大学物理1214课后习题解答.docx

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1、大学物理1214课后习题解答第十二章 恒定磁场 (Steady Magnetic Field) 一、选择题 v12.1 均匀磁场的磁感强度B垂直于半径为r的圆面今以该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为 (A) 2prB 2pr2B F=BS (C) 0 (D) 无法确定的量 B 12.2 载流的圆形线圈(半径a1 )与正方形线圈(边长a2 )通有相同电流I若两个线圈的中心O1 、O2处的磁感强度大小相同，则半径a1与边长a2之比a1a2为 P92，,(公式及图像表示法)B1=m0I2pa1,B2=4m0I(cos450-cos1350) 2a4pa14p22 (A) 11 (

2、B) (C) 2p1 2p4 (D) 2p8 D 12.3 如题图12.1，两根直导线ab和cd沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳vvv恒电流I从a端流入而从d端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L的积分BdlL等于 (A) m0I (B) 1m0I 3(C) m0I/4 (D) 2m0I/3 D I 120 c I d 题图12.1 a b L I1 I2 题图12.2 12.4 如题图12.2，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动线框平面与大平板垂直。大平板的电流与线框中电流方向如图所示。则在同一侧且对着大平板看，通电线框的运动情况是： (A) 靠近大平板 (B)

3、 顺时针转动 (C) 逆时针转动 (D) 离开大平板向外运动 B 12.5 在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A1 = 2 A2，通有电流I1 = 2 I2，它们所受的最大磁力矩之比M1 / M2等于 M=PB (A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 1/4 C 12.6 如题图12.3所示，无限长直导线在P处弯成半径为R的圆，当通以电流I时，则在圆心O点的磁感强度大小等于 (A) m0I2pR； (B) m0I4R； (C) m0I2pR ； (D) m0ImI11(1-)； (E) 0(1+)。 D 2Rp4Rp I R O P 题图12.3 12.7如图所示，处在某匀强磁场中的载流

4、金属导体块中出现霍耳效应，测得两底面M、N-3的电势差为VM-VN=0.310V，则图中所加匀强磁场的方向为：(书p116,电势上正下负，B就水平向前，反之就是水平向后) 、竖直向上； 、竖直向下； 、水平向前； 、水平向后。 C 二、计算题 12.8 如题图12.4所示，一无限长直导线通有电流I =10 A，在一处折成夹角q=60的折线。求角平分线上与导线的垂直距离均为r=0.1cm的P点处的磁感强度 (已知m0=4p10-70Hm)。，-1P92,B=m0I(cosJ1-cosJ2) 4pa解：P处的B可以看作是两载流直导线所产生的，B1与B2的方向相同 vvvB=B1+B2=m0I4pr

5、=2cos0-cos150)+m0I4prcos30-cos180) m0I4pr(1+32)=3.7310-3 T 方向垂直纸面向上 y O R r P q r 题图12.4 w 题图12.5 12.9 如题图12.5所示，半径为R，线电荷密度为l 12.10 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A电流，在导线内部作一平面S，S的一个边是导线的中心轴线，另一边是S平面与导线表面的交线，如图题图12.6所示试计算通过沿-7导线长度方向长为1m的一段S平面的磁通量(真空的磁导率m0=4p10Tm/A，铜的相对磁导率mr1)。 题图12.6 题图12.6a 解：如题图12.6a，在距离导线中心轴线

6、为x与x+dx处，作一个单位长窄条，其面积为 dS=1dx窄条处的磁感强度 B=mrm0Ix2pR2所以通过dS的磁通量为： dF=BdS=通过m长的一段S平面的磁通量为 Rmrm0Ix2pR2dx F=0mrm0Ix2pR2dx=mrm0I4p=10-6 Wb 12.11如题图12.7所示，一半径为R的均匀带电无限长直圆筒，面电荷密度为s该筒以角速度w绕其轴线匀速旋转试求圆筒内部的磁感强度 解：如题图12.7a图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流，面电流密度i大小为： i=2pRsw/(2p)=Rsw v作矩形有向闭合环路如图中所示从电流分布的对称性分析可知，在ab上各点B的大vv

7、小和方向均相同，而且B的方向平行于ab，在bc和fa上各点B的方向与线元垂直，在de, vfe,cd上各点B=0应用安培环路定理 Bdl=mI可得 0int Bab=m0iabB=m0i=m0Rsw 圆筒内部为均匀磁场，当s0时，磁感强度的大小为B=m0Rsw，B方向平行于轴线朝右 12.12如题图12.8所示，一半径为R的带电塑料圆盘，其中半径为r的阴影部分均匀带正电荷，面电荷密度为+s，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为-s。当圆盘以角速度w旋转时，测得圆盘中心O点的磁感强度为零，问R与r满足什么关系？ O R w r 解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O点的叠加 某一半径为

8、r 的圆环的磁场为 题图12.8 dB=m0di/(2r) 而 di=s2prdrw/(2p)=swrdr dB=m0swrdr/(2r)=正电部分产生的磁感强度为 r1m0swdr 2B+=0m0sw2dr=m0sw2r 负电部分产生的磁感强度为 RB-=rm0sw2dr=m0sw2(R-r) 今 B+=B-，得 R=2r 12.13有一闭合回路由半径为a和b的两个同心共面半圆连接而成，如题图所示其上均匀分布线密度为l的电荷，当回路以匀角速度w绕过O点垂直于回路平面的轴转动时，求圆心O点处的磁感强度的大小 b O a 题图 解： B=B1+B2+B3 B1、B2分别为带电的大半圆线圈和小半圆

9、线圈转动产生的磁感强度，B3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度 I1=mImplwbm0lwplwb=， B1=01=0 2b2b2p42pI2=mImplwam0lwplwa=， B2=02=0 2a2a2p42pb又由于dI3=2lwdr/(2p)，B3=am0lwdr2pr=m0lw2plnb。所以 aB=m0lwb(p+ln) 2pa12.14 如题图12.9所示，一无限长圆柱形直导体，横截面半径为R，在导体内有一半径为a的圆柱形孔，它的轴平行于导体轴并与它相距为b，设导体载有均匀分布的电流I，求孔内任意一点P的磁感强度B的表达式。 R a I O b O P 题图12.9 解电流密

10、度 J=Ip(R2-a2)P点场强为充满圆柱并与I同向的电流I10，及充满孔并与I反向的电流I20的场叠加而成取垂直于圆柱轴并包含P点的平面，令柱轴与孔轴所在处分别为O与O，P点与两轴的距离分别为r1与 r2，并建立坐标如图利用安培环路定理可知P点场强为与I同向的I1和与I反向的I2的场的叠加，且有 I1=Jpr12 ， I2=Jpr22 B1=m0I12pr1=m02r1J；B2=m0I22pr2=m02r2J 2 C OC O vJr P 1ryvB1 q1 qC v2 BP 2 r1C q1 r2q2 C xO C vJ O vvB1，B2方向如图所示 P点总场 vvvB=B1+B2 B

11、x=B2sinq2-B1sinq1=By=B1cosq1+B2cosq2=m02J(r2sinq2-r1sinq1)=0 m02J(r1cosq1+r2cosq2)=m02Jb B=By=m02Jb=m0bI2p(R2-a2)B与r1， r2无关，可知圆柱孔内为匀强场，即磁场方向与两轴组成的平面垂直，方向沿y轴正向。 12.15在一平面内有三根平行的载流直长导线，已知导线1和导线2中的电流I1 = I2流向相同，两者相距d，并且在导线1和导线2之间距导线1为a = d/3处B = 0，如题图12.10所示。求第三根导线放置的位置与所通电流I3之间的关系。 a B = 0 I3 I1 x 0 题

12、图12.10 I2 x 解：取x坐标如图设第三根导线放在与I1相距为x处，电流流向同于I1，则有 B=m0I22p2a-m0I12pa-m0I32p(a-x)=0 I32I=-1 (a-x)a即 2I3x=+1Ia 1当I3与I1同方向时，第三根导线在B = 0处的右侧，当I2与I1反方向时，第三根导线在B = 0处的左侧 12.16 一圆线圈的半径为R，载有电流I，置于均匀外磁场B中(如题图12.12所示)在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况v下，求线圈导线上的张vFmI C T R O T vB D 力(载流线圈的法线方向规定与B的方向相同) vI R vB 题图12.1 2解：考虑半

13、圆形载流弧导线CD所受的安培力 Fm=IB2R。列出力的平衡方程式 IB2R=2T 故： T=IBR 12.17 如题图12.13所示，半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2，置于电流为I1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘求半圆线圈受到长直线电流I1的磁力 解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为 B=m0I1/(2pr)取xOy坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为： B=m0I12pRsinq， 方向垂直纸面向里 A I1 D 题图12.13 y dFy dF C I2 O R I1 q dFx x I2 式中q 为场点至圆心的联线与y轴的夹

14、角半圆线圈上dl段线电流所受的力为： vvm0I1I2Rdq dF=I2dlB=I2Bdl =2pRsinqdFy=dFsinq，根据对称性知： Fy =dFy=0 。 dFx=dFcosq，则： pFx=dFx=0m0I1I22pp=m0I1I22 。 半圆线圈受I1的磁力的大小为： F=m0I1I22， 方向：垂直I1向右 12.18 已知半径之比为21的两载流圆线圈各自在其中心处产生的磁感强度相等，求当两线圈平行放在均匀外场中时，两圆线圈所受力矩大小之比 解：设两圆线圈半径分别为R1，R2，分别通以电流I1，I2则其中心处磁感强度分别为： B10=因为B10=B20，所以 m0I12R1

15、，B20=m0I22R2I1/I2=R1/R2 。 vvvv设外磁场磁感强度为B，两线圈磁矩p1和p2与B夹角均为a ，则两线圈所受力矩大小 2M1=p1Bsina=pR12I1Bsina ； M2=p2Bsina=pR2I2Bsina M1R12I1R1=2=8 M2R2I2R212.19 在垂直于长直电流I0的平面内放置扇形载流线圈abcda，线圈电流为I，半径分别为R1和R2，张角为q，如题图12.14所示。求： 线圈各边所受的磁力；线圈所受的磁力矩。 解：如图，以扇形载流线圈abcda所在的平面与r载流长直导线的垂直交点O为坐标原点，沿经向在ab边上半径为r处取电流元Idr，该电流元在

16、I0产生的磁场中所受的安培力为dF=IdrBr，因此载流线圈的ab所受的安培力为Fab=大小为 3R2R1IdrBr。Fab的方向垂直纸面向外、Fab=BrIdrsin90=R1R20R2R1m0I0mIIRIdr=00ln2 2pr2pR1同理可得出： Fdc=m0I0IR2ln，Fdc方向垂直纸面向里。 2pR1另外，由于ad上各电流元的方向与其所在处磁感应强度BR1的方向相同，所以Fad=0。同理Fbc=0。 分析可知，在题图12.14所示的情况下，Fab和Fdc的作用效果是使得扇形载流线圈abcda绕z轴转动。电流元Idr所受的安培力dF=IdrBr对O点的力矩dM=rdF。该力矩在z

17、轴上的分量为： dMz=dMsin故线圈所受的磁力矩为 q2=IdrB(r)sinp2rsinq2=m0I0Iqsindr 2p2M=2dMz=2R1R2R2R1m0I0ImIIqqsindr=00sin(R2-R1) 2p2p212.19 如题图12.15所示,均匀带电刚性细杆AB，线电荷密度为l，绕垂直于直线的轴O以角速度匀速转动(O点在细杆AB延长线上)求： v (1) O点的磁感强度B0； (2) 系统的磁矩pm； (3) 若a b，求B0及pm v O a A b B w 题图12.15 O r a b dr w 解：(1) 对rr+dr段，电荷 dq = l dr，旋转形成圆电流则

18、 dI=dqwlw=dr 2p2p它在O点的磁感强度 dB0=m0dI2r=lwm0dr4pa+brB0=dB0=lwm04padrlwm0a+b=ln 4par方向垂直纸面向内 (2) dpm=prdI=21lwr2dr 2a+bpm=dpm=方向垂直纸面向内 (1) 若a b，则 lna1lwr2dr=lw(a+b)3-a3/6 2a+bb，有： aaB0=m0wlb4pa3=wm0q4pa3，过渡到点电荷的情况 同理在a b时， (a+b)a(1+3b/a)，则 ： pm=lw6a33b1=qwa2，也与点电荷运动时的磁矩相同 a212.20 如题图12.16所示，放在水平面内的圆形导线

19、，半径为a。圆导线上某点A与中心O之间经一电阻R接到电动势为e的电池两端。由中心到圆周有一能绕经过O点的铅直轴旋转的活动金属半径OD，其质量为m。旋转时，半径与圆形导线之间有一摩擦力，该摩擦力正比于D点的速度，比例系数为k。 不计电磁感应，求OD旋转的角速度w增加的规律； 应以多大的力F在垂直于半径的方向作用于D点，而使半径不至转动。 DOARe题图12.16 解：、载流线段OD在磁场中转动时受到的磁力矩大小M1和摩擦力矩大小M2分别为 a1eM1=xBIdx=BIa2=Ba2，M2=kva=kwa2 022R根据转动定律M=Jdw，对OD可列方程 dtM1-M2=J其中J=ma3为OD的转动

20、惯量。则有： 2dw dtwd(eB2Rk-w)tma2dwBa-kwa=(-3km)dt 0(eB2Rk-w)02R3dte22w=eB2kR(1-e-3ktm) 、根据平衡条件，在垂直于半径的方向作用于D点的力F对O点的力矩应与OD所受的磁力矩大小相等，且作用效果相反，即 Fa=M1F=eBa2R12.21 如题图12.17所示，半径为a，带正电荷且线密度是l(常量)的半圆，以角速度wvv绕轴OO匀速旋转。求： (1) O点的B； (2) 旋转的带电半圆的磁矩pm。 p(提示：积分公式sin02qdq=p) 12解：(1) 对qq +dq 弧元，dq=ladq，旋转形成圆电流 dI=它在O

21、点的磁感强度dB为： w2pdq=wl2padq m0a2sin2qwlm0wl2dB=sinqdq adq4p2p2a3B=dB=m0wl4pp2sinqdq=0m0wl8=m0wq8pavB的方向向上 22 (2) dpm=pasinq(wl/2p)adq=1wla3sin2qdq 2p32=pwla3/4=wqa2/4 pm=dpm=12wlasinqdq0vpm的方向向上 12.22 如题图12.18所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i (即单位宽度上通有的电流强度) (1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向 (2) 有一质量为m，带正电荷q的

22、粒子，以速度v沿平板法线方向向外运动求： (a) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞？ (b) 需经多长时间，才能回到初始位置(不计粒子重力)？ 解：(1) 由安培环路定理： B=1m0i (大小) ， 方向：在板右侧垂直纸面向里 2 (2) 由洛伦兹力公式可求 R=mv/(qB) (至少从距板R处开始向外运动) 返回时间为：T=2pR/v=4pm/(qm0i) 题图12.18 vivv v12.23如题图12.19所示，有一电子以初速v 0沿与均匀磁场B成角度的方向射入磁场空间试证明当图中的距离L=2pmenv0xcosa/(eB)时，(其中me为电子质量，e为电子电荷的绝对值

23、，n = 1，2)，电子经过一段飞行后恰好打在图中的O点 证： 设电子飞行时间为t，其作螺旋运动的周期为T，则： L=v0cosat T=2pme/(eB) 当t = nT时，电子能恰好打在O点 L=v0cosanT=2pmenv0cosa/(eB) e a v0 vvB O L 题图12.19 v12.24在一顶点为45的扇形区域，有磁感强度为B方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如题图12.20所示今有一电子(质量为m，电荷为-e)在底边距顶点O为l的地方，以垂直底边的速度 v射入该磁场区域，若要使电子不从上面边界跑出，电子的速度最大不应超过多少？ v解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上当电

24、子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形 (l+R)sin45=R R=l/(2-1)=(2+1)l 由 R=mv/(eB)，求出v最大值为 v=eBRleB =(2+1)mm三、小论文写作练习 1、霍耳元器件在电磁测量中的应用。 2、了解生物磁学。 3、探讨如何利用Mathematica软件画带电粒子在磁场中作螺旋运动的轨迹曲线。 第十三章 磁介质(magnetic medium) 一、 选择题 v13.1 关于稳恒电流磁场的磁场强度H，下列几种说法中哪个是正确的？ (A) H仅与传导电流有关 vv (B) 若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的H必为零 v (C)

25、若闭合曲线上各点H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零 (D) 以闭合曲线为边缘的任意曲面的H通量均相等 C 13.2 磁介质有三种，用相对磁导率mr表征它们各自的特性时： (A) 顺磁质mr0，抗磁质mr1； (B) 顺磁质mr1，抗磁质mr=1，铁磁质 mr1 ； (C) 顺磁质mr1，抗磁质mr1； (D) 顺磁质mr0，抗磁质mr0。 C 13.3 如题图13.1所示,图中、线分别表示不同磁介质的BH关系曲线，虚线是vB=m0H关系曲线，那么表示顺磁质的是： B (A) ； (B) ； (C) ； (D) 没有画出。 二、计算题 213.4 一均匀磁化的磁棒，直径为d25 mm，

26、长L75 mm，磁矩为pm=12000Am。求磁棒表面磁化电流密度as。 解： pm=aslS，S=pd24 aS=pm4pm8=3.261 0A/m 2LSpLd13.5 螺绕环中心周长L=10cm，环上均匀密绕线圈N = 200匝，线圈中通有电流I = 0.1 A管内充满相对磁导率mr=4200的磁介质，求管内磁场强度和磁感强度的大小。 解： H=nI=NI/l=200 A/m ，B=mH=m0mrH=1.06 T 13.6 一根沿轴向均匀磁化的细长永磁棒，磁化强度为M。求题图13.2中所标出的各点上的vvvB和H。 4 5 2 1 3题图 13.2 6 7 解：把磁棒看作nI=as的无限

27、长螺线管，则 B1=m0as=m0M因螺线管无限长，所以 vvB1=m0M vvB2=B3=0 和螺线管一样，在端面附近有 vvvvv1B4=B5=B6=B7=m0M 2介质棒内： vvvvvv1vBH=-M， H1=0， H5=H6=-M 2m0介质棒外： vvvv1vH2=H3=0 ， H4=H7=M 213.7 一铁环的中心线周长l=30cm，横截面S=10cm。环上紧密地绕有N = 300 匝线圈。当导线中通有电流I=32mA 时，通过环截面的磁通量F=2.010Wb。试求铁芯的磁化率cm。 解： B=-62F=2.010-2T SH=nI=NI/l=32(Am) m=B/H=6.25

28、10TAm -4cm=m/m0-1=496 13.8在磁化强度为M的均匀磁化的无限大磁介质中，挖出一个半径为R的球形腔求此腔表面的磁化面电流密度和磁化电流产生的磁矩 解：磁化面电流密度为：as=Mn。式中n是磁介质表面法线方向单位矢量，方向指向球心 如下图，设M的方向与z轴重合，则 vvas=Msinf，方向如图所示 选择一宽度为dl=Rdf的圆环，它产生的磁矩为： dpm=pr2asdl=pR2Msinfsin2fRdf=-pR3Msin2fdcosf 总磁矩为： pm=dpm=-pR3M1-cos2fdcosf 0p1=-pRMcosf-cos3f=(4/3)pR3M 30vvvpm方向与

29、z轴方向相反，即pm与M反向，写成矢量式为： 3p4pm=-R3M 3 13.9 一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成中间充满磁导率为m的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的求同轴线内外的磁场强度H和磁感应强度B的分布 R3 R2 R 1I I vv解：由安培环路定理 Hdl=Ii，可求得 0 r R1区域： 题图13.4 2prH=Ir2/R12H=R1 r R2区域： Ir， B=m0Ir 2pR122pR122prH=I H=R2 r R3区域： H = 0，B =

30、0 三、小论文写作练习 1、物质抗磁性的起因。 2、铁磁质的特性及其应用。 第十四章 电磁感应 一、选择题 14.1半径为a的圆线圈置于磁感强度为B的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈vv0电阻为R；当把线圈转动使其法向与B的夹角q=60时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是 (A) 与线圈面积成正比，与时间无关 (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比 (C) 与线圈面积成反比，与时间成正比 (D) 与线圈面积成反比，与时间无关 A vv14.2 如题图14.1，长度为l的直导线ab在均匀磁场B中以速度v移动，直导线ab中的电动势为 (A) Blv (B) Blvsina

31、 (C) Blvcosa (D) 0 D l b a a v 题图14.1 vvB 14.3 如题图14.2所示，在均匀磁场中，导体棒AB饶通过O点并且垂直于棒的轴线MN转vvv动，MN与磁感应强度B平行，角速度w与B反向，BO的长度为棒长的三分之一。则： A）、A点比B点的电势高； B）、A点比B点的电势低； C）、A点与B点的电势相等； D）、有稳恒电流从A点流向B点. B v14.4 圆铜盘水平放置在均匀磁场中，B的方向垂直盘面向上当铜盘绕通过中心垂直于盘面的轴沿题图14.3所示方向转动时： (A) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的相反方向流动 (B) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘

32、转动的方向流动 (C) 铜盘上产生涡流 (D) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘边缘处电势最高 (E) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘中心处电势最高 D O w b a vB O 题图14.3 vB O 题图14.4 14.5一矩形线框长为a宽为b，置于均匀磁场中，线框绕OO轴，以匀角速度旋转(如题图14.4所示)设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为 (A) 2abB | cosw t | (B) w abB 1wabBcoswt 2(D) w abB | cosw t | (E) w abB | sinw t | D 14.6 如题图15.5所示，在半径为R的无限长螺线管

33、内部，磁场的方向垂直纸面向里，设磁场按一定的速率在减小。则P点处涡旋电场的方向为： 垂直纸面向内； 顺时针； 逆时针； 沿径向向外 B 14.7 自感为 0.25 H的线圈中，当电流在(1/16) s内由2 A均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小为： (A) 7.8 10-3 V (B) 3.1 10-2 V (C) 8.0 V (D) 12.0 V C 14.8 两个相距不太远的平面圆线圈，怎样可使其互感系数近似为零？设其中一线圈的轴线恰通过另一线圈的圆心 (A) 两线圈的轴线互相平行放置 (B) 两线圈并联 (C) 两线圈的轴线互相垂直放置 (D) 两线圈串联 C 14.9 面积为S和2

34、 S的两圆线圈1、2，如题图14.6放置，通有相同的电流I。线圈1的电流所产生的通过线圈2的磁通用F21表示，线圈2的电流所产生的通过线圈1的磁通用F12表示，则F21和F21的大小关系为： (A) F21=2F12； (B) F21F12； C）F21=F12 ； F21= I S 1 1F12。 C 2 I 2 S 2 题图14.6 214.10 用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式：Wm=LI2 (A) 只适用于无限长密绕螺线管 (B) 只适用于单匝圆线圈 (C) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺绕环 (D) 适用于自感系数一定的任意线圈 D 14.11 有两个长直密绕螺线管，

35、长度及线圈匝数均相同，半径分别为r1和r2管内充满均匀介质，其磁导率分别为m1和m2设r1r2=12，m1:m2=2:1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比L1L2与磁能之比Wm1Wm2分别为： (A) L1L2=11，Wm1Wm2 =11； (B) L1L2=12，Wm1Wm2 =11； (C) L1L2=12，Wm1Wm2 =12； (D) L1L2=21，Wm1Wm2 =21； C 14.12真空中一根无限长直细导线上通电流I，则距导线垂直距离为a的空间某点处的磁能密度为 ： (A) mI1m0I21 m0(0)2 (B) 2m02pa22pa1m0I212pa2 B

36、(D) 2m02a2m0I(C) 14.13 一忽略内阻的电源接到阻值R10W的电阻和自感系数L0.52 H的线圈所组成的串联电路上，从电路接通计时，当电路中的电流达到最大值的90%倍时，经历的时间是： (A) 46 s； (B) 0.46s； (C) 0.12 s； (D) 5.2610-3 s。 C 二、计算题 14.14 .如题图14.7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v图示位置，求 ： (1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量F；、在图示位置时矩形线圈中的电动势e。 I a

37、 b 题图14.7 l v v解：(1) (t)=Bds=sm0I2prldr=m0Ildr=m0Illnb+vt vtr2pa+vt2pa+b+vt (2) 依据法拉第电磁感应定律得E=-mlIv(b-a)d=0 dtt=02pab14.15 如题图14.8所示，长直导线AB中的电流I沿导线向上，并以dI /dt =2 A/s的变化率均匀增长导线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺-7寸如图所示求此线框中产生的感应电动势的大小和方向 解：建立坐标如图所示，则直角三角形线框斜边方程 y =-2x + 0.2 (SI) 取瞬时针方向为线框的绕行方向，则在直角三角形线框所围平面上的磁通量为 bF=0m0Iydx2p(x+0.05)+=m0I2pb0-2x+0.2dx x+0.05=-m0Ibp0.15m0Ib+0.05