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.docx

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1、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=BgdS，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

2、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 rrm0Im0IdF=BgdS=BgdS=+adx 2p(r1+x)2p(r2+x)通过矩形线圈的磁通量为 m0Im0IF=+adx 02p(r+x)2p(r+x)12b=m0ar1+br2+bln+lnI0sinwt 2pr1r2感生电动势 ei=-=-mwar+br+bdF=-0ln1+ln2I0coswtdt2pr1r2m0

3、wa(r+b)(r2+b)I0ln1coswt2prr12ei0时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；eiL,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=(

4、vB)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=OPdei=-wm0ILldl 02p(a+lcosq)=wm0I2pcos2qL0(a+lcosq)-ad(lcosq) (a+lcosq)5 第十三章 习题和解答 =-wm0Ia+LcosqLcosq-aIn 22pcosqa 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

5、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。 rrrBr所以由规律g

6、LEgdl=-StgdS可得 Eg2p(2r)=-导线环上涡旋电场E的值为 dB2pr dtE=-mnwrrdB=-0I0coswt 4dt4若cost0,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cost0,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1.010T/S。试

7、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rrrBr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gLEgdl=-StgdS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rrrBrEgdl=-律 gLStgdS可得 dB2-gprrrdtEgdl=Eg2pr=gL-dBgpR2dt(rR)rdB-2dt得 E=2RdB-2

8、rdt式中“-”说明：若(rR)dB0，E的实际方向与假定方向相反，否则为一致。 dtrdB=5.010-4V/m r=0.10m时,rR, |E|=2rdtR2dB=3.1310-4V/m r=1.10m时,rR, |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

9、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 rrrBrgLEgdl=-StgdS可得 rrdB2Egdl=Eg2pr=-gpr (rR) gLdtrdB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=-2dB0，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=4.4107m/s2，方向为水平向右； 由于rC

10、=0.05m,所以C处的瞬时加速度的大小为：aC=4.4107m/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=BdS=Sm0NI2prR1hdr=m0NIh2plnR2 R

11、1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。rr2mImIr

12、F=BgdS=01gdx=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-cF=BgdS=S

13、bm0Im0I2px2pxmIabmIa=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

14、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=m0N1N2a22R

15、M=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, rR 10 第十三章 习题和解答 B21m0rwm=2m02m02pR2在导线内取单位长度的同轴薄圆柱筒体元

16、dV=2prdr 其磁能为 dWm=wmdV=22m0IrI=24 8pR2m0I24pR4r3dr 单位长度导体柱内储存的磁场能量为 Wm=dWm=m0I24pR4R0rdr=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 =1.5010V/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

17、d对平行板电容器，其电容为C=e0位移电流为 Id=dYdU=C=2010-61.510-5=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(rR)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

18、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(rR)的圆为回路，由全电流安培环路定理gLuurrHgdl=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 =22e0e0pR2p

19、Re0b点的电磁场能量密度 w=we+wm=e0E22+m0H2221m0w2r2 q0=24+4pRe0413-18 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=6.010C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=

20、cos2wt，所以电场能量的最大值为 由于电场能量为We=2C2C2Q0=4.510-4J 2CWeMAX2LI2LI0=sin2wt，所以磁场能量最大值为 由于磁场能量为Wm=2222LI0Q0=4.510-4J 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=4.310-5C 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 pEx=300cos2pvt+V/m 3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=-e0pEx=-0.8cos2pvt+A/m m03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=EH。 题13-19解图 13