大学物理第二版习题答案 罗益民 北邮出版社 第七章答案

第7章电磁感应电磁场7-1ac间电势差等于其电动势lBvd)(端电势高cVbcBbcbcabacV1088.1215.11.0105.260cos327-2解：lBvd)(先求0b，在ob上任取rrd,d上的)(Bv方向如图则lbBlrrBrvB3202092d0cosd90sin同理18d23100BlrrBla端电势高bBlBlBlabba222006118927-3如右图所示，设B的方向垂直小面积a2向下。当圆盘逆时针转动时，磁场区产生感应电动势BarBai因此，在此小区域形成沿径向流向盘心的感应电流RBarRIiiR为小面积a2的电阻，由图示可知tBarItataRi11此电流Ii在磁场中受到磁力为traBBaIfi22显然力f与转速反向，为一磁阻力，故磁阻力矩为traBrfM222习题7-1图习题7-2图习题7-3图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lVBlBVddcosd)(为BV与ld之间的夹角，由图示几何关系可知：sin,dd,2RrRldsindsindsind22BRBRrVBR则ab上的动生电动势为24/024/02282d22cos1dsindBRBRBR的方向为ba7-5设t时刻半圆形导线的法线与B构成角，因匀角速旋转，故ftt2，此时，通过半圆形部分的磁通量为ftrBtBS2cos2cos2该电路中产生的感应电动势为ftfrBt2sindd22感应电流为ftRfrBRI2sin22其最大值为电流幅值RfrBIm227-6设t时刻圆形导线的法线与B构成角。tNBStNtBsftsinddcos602习题7-4图V7.16012.0105.01042442maxrNBNBS7-7解法（一）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xlSdd1，电流I产生的磁场穿过dS的磁通量xlxISdBdd210则yylIlxxIllyy21010ln2d2d2)dd()(2dd)11(2dd2210210vtyvylylIltyylyIlt当m10.0ay时V106.105.009.004.003.006.05102)(2872210alavlIl其绕行方向为顺时针方向。解法（二），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aIllB2101111的方向向上。同理，t时刻远电流边产生的电动势为)(2210122alIllB2方向向上。故线圈中的电动势为alaIl21021112习题7-7图alalIl)(2221021结论同解法（一）。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xaxIB21120则dx上产生的动生电动势为xxaxIxBd2112dd0故金属杆上的动生电动势为babaIxxaxIbabalnd2112d00金属杆在左端电势高。7-9（1）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xdbxIB1120B的方向垂直纸面向里。故穿过线圈内的磁通量bbaddaIldabbdaIlbabddaIlxxdbxIlSBabb)()(ln2)()(ln2lnln2d112d0000线圈中的感生电动势为tIdbabadltdd)()(ln2dd07-10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kyx22，此时杆向上运动的速度据题设应为ay2，故此时回路中的电动势即为杆长2x内切割磁力线所产生的感应电动势，即习题7-8图习题7-9图kaByaykyBxB8222的方向由D指向C。7-11两个半圆面内穿过的磁量为BRRBBS222245cos22cos2故回路内的感应电动势的大小为tBRtdd22dd2由于磁场在tΔ秒均匀降为零，即tBtBΔΔddV1089.8105108)105(22ΔΔ22232222tBR顺时针方向。7-12（1）过a点作一半径为r的圆形回路L，则涡旋电场iE沿L的环流为liStBlESd-d由于磁场沿轴线柱对称，帮L上iE量值相等，且iE方向即与L绕行方向相同。StBrEiddd21422mV15.2)100.1(2105dd2tBrEi0ddtB，故iE的方向为顺时针绕行方向。（2）在a点放一电子的加速度maeEmaFi,2743119sm104.4105.2101.9106.1meEai由于电子荷负电，故它的加速度方向与iE相反。7-13根据磁场B柱对称，当0ddtB时，可知iE为一系列同心圆，即iE与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即0ocoboa，这样在回路oac中的电动势为acbcabcabcaboaoacac为杆为ac内的电动势，ab和bc分别为ab和bc部分内的电动势。由上面分析可知tBStBSobcbcoababdddd211S为三角形oab的面积，据题设，221,43SRS为obc回路内磁场复盖的区域cob扇形面积，据题设，图中6，故2221221RRStBRtBSSbcabacdd1243dd)(221因为0ddtB，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0S，据题设，3/boa，故tBRtBSRRRSabcabdd436dd43643321202220abctB,0dd中绕行方向为逆时针，故a端电势高。7-15（1）矩形螺绕环内的磁感强度可由安培环路定理计算rNIBNIrB2200穿过每匝线圈的矩形面积内的磁通量（见图示）为习题7-13图习题7-15图baNIhrrhNISBbaln2d2d00因此螺绕环的自感系数为abhNINLln220（2）环内磁能为abhINLIWmln42122027-16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rtBaNrNtBrNtBSdddddddddd22则整个平面螺线中产生的感生电动势为tNBatBNarrtBaNacos3dd3dddd022027-17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xlSdd，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aadIlxlxISBadalnd22d00由此可得，长为l的这一对导线的自感系数为aadlILln07-18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1与2，设若通过的电流为I，由于da，二平行板可看作二无限大载流平面，见图示，其面流电aIK，故二板间的磁感为aIKB001，而空心圆柱习题7-16图习题7-17图习题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aIKnIB0002，即21BB。设穿过平行板间和穿过空心圆柱面间的磁通量分别为1和2，据题设可知22211rBadB则磁控管内穿过的磁通量为)()(202121radaIradB由此可得磁控管的自感系数dardradIIL02020)(7-19图示设直电流为1I，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2ln2d2d103/23/1021aIxxaISBaa则线圈与直导线间的互感系数为2ln20121aIM7-20（1）管壁载有电流NI，其管内的磁场强度应为IlNH，在介质1和介质2中的磁感强度分别为,,222111lNIHBlNIHB故穿过截面的磁通量应为lNISlNISSBSB22112211此螺线管的自感系数为)(22112SSlNINL（2）单位长度储能为)1(l习题7-19图2221122)(221ISSNLIWm7-21（1）在直导线内取一体积元，如图所示，其体积)1(d2d2dlrrrrlV，在该体元处的磁场强度22RIrH，则单位长度内所储存的磁能为RRmIrrRIrrrRIVHW02034200242202016d4d242d21（2）由磁场能量221LIWm可得单位长度的自感系数8/2020IWLm7-22（1）由位移电流定义tIDddd可得A8.2100.11.01085.8dddd)(dddd13212202tERtDRSDttIDd（2）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2020dd2dddrtDrBrtDlBLT100.5101)103(21091,dd2dd271328300200ctEcrtErB7-23根据位移电流密度的定义，在电容器内r处的位移电流密度为tDJdddr处的,2rD为圆柱单位长度上所荷电量。习题7-21图trJddd21电容器两极间的电压12ln2d2d2121RRrrrEURRRR电压的变化率tRRKtUddln21dd12)/ln()/ln(2211212RRrKKRRrJd7-24解法（一），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1S的电位移通量D必穿过相应的球冠冠S即冠SSDSDSDdd211上式中1D与1S面上的电位移，其大小和方向均有变化，而2D为球冠上的电位移，其大小在球冠上处处相等，即224rqD，而球冠面积)(2xrrS冠22221212)(24daxxqrxqxrrrqSDD2/32222/3222222dd12ddaxqatxaxxaxqtIDd解法（二），在截面1S上取一半径为，宽为d的圆环形面元Sd，则d2dS，见图示，此圆环上电位移)(422xqD，方向如图示。故穿过整个截面的电位移通量为习题7-23图习题7-24（a）图习题7-24（b）图