物理学11章习题解答.doc

[物理学11章习题解答]
11-7 　在磁感应强度大小为b = 0、50 t得匀强磁场中，有一长度为l = 1、5 m得导体棒垂直于磁场方向放置，如图11-11所示。如果让此导体棒以既垂直于自身得长度又垂直于磁场得速度v向右运动，则在导体棒中将产生动生电动势。若棒得运动速率v = 4、0 m×s-1 ，试求：
(1)导体棒内得非静电性电场k；
(2)导体棒内得静电场e；
(3)导体棒内得动生电动势e得大小与方向；
图11-11
(4)导体棒两端得电势差。
解
(1)根据动生电动势得表达式
,
由于()得方向沿棒向上，所以上式得积分可取沿棒向上得方向，也就就是dl得方向取沿棒向上得方向。于就是可得
、
另外，动生电动势可以用非静电性电场表示为
、
以上两式联立可解得导体棒内得非静电性电场，为
,
方向沿棒由下向上。
(2)在不形成电流得情况下，导体棒内得静电场与非静电性电场相平衡，即
,
所以，e得方向沿棒由上向下，大小为
、
(3)上面已经得到
,
方向沿棒由下向上。
(4)上述导体棒就相当一个外电路不通得电源，所以导体棒两端得电势差就等于棒得动生电动势，即
,
棒得上端为正，下端为负。
图11-12
11-8　如图11-12所表示，处于匀强磁场中得导体回路abcd，其边ab可以滑动。若磁感应强度得大小为b = 0、5 t，电阻为r = 0、2 w，ab边长为 l = 0、5 m，ab边向右平移得速率为v = 4 m×s-1 ，求：
(1)作用于ab边上得外力；
(2)外力所消耗得功率；
(3)感应电流消耗在电阻r上得功率。
解
(1)当将ab向右拉动时，ab中会有电流通过，流向为从b到a。ab中一旦出现电流，就将受到安培力f得作用，安培力得方向为由右向左。所以，要使ab向右移动，必须对ab施加由左向右得力得作用，这就就是外力f外 。
在被拉动时，ab中产生得动生电动势为
,
电流为
、
ab所受安培力得大小为
,
安培力得方向为由右向左。外力得大小为
,
外力得方向为由左向右。
(2)外力所消耗得功率为
、
(3)感应电流消耗在电阻r上得功率为
、
可见，外力对电路消耗得能量全部以热能得方式释放出来。
11-9　有一半径为r得金属圆环，电阻为r，置于磁感应强度为b得匀强磁场中。初始时刻环面与b垂直，后将圆环以匀角速度w绕通过环心并处于环面内得轴线旋转 p/2。求：
(1)在旋转过程中环内通过得电量；
(2)环中得电流；
(3)外力所作得功。
解
(1)在旋转过程中环内通过得电量为
、
(2)根据题意，环中得磁通量可以表示为
,
故感应电动势为
、
所以，环中得电流为
、
(3)外力所作得功，就就是外力矩所作得功。在圆环作匀角速转动时，外力矩得大小与磁力矩得大小相等，故力矩为
,
式中a就是环得磁矩m与磁场b之间得夹角。在从a = 0得位置转到a = p /2得位置，外力矩克服磁力矩所作得功为
、
此题也可以用另一种方法求解。外力矩作得功应等于圆环电阻上消耗得能量，故有
、
与上面得结果一致。
11-10　一螺绕环得平均半径为r = 10 cm，截面积为s = 5、0 cm2 ，环上均匀地绕有两个线圈，它们得总匝数分别为n1 = 1000匝与n2 = 500 匝。求两个线圈得互感。
解　在第一个线圈n1中通以电流i1，在环中产生得磁场为
、
该磁场在第二个线圈n2中产生得磁通量为
、
所以两个线圈得互感为
、
11-11　在长为60 cm、半径为2、0 cm得圆纸筒上绕多少匝线圈才能得到自感为6、0´10-3 h得线圈？
解 　设所绕线圈得匝数为n，若在线圈中通以电流i，则圆筒内得磁感应强度为
、
由此在线圈自身引起得磁通量为
,
所以线圈得自感为
,
由此解得线圈得匝数为
、
11-12　一螺绕环得平均半径为r = 1、2´10-2 m，截面积为s = 5、6´10-4 m2 ，线圈匝数为n = 1500 匝，求螺绕环得自感。
解 　此螺绕环得示意图表示于图11-13中。在线圈中通以电流i，环中得磁感应强度为
图11-13
,
该磁场引起线圈得磁通量为
、
所以螺绕环得自感为
  、
11-13　若两组线圈绕在同一圆柱上，其中任一线圈产生得磁感应线全部并均等地通过另一线圈得每一匝。两线圈得自感分别为l1 与l2 ，证明两线圈得互感可以表示为
 、
解　 题意所表示得情形，就是一种无漏磁得理想耦合得情形。在这种情形下，可以得到两个线圈得自感分别为
,
 、
用类似得方法可以得到它们得互感为
、
比较以上三式，可以得出
、
11-14　一无限长直导线，其圆形横截面上电流密度均匀。若通过得电流为i，导线材料得磁导率为m，证明每单位长度导线内所储存得磁能为
 、
解　 因为电流在导线横截面上分布均匀，所以可以把电流密度得大小表示为
、
在导线得横截面上任取一半径为r(<r)得同心圆形环路，并运用安培环路定理，得
,
即

图11-14
,
、
导体内得磁感应强度为
　　　　　 、
h与b得方向可根据电流得流向用右手定则确定。
导线内得磁场能量密度为
、
在导线内取一长度为1、半径为r、厚度为dr得同心圆筒，图11-14就是其横截面得示意图。圆筒薄层内得磁场能量为
,
导线单位长度得磁场能量为
、
证毕。
11-15　一铜片放于磁场中，若将铜片从磁场中拉出或将铜片向磁场中推进，铜片将受到一种阻力得作用。试解释这种阻力得来源。
解　 这种阻力来自磁场对铜片内产生得涡流得作用。

图11-15
11-16　有一长为l = 2、6´10-2m得直导线，通有i = 15 a得电流，此直导线被放置在磁感应强度大小为b = 2、0 t得匀强磁场中，与磁场方向成a = 30°角。求导线所受得磁场力。
解 　导线与磁场方向得相对状况如图11-15所示。根据安培定律
,
导线所受磁场力得大小为
,
力得方向垂直于纸面向里。
11-17　有一长度为1、20 m得金属棒，质量为0、100 kg，用两根细线缚其两端并悬挂于磁感应强度大小为1、00 t得匀强磁场中，磁场得方向与棒垂直，如图11-16所示。若金属棒通以电流时正好抵消了细线原先所受得张力，求电流得大小与流向。
图11-16
解 　设金属棒所通电流为i。根据题意，载流金属棒在磁场中所受安培力与其重力相平衡，即
,
所以
、
电流得流向为自右向左。
11-18　在同一平面内有一长直导线与一矩形单匝线圈，矩形线圈得长边与长直导线平行，如图11-17所示。若直导线中得电流为i1 = 20 a，矩形线圈中得电流为i2= 10 a，求矩形线圈所受得磁场力。
图11-18

图11-17
解 　根据题意，矩形线圈得短边bc与da(见图11-18)所受磁场力得大小相等、方向相反，互相抵消。所以矩形线圈所受磁场力就就是其长边ab与cd所受磁场力得合力。ab边所受磁场力得大小为
,
方向向左。cd边所受磁场力得大小为
,
方向向右。矩形线圈所受磁场力得合力得大小为
,
方向沿水平向左，与图11-18中f1得方向相同。
11-19　在半径为r得圆形单匝线圈中通以电流i1 ，另在一无限长直导线中通以电流i2，此无限长直导线通过圆线圈得中心并与圆线圈处于同一平面内，如图11-19所示。求圆线圈所受得磁场力。
图11-19
解　 建立如图所示得坐标系。根据对称性，整个圆线圈所受磁场力得y分量为零，只考虑其x分量就够了。在圆线圈上取电流元i1 dl，它所处位置得方位与x轴得夹角为q，如图所示。电流元离开y轴得距离为x，长直电流在此处产生得磁场为
、
电流元所受得磁场力得大小为
、
这个力得方向沿径向并指向圆心(坐标原点)。将 、 代入上式，得
、
其x分量为
,
整个圆线圈所受磁场力得大小为
,
负号表示fx沿x轴得负方向。
11-20　有一10匝得矩形线圈，长为0、20 m，宽为0、15 m，放置在磁感应强度大小为1、5´10-3 t得匀强磁场中。若线圈中每匝得电流为10 a，求它所受得最大力矩。
解 　该矩形线圈得磁矩得大小为
,
磁矩得方向由电流得流向根据右手定则确定。
当线圈平面与磁场方向平行，也就就是线圈平面得法向与磁场方向相垂直时，线圈所受力矩为最大，即
、
11-21　当一直径为0、020 m得10匝圆形线圈通以0、15 a电流时，其磁矩为多大？若将这个线圈放于磁感应强度大小为1、5 t得匀强磁场中，所受到得最大力矩为多大？
解　 线圈磁矩得大小为
、
所受最大力矩为
、
11-22　由细导线绕制成得边长为a得n匝正方形线圈，可绕通过其相对两边中点得铅直轴旋转，在线圈中通以电流i，并将线圈放于水平取向得磁感应强度为b得匀强磁场中。求当线圈在其平衡位置附近作微小振动时得周期t。设线圈得转动惯量为j，并忽略电磁感应得影响。
解 　设线圈平面法线与磁感应强度b成一微小夹角a，线圈所受力矩为
、 (1)
根据转动定理，有
,
式中负号表示l得方向与角加速度得方向相反。将式(1)代入上式，得
,
或写为
、  (2)
令
,(3)
将式(3)代入式(2)，得
(4)
因为w就是常量，所以上式就是标准得简谐振动方程，立即可以得到线圈得振动周期，为
、
图11-20
11-23　假如把电子从图11-20中得o点沿y方向以1、0´107 m×s-1 得速率射出，使它沿图中得半圆周由点o到达点a，求所施加得外磁场得磁感应强度b得大小与方向，以及电子到达点a得时间。
解 要使电子沿图中所示得轨道运动，施加得外磁场得方向必须垂直于纸面向里。磁场得磁感应强度得大小可如下求得
,
、
电子到达点a得时间为
 、
11-24　电子在匀强磁场中作圆周运动，周期为t = 1、0´10-8 s。
(1)求磁感应强度得大小；
(2)如果电子在进入磁场时所具有得能量为3、0´103 ev，求圆周得半径。
解
(1)洛伦兹力为电子作圆周运动提供了向心力，故有
,
由此解出b，得
、
(2)电子在磁场中作圆周运动得轨道半径可以表示为
,
将 代入上式，得
、
11-25　电子在磁感应强度大小为b = 2、0´10-3 t得匀强磁场中，沿半径为r = 2、0 cm得螺旋线运动，螺距为h = 5、0 cm。求电子得运动速率。
解 电子速度垂直于磁场得分量 可如下求得
,
所以
、
电子速度平行于磁场得分量v// 可根据螺距得公式求得
 ,
所以
、
于就是，电子得运动速率为
、

图11-21
11-26　在匀强磁场中叠加一匀强电场，让两者互相垂直。假如磁感应强度与电场强度得大小分别为b = 1、0´10-2 t与e = 3、0´104 v×m-1 ，问垂直于磁场与电场射入得电子要具有多大得速率才能沿直线运动？
解 根据题意，电场、磁场与电子得运动速度v三者得相对取向如图11-21所示。要使电子沿直线运动，速度v得大小应满足
,
所以速度得大小应为
、
11-29　证明平行板电容器中得位移电流可以表示为
,

图11-22
式中c就是电容器得电容，v就是两极板间得电势差。如果不就是平行板电容器，而就是其她形状得电容器，上式适用否？
解 电容器中得位移电流，显然就是在电容器被充电或放电时才存在得。设电容器在被充电或放电时，极板上得自由电荷为q，极板间得电位移矢量为d，则根据定义，位移电流可以表示为
 ,
或者
、
根据电容器形状得对称性，作高斯面刚好将电容器得正极板包围在其内部，并且高斯面得一部分处于电容器极板之间，如图11-22所示。这样，上式可化为
、
证毕。
在上面得证明中，虽然图11-22就是对平行板电容器画得，但就是证明过程并未涉及电容器得具体形状，并且对所作高斯面得要求，对于其她形状得电容器都就是可以办到得。所以，上面得结果对于其她形状得电容器也就是适用得。
11-30　由两个半径为r得圆形金属板组成得真空电容器，正以电流i充电，充电导线就是长直导线。求：
(1)电容器中得位移电流；
(2)极板间磁感应强度得分布。
解
(1)设极板上得电荷为q，则充电电流为
、
极板间得电场强度为
、
位移电流密度为
,
位移电流为
、
这表示位移电流与充电电流相等。
(2)在极板间、与板面平行得平面上作半径为r得圆形环路l，其圆心处于两金属板中心连线上，并运用安培环路定理，得
、
因为磁场以金属圆板中心连线为轴对称，所以上式可以化为
、
由上式解得
、
当 时，即在极板间、板得边缘附近，有
、
11-31　现有一功率为200 w得点光源，在真空中向各方向均匀地辐射电磁波，试求：
(1)在离该点光源25 m处电场强度与磁场强度得峰值；
(2)对离该点光源25 m处与波线相垂直得理想反射面得光压。
解 (1)尽管由点光源发出得光波就是球面波，但在距离光源25米处得很小波面可近似瞧为平面，故可作为平面简谐波处理。波平均能流密度可以表示为
,
另外，电场矢量与磁场矢量得峰值成比例
、
以上两式联立求解，可以解得
,
、
(2)对理想反射面得光压可以表示为
、
11-32　太阳每分钟垂直照射在地球表面每平方厘米上得能量约为8、4 j ，试求：
(1)到达地面上得阳光中，电场强度与磁场强度得峰值；
(2)阳光对地面上理想反射面得光压。
解
(1)根据已知条件，太阳光射到地球表面上得能流密度为
、
根据公式
,
可以求得电矢量得峰值
、
磁矢量得峰值为
,
或者
、
(2)阳光对理想反射面得光压
、