数，t为时间。导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势。 题图13-1 题图13-2 分析：当导线中电流I随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉ururdF第电磁感应定律ei=-计算感应电动势，其中磁通量F=òBgdS，B为两导线产生sdt的磁场的叠加。 mI解：无限长直电流激发的磁感应强度为B=0。取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在2pr矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x处的磁感应强度大小 B=m0I2p(r1+x)+m0I2p(r2+x)， 垂直纸面向里 通过微分面积dS=adx的磁通量为 rrém0Im0IùdF=BgdS=BgdS=ê+úadx ë2p(r1+x)2p(r2+x)û通过矩形线圈的磁通量为 ém0Im0IùF=òê+úadx 02p(r+x)2p(r+x)ë12ûb=m0aær1+br2+böln+lnç÷I0sinwt 2pèr1r2ø感生电动势 ei=-=-mwaær+br+bödF=-0çln1+ln2÷I0coswtdt2pèr1r2øm0waé(r+b)(r2+b)ùI0êln1úcoswt2prrë12ûei>0时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；ei<0时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r=10cm的多匝圆形线圈，匝数N=100，置于均匀磁场·1· 第十三章 习题和解答 r。圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速n=600rev/min。求圆线圈自图B中示的初始位置转过p/2时， (1) 线圈中的瞬时电流值； (2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度。 分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。 解：(1) 圆形线圈转动的角速度w=2pn=20p rad/s 60设t=0时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向为回路绕行的正方向。则t时刻通过该回路的全磁通 y=NBgS=NBScoswt=NBpr2coswt 电动势 ei=-rrdy=NBpr2wsinwt dtNBpr2wsinwt=感应电流 Ii= RRei将圆线圈自图示的初始位置转过p/2时，wt=代入已知数值 得： Ii=0.99A p 2(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为 Bi=Nm0Ii2r=6.22´10-4T rrBi的方向与均匀外磁场B的方向垂直。 13-3 均匀磁场B被限制在半径R=10cm的无限长圆柱形空间内，方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路abcd，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图13-3所示。设磁场以rdBp=1T/s的匀速率增加，已知Oa=Ob=6cm，q=，求等腰梯形回路dt3abcd感生电动势的大小和方向。 题图13-3 题图13-4 分析：求整个回路中的电动势，采用法拉第电磁感应定律，本题的关键是确定回路的磁通量。 解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则t时刻通过该回路的磁通量 rrF=BgS=BS ·2· 第十三章 习题和解答 其中S为等腰梯形abcd中存在磁场部分的面积，其值为 S=121Rq-(oa)2sinq 22电动势 ei=-dFdB1é1ùdB=-S =-êR2q-(oa)2sinqúdtdt22dtëû代入已知数值 ei=-3.68´10-3V “”说明，电动势的实际方向为逆时针，即沿adcba绕向。用楞次定律也可直接判断电动势的方向为逆时针绕向。 13-4 如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度v沿垂直于导线的方向离开导线.设t=0时，线圈位于图示位置,求： (1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量Fm； (2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势ei。 分析：线圈运动，穿过线圈的磁通量改变，线圈中有感应电动势产生，求出t时刻穿过线圈的磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感应电动势。 解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布，B=m0I。因此，必须由积分求得t时刻通过回路的磁通量。 2px取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量为 rrb+vtmImIlb+vt0F=òBgdS=òldx=0ln Sa+vt2px2pa+vt在图示位置时矩形圈中的感应电动势 ei=-dFdt=t=0m0Ilv(b-a)2pab电动势的方向沿顺时针绕向。 13-5 如题图13-5所示为水平面内的两条平行长直裸导线LM与L¢M¢,其间距离为l,其左r端与电动势为e0的电源连接.匀强磁场B垂直于图面向里，一段直裸导线ab横嵌在平行导线间,电路接通，由于磁场力的作用，ab从静止开始向右运动起来。求: (1) ab达到的最大速度; (2) ab到最大速度时通过电源的电流I。 分析：本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题。当接通电源后，ab中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动，由于ab向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加，在回路中产生感应电流，从而使回路中电流减小，当回路中电流为零时，直导线ab不受安培力作用，此时ab达到最大速度。 解：电路接通，由于磁场力的作用,ab从静止开始向右运动起来。设ab运动的速度为·3· 第十三章 习题和解答 v,则此时直导线ab所产生的动生电动势ei=Blv，方向由b指向a.由全电路欧姆定理可得此时电路中的电流为 i=度为 e0-BlvRab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时i=0。所以ab达到的最大速vmax=e0Blab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时通过电路的电流i=0。所以通过电源的电流也等于零。 题图13-5 题图13-6 13-6 如题图13-6所示，一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2以角速度w在水平面内旋转，O1O2在离细杆a端L/5处。若已知均匀磁场B平行于O1O2轴。求ab两端间的电势差Ua-Ub. 分析：由动生电动势表达式先求出每段的电动势，再将ab的电动势看成是oa和ob二者电动势的代数和，ab两端的电势差大小即为ab间的动生电动势大小。求每段的电动势时，由rrr于各处的运动速度不同，因此要将各段微分成线元dl，先由动生电动势公式计算线元dl的两端的动生电动势dei，再积分计算整段的动生电动势。 解：设金属细杆ab与竖直轴O1O2交于点O,将ab两端间的动生电动势看成ao与ob两段动r生电动势的串联。取ob方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元dl，方向为obrrrr方向。线元运动的速度大小为v=lw。由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动势 rrrdei=(v´B)gdl=-vBdl=-Bwldl ob的动生电动势为 2eob=òdei=òab4L50116æ4Lö-wBldl=-Bwç÷=-BwL2 250è5ø动生电动势eob的方向由b指向O。同理oa的动生电动势为 ·4· 第十三章 习题和解答 eoa=òdei=òbaL5011æLö-wBldl=-Bwç÷=-BwL2 250è5ø2动生电动势eoa的方向由a指向O。所以ab两端间的的动生电动势为 eab=eao+eob=-eoa+eob=-3BwL2 10动生电动势eab的方向由a指向了b；a端带负电，b端带正电。 ab两端间的电势差 Ua-Ub=eab=-b端电势高于a端。 3BwL2 1013-7 如题图13-7所示，导线L以角速度绕其端点O旋转，导线L与电流I在共同的平面内，O点到长直电流I的距离为a,且a>L,求导线L在与水平方向成角时的动生电动势的大小和方向。 分析：载流长直导线产生磁场，导线L绕O旋转切割磁力线。由于切割是不均匀的磁场，而题图13-7 题图13-8 r且导体各处的运动速度不同，所以要微分运动导线，先由动生电动势公式计算线元dl的两端的动生电动势dei，再积分计算整段的总动生电动势。 r解：取OP方向为导线的正方向，在导线OP上某处取极小的一段线元dl,方向为OP方向。线元运动的速度大小为v=lw。由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动势 rrrrrrrde=(v´B)gdl=-vBdl=-Bwldl 将载流长直导线在该处激发磁场B=m0I2p(a+lcosq)代入，积分得导线L在与水平方向线成角时的动生电动势为：ei=òOPdei=-wm0ILldl ò02p(a+lcosq)=wm0I2pcos2qòL0(a+lcosq)-ad(lcosq) (a+lcosq)·5· 第十三章 习题和解答 =-wm0Iæa+LcosqöLcosq-aIn÷ ç22pcosqèaø 动生电动势的方向由P指向O。 13-8 如题图13-8所示半径为r的长直密绕空心螺线管，单位长度的绕线匝数为n,所加交变电流为I=I0sint。今在管的垂直平面上放置一半径为2r,电阻为R的导线环，其圆心恰好在螺线管轴线上。 计算导线环上涡旋电场E的值且说明其方向； (2)计算导线上的感应电流Ii； (3)计算导线环与螺线管间的互感系数M。 分析：电流变化，螺线管内部磁场也变化，由磁场的柱对称性可知，由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性，感生电场线是一系列的同心圆。根据感生电场的环路定理，可求出感生电场强度。由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流，由互感系数定义式求互感系数。 解：以半径为2r的导线环为闭合回路L，取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，自上向下看为逆时针方向。由于长直螺线管只在管内产生均匀磁场B=m0nI，导线环上某点涡旋电场E的方向沿导线环的切向。 rrr¶Br所以由规律gòLEgdl=-òS¶tgdS可得 Eg2p(2r)=-导线环上涡旋电场E的值为 dB2pr dtE=-mnwrrdB=-0I0coswt 4dt4若cost>0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相反，自上向下看为顺时针方向；若cost<0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相同，自上向下看为逆时针方向。 (2) 导线上的感应电流Ii 1dFpr2dBpr2Ii=-=-=m0nI0wcoswt RRdtRdtRei(3)导线环与螺线管间的互感系数为 FBpr2M=m0npr2 II13-9 电子感应加速器中的磁场在直径为0.50m的圆柱形区域内是匀强的，若磁场的变化率-2为1.0×10T/S。试计算离开中心距离为0.10m、0.50m、1.0m处各点的感生电场。 分析：由磁场的柱对称性可知，变化磁场所激发的感生电场分布也具有相应的对称性，即感rrr¶Br生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。根据gòLEgdl=-òS¶tgdS可求出感·6· 第十三章 习题和解答 生电场强度。 解：以圆柱形的区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，为顺时针方向。由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规rrr¶BrEgdl=-律 gòLòS¶tgdS可得 ìdB2-gprïrrïdtEgdl=Eg2pr=ígòLï-dBgpR2ïîdt(r<R)(r>R)ìrdB-ïï2dt得 E=í2RdBï-ïî2rdt式中“-”说明：若(r<R)(r>R)dB>0，E的实际方向与假定方向相反，否则为一致。 dtrdB=5.0´10-4V/m r=0.10m时,r<R, |E|=2dtR2dB=6.25´10-4V/m r=0.50m时, r>R, |E|=2rdtR2dB=3.13´10-4V/m r=1.10m时,r>R, |E|=2rdt13-10 如题图13-10所示，一个限定在半径为R的圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小。电子在磁场中A、O、C各点处时，它所获得的瞬时加速度各为若干？设r=5.0cm。 分析：根据对称性，由感生电场的环路定理求出感生电场强度，由感生电场力及牛顿第二定律求出瞬时加速度。 解：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规律 -2题图13-10 题图13-11 ·7· 第十三章 习题和解答 rrr¶BrgòLEgdl=-òS¶tgdS可得 rrdB2Egdl=Eg2pr=-gpr (r<R) gòLdtrdB得 E=- 2dt由于圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小.所以定方向一致，为顺时针方向的切线方向。 电子受到的电场力为Fe=-eE,其方向为逆时针的切线方向。 瞬时加速度的大小为：a=-2dB<0，E的实际方向与假dteEerdB =mm2dt由于rA=0.05m,所以A处的瞬时加速度的大小为：aA=4.4´107m/s2，方向为水平向右； 由于rC=0.05m,所以C处的瞬时加速度的大小为：aC=4.4´107m/s2，方向为水平向左； 由于rO=0,所以O处的瞬时加速度：aO=0 13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为N，其它尺寸如题图13-11所示，求它的自感系数。 分析：自感系数一般可由y=LI计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线管通有电流，求出磁感应强度，再求出磁通量、磁通链，即可求出自感系数。 解：设螺绕管通有电流I，由安培环路定理可得管内距轴线r处的磁场强度为 H=NImNI, B=mH= 2pr2prR2通过某一截面的磁通量 F=òòBdS=òSm0NI2prR1hdr=m0NIh2plnR2 R1螺绕管的磁通链yN=NF=m0N2Ih2plnR2 R1lnR2 R1自感系数：L=yNI=m0N2h2p13-12 设一同轴电缆由半径分别为r11和r2的两个同轴薄壁长直圆筒组成，电流由内筒流入，由外筒流出，如题图13-12所示。两筒间介质的相对磁导率mr=1，求同轴电缆 ·8· 第十三章 习题和解答 (1) 单位长度的自感系数；单位长度内所储存的磁能。 题图13-12 题图13-13 分析：先求磁场、磁通量，由自感系数定义式求自感系数，再由自感磁能表达式求磁能。 解：电流由内筒流入，由外筒流出时，在内外筒之间产生的磁场为B=通过内外筒之间单位长度截面的磁通量为 m0I2pr。rr2mImIrF=òBgdS=ò01gdx=0ln2Sr12px2pr1rrFmL=0ln2I2pr1单位长度内所储存的磁能 12m0I2r2Wm=LI=ln 24pr113-13 一无限长直导线通以电流I=I0sinwt，和直导线在同一平面内有一矩形线框，其短边与直导线平行，线框的尺寸及位置如题图13-13所示，且b/c=3。求： (1) 直导线和线框的互感系数； (2) 线框中的互感电动势。 分析：互感系数由f=MI计算，计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。 解：(1) 无限长直导线产生的磁场B=通过矩形线框的磁通量为 m0I。取矩形线框的正法线方向为垂直纸面向里，2pragdx-òcF=òBgdS=òSbm0Im0I2px2pxmIabmIa=0ln=0ln32pc2p00agdx M=FI=m0a2pln3 线框中的互感电动势 ei=-MmawI0ln3dI=-0coswt dt2pei为正时，电动势的方向沿顺时针绕向；ei为负时，电动势的方向沿逆时针绕向。 13-14 一圆环，环管横截面的半径为a，中心线的半径为R(Rga)。有两个彼此绝缘的·9· 第十三章 习题和解答 导线圈都均匀地密绕在环上，一个N1匝，另一个N2匝，求： 两线圈的自感L1和L2； 两线圈的互感M； M与L1和L2的关系。 分析：由于Rga，环中的磁感应强度可视为均匀。设两个线圈通有电流I1、I2，求出穿过螺线管线圈的磁通链数，进而求出自感、互感系数。 解：设N1匝螺绕管线圈中通有电流I1，由于中心线的半径Rg环管横截面的半径a，所以螺绕管内的磁场B1=m0N1I12pR，通过螺绕管线圈的磁通链数为 Y1=N1B1S=N1N1匝螺绕管线圈自感系数： m0N1I12pRpa=2m0N12a22RI1 L1=Y1I1=m0N12a22R同理，N2匝螺绕管线圈自感系数： L2=Y2I2=m0N22a22RN1匝螺绕管线圈产生的磁场B1，通过N2匝螺绕管线圈的磁通链数为 Y21=N2B1S=N2两线圈的互感 m0N1I12pRpa=2m0N1N2a22RI1 M=M与L1和L2的关系 Y21I1=m0N1N2a22RM=m0N1N2a22R=m0N12a2m0N22a22Rg2R=L1L2 13-15 一圆柱体长直导线，均匀地通有电流I，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为。 Wm=m0I2/(16p)分析：均匀通有电流的长直导线，其内部和外部均存在磁场，且磁场分布呈轴对称性。据题意，只需求得单位长度导线内所储存的磁能，因此根据磁能密度公式，求得体元内的磁能，然后对圆柱内部的磁能进行积分即可。 解：设圆柱形导体的半径为R.由安培环路定律可得长直导线内的磁场 B=导线内的磁能密度 m0r2pR2I, r<R ·10· 第十三章 习题和解答 B21æm0rwm=ç2m02m0è2pR2在导线内取单位长度的同轴薄圆柱筒体元dV=2prdr 其磁能为 dWm=wmdV=22öm0IrI÷=24 8pRø2m0I24pR4r3dr 单位长度导体柱内储存的磁场能量为 Wm=òdWm=m0I24pR4òR0rdr=3m0I216p513-16 平行板电容器的电容为C=20.0F，两板上的电压变化率为dU/dt =1.50×10V/s，则该平行板电容器中的位移电流为多少。 分析：根据平行板电容器的性质，平行板间为均匀电场，电位移D均匀分布，由平行板电容器场强与电压关系式，求出电位移通量y与电压U的关系，并求出位移电流。 解：设平行板电容器的极板面积S、间距d，其间电位移通量为 Y=DS=e0ES=e0US dS，代入上式得Y=CU d对平行板电容器，其电容为C=e0位移电流为 Id=dYdU=C=20´10-6´1.5´10-5=3A dtdt13-17 一平行板电容器，极板是半径为R的两圆形金属板，极板间为空气，此电容器与交变电源相接，极板上电量随时间变化的关系为q=q0sint(为常量)，忽略边缘效应，求： 电容器极板间位移电流及位移电流密度； 极板间离中心轴线距离为r(r<R)处的b点的磁场强度H的大小； 当wt=p/4时，b点的电磁场能量密度。 分析：根据电流的连续性，电容器极板间位移电流等于传导电流求解位移电流。忽略边缘效应，极板间位移电流均匀分布求解位移电流密度。根据全电流安培环路定理求出磁场强度极板间的磁场强度。由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度。 解：电容器极板间位移电流 Id=C或由电流连续性得： dU=CU0wcoswt=q0wcoswt dtId=位移电流密度 dq=q0wcoswt dtIdq0wcoswt= SpR2dd=以中心轴线为圆心，过b点作一半径为r(r<R)的圆为回路，由全电流安培环路定理gòLuurrHgdl=Id'，有 ·11· 第十三章 习题和解答 qwcoswt2Hg2pr=ddgpr2=g0pr pR2解得 H=q0wrcoswt 22pR(3) wt=p/4时，H=q0wrcosp/42q0wr =222pR4pRE=2q0s1q0sinp/4 =22e0e0pR2pRe0b点的电磁场能量密度 w=we+wm=e0E22+m0H222æ1m0w2r2ö q0=24ç+÷4pRèe04ø13-18 由一个电容C=4.0F的电容器和一个自感为L=10mH的线圈组成的LC电路，当电容5器上电荷的最大值Q=6.0×10C时开始作无阻尼自由振荡。试求 电场能量和磁场能量的最大值； 当电场能量和磁场能量相等时，电容器上的电荷量。 分析：由电容器储能，自感磁能，求电场能量，磁场能量。 解：由初始条件可知，电磁振荡的初相位j=0.所以电容器上的电量振荡表达式为 q=Q0coswt 自感线圈上的电流振荡表达式为 I=系统固有振动角频率w=dq=-wQ0sinwt dt1 LC2Q2Q0=cos2wt，所以电场能量的最大值为 由于电场能量为We=2C2C2Q0=4.5´10-4J 2CWeMAX2LI2LI0=sin2wt，所以磁场能量最大值为 由于磁场能量为Wm=2222LI0Q0=4.5´10-4J 22CWmMAX电场能量和磁场能量的最大值相同，都与系统总能量相等。 ·12· 第十三章 习题和解答 (2) 电场能量和磁场能量相等时，We=Wm 解得 coswt=±所以电容器上的电荷量为 2 2q=±2Q0=±4.3´10-5C 213-19 一个沿负z方向传播的平面电磁波，其电场强度沿x方向，传播速度为c。在空间某点的电场强度为 pöæEx=300cosç2pvt+÷V/m 3øè试求在同一点的磁场强度表达式，并用图表示电场强度和传播速度之间相互关系。 分析：根据电场强度与磁场强度的定量关系可得该点的磁场强度。 解：由于平面电磁波沿负z方向传播，某点电场强度E的振动方向沿x轴正方向，根据电场强度、磁场强度和传播方向三者满足右旋关系，则该点磁场强度的振动方向沿负y轴方向。由此，根据电场强度与磁场强度的定量关系式可得该点的磁场强度表示式为 Hy=-e0pöæEx=-0.8cosç2pvt+÷A/m m03øè用坡印廷矢量S的方向表示电磁波的传播方向。电场强度、磁场强度和电磁波的传播方向三者满足关系S=E´H。 题13-19解图 ·13·