物理学导论试题及课后答案

21.（本题5分）（1652）假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q 时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功 (2) 使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中，外力共作多少功22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线．它们的直径为a ，反向流过相同大小的电流I ，电流在导线内均匀分布．试在图示的坐标系中求出x 轴上两导线之间区域]25,21[a a 内磁感强度的分布． 23.（本题5分）（2303）图示相距为a 通电流为I 1和I 2的两根无限长平行载流直导线．(1) 写出电流元11d l I 对电流元22d l I 的作用力的数学表式；(2) 推出载流导线单位长度上所受力的公式．24.（本题10分）（2150）如图所示，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，他到两长直导线的距离分别为r 1、r 2．已知两导线中电流都为t I I sin 0 ，其中I 0和为常数，t 为时间．导线框长为a 宽为b ，求导线框中的感应电动势．22.（本题5分）（2442）将细导线弯成边长d =10 cm 的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A 的电流，求六边形中心点的磁感强度B ．(0 =4×10-7 N ·A -2 )23.（本题5分）（2548）在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动．求等效圆电流的磁矩m p与电子轨道运动的动量矩L 大小之比，并指出m p和L 方向间的关系．(电子电荷为e ，电子质量为m )24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d ，载有大小相等方向相反的电流I ，电流变化率d I /d tIa aI xO2aII 21d l I22d l Ia12rIIOxr 1r 2 ab=>0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．ddII7-3 计算和证明题7-3-1解Q所受合力为零，即224l，求得Q7-3-2解场强大小为20044()a ladx lE dEx a a l，沿带电直线方向.7-3-3解如图建立坐标系，正负电荷关于x对称，它们在O点产生的场强沿y轴负向，在圆上取dl=Rdφdq=λdl=Rλdφ，它在O点产生场强大小为dE=24RRd方向沿半径向外则dE x=dEsinφ=dRsin4dE y=dEcos(π-φ)=R4cosφdφ积分22sin04xE dR2220002cos42yqE dR R R方向沿y轴负向．7-3-4解如图所示，dq dl Rd，它在圆心O点产生的场强200cos44Rd A ddER R其在x轴上的场强为cos()x xE dE dE2200cos44A d AR R方向沿x轴负向，其在y轴上的场强为sin()y yE dE dE2cos sin4A dR7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg即2q mgtg，有622308.010/mgtgC mq7-3-6解在r R处取一细圆环，其带电量2dq dS rdr，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上P点产生的场强大小223/2223/2223/200024()4()2()xdq x rdr x rdrdEx r x r x rxqEr22223/2223/222000()2()4()2RR x rdr x d x r E x r x r x R7-3-7解(1)11122222(2)(21) 1.05/e bd S b d S bd d N m C （2）由高斯定理可得，1209.2910ie iqC7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy ，沿弧长方向取一宽度为dl 的细条，此细条单位长度上的带电量为dl Rd d R R， 此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O 点产生的场强为20022d dE R R，20cos cos()2x d dE dE R， 20sin sin()2y d dE dE R，20cos 02x x d E dE R， 22000sin 2y y d E dE R R，20x y y E E i E j E j j Rr r r r r7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得2111114ne iSi E dS E S E R qr r Ò，所以2510149.0310nii qE R C（2）如下图，由高斯定理1()e SE dS E E S nShr r Ò下上，所以有122120 1.0610/E E E E n C m h h下上7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为R 电荷体密度为 的均匀带正电球体和一个半径为r 电荷体密度为 的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即000E E E r r r由高斯定理可求出00E r，302004343a a E a r ， 所以O 点的场强大小为0003a E E，方向沿OO u u u u r .同理，O 点的场强大小为 00003a E E E，方向仍沿OO u u u u r . 7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强.（1） 在r R 处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理n rn rE r 下E r 上hS 2S 1dl 1120ne iSi E dS rlE qr r Ò311110191436410 1.610910q U R C所以 0E （2） 在12R r R 处，类似（1），有102l rlE所以 102E r（3） 在2r R 处，类似（1），有1202rlE l所以 1202E r7-3-12解（1）A点电势为104A q U r，B点电势为B U，63.610J注 式中90210q C（2）C点电势为204C q U r，D 点电势为1202D q q U d，2120000())42CD C D q q q A q U U q r d63.610J 7-3-13解 （1）00E ，9493104104910 2.881040.05iO i iq U Vr（2）9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J ，0q 电势能的改变为60 2.8810O W A J （3）60 2.8810O W W A J7-3-14解（1）雨滴的电势为11014q U R，有（21，这时雨滴表面电势为9112202574q U V R 7-3-15解根据电势叠加原理，O 点的电势可看作直线AB 、DE 和半圆周BCD 所带电荷在O 点产生电势的叠加，AB 、DE 在O 点产生的电势为 21300ln 244RRdx U U x，半圆周BCD 在O 点产生的电势为 22000444q R U RR所以O 点产生的电势为1230(2ln 2)4U U U U1000()(4AB A B q A q U U q r12121122200044R R rR R q q q dr dr drr r7-3-16解 金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解 由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的场强大小分别为10E ，12204q E r123204q q E r设1P 、2P 、3P 分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内任一点， （1） Ⅰ区域内任一点1P 的电势由电势的定义式计算，有11P U E dlr r 1212123R R rR R E dl E dl E dl r r r r r r12121()4q q R R（2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有22P U E dlr r 2223R rR E dl E dl r r r r22112220044R rR q q q dr dr r r1221()4q q r R（3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计算，有33P U E dlr r 3r E dl r r12204rq q dr r1204q q r7-3-18解 两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为02E r式中 为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为212001ln 22BR AB AR R U E dl dr r Rr r ， 则8092124502.0810/102910ln ln 3AB U C m R R7-3-19解 由高斯定理可得场强分布为a x a 0E； x a 或x a 0E ；由电势的定义式计算电势分布在x a 区域，000axxaU Edx dx dx a在a x a 区域， 000xx U Edx dx x在a x区域，9197115091079 1.610 1.61047.010qU V R 72132000033 2.41044242RR qr q q U dr dr U V R r R00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x a000axx a U Edx dx dx a电势U 随在x 分布如图所示7-3-20解 设坐标原点在左边导线轴线上，x 轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为x 的任一点P 的场强为0022()E x l x， 所以两导线间电势差为 00()22()l aAB aU dx x l x7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元dq dx ，它在P 点的电势为 004()4()dq dxdU r x r x整个带电直线在P 点的电势为000ln 4()4lP r l U dx r x r（2）根据场强与电势的微分关系dUE dr，有 04()lE r r l7-3-22解 由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为r R ，103rE； r R ，32203R E r（1）r R ，33220033r rrR R U E dr dr r r（2）r R ，320033R R R U R（3）r R，322122000(2)336RRr rRrR r R U E dr E dr dr dr R r r7-3-23解（1）r R 处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为r ，过该点作一半径为r ，高为l 的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 11ne iSi E dS qr r Ò，可得312223ral rlE ar rldr r求得 23ar E 内，方向沿径向向外.对r R ，同理由高斯定理可得312223Ral rlE ar rldr R求得 30 3aR E r外（2）设1r m 处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在r R区域内，33110ln 33r r aR aR U E dr dr r r 外外在r R区域内，23110033RRrRrR ar aR U E dr E dr dr dr r外内内33300()ln 93a aR R r R 8-3 计算和证明题8-3-1解 请参见教材P342题8-3-1图（1）由于静电感应，球壳内表面带电量为q ，外表面带电量为q ；球壳电势为33200344R R q q U E dl dr r Rr r 3（2）内表面带电量为q ，外表面带电量为0；球壳电势为0U 3（3）内球接地时，内球的电势0U 1，设内球此时带电量为q ，则球壳内表面带电量为q ；外表面带电量为q q ，空间场强分布为： 12R r R ，1204q E r；23R r R ，20E ；3r R ，3204q qE r； 因此，内球的电势 231231123R R R R R U E dr E dr E dr213220044R R R q q qdr drr r120311()044q q q R R R 求得12122313R R qq R R R R R R球壳的电势为3123303012231344R R R q q qU E dr R R R R R R R电势的改变为12333012231304R R qU U U U R R R R R R 8-3-2解 请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为q ，这些感应电荷到球心O 点的距离都为R ，因此感应电荷q 在O 点产生的电势为04q R，点电荷q 在O 点产生的电势为042qR，故O 点的电势为000048q q U RR（导体球接地）， 求得2q q（2）因O 点场强为零，故q 在O 点产生的场强大小等于q 在O 点产生的场强大小，方向相反，即为00q q E E E r r r所以 2016q q E R8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A 板两表面中左侧表面带电量为1q ，右侧表面带电量为2q ，其电荷面密度分别为11q S，22qS，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U UAC AC AB AB E d E d写成1200AC AB d d有12002q qS S① 又 12q q Q ② 由①②解得 12/3q Q ，2/3q Q 因此C板带电为712/3 2.010()C q q Q C ，72/3 1.010()B q q Q C（2）3200 2.2610()3A AB AB AB q Q U U d d V S S8-3-4解设导体片C 插入后，AC 间场强为1E ，CB 间场强为2E ，并假设0q ，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，由高斯定理可得120Sq S E dS E S E S Sr r Ò 即有 210qE E S① 由题意得 2122d dU E E② 由①②解得 20224C CB d U qdU U E S8-3-5解对于半径为R 的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为q 时，其电势均为04q U R，则电容为04qC R U，可见电容是相同的. 对于地球，711C F 8-3-6解（1）设内、外金属膜圆筒半径分别为1R 和2R ，高度均为L ，其上分别带电量为Q ，则玻璃内的场强为12R r R ， 02r Q E Lr内外圆筒之间的电势差为21201ln2R R r R Q U E dl LRr r 莱顿瓶的电容为 90212 2.2810ln r L qC F R U R（2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 101()2r Q E R E LR击穿所以 5012 6.6710r Q LR E C 击穿 8-3-7解 （1）由123111AB C C C C ，求得3.75AB C F（2）总电量43.7510AB AB Q C U C因为1C 和2C 并联，故有1212Q Q C C 即有 122Q Q ①又 12Q Q Q ② 由①②求得2C 带电量为4211.25103Q Q C，2C 上的电压22225QU V C（3）3100U U V ,4333510Q C U C8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理1n iSi D dS qrr Ò可得0D S S 求得 0Q D S又0()[()]r U E d t Et d t t E求得 ()r UE d t t因此 00()r r r UD E d t t（2）由上面结果可知 00()r r USQ S DS d t t（3）0()r r S QC U d t t8-3-9解（1）由题意极板间带电量Q 不变，00000SQ Q C U U d（2）电位移00SQ D S d，介质中的场强000rU DE d（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r SC d t t8-3-10解设单位长度带电量为，则两极板间场强2E r，击穿场强0E 一定时，02rE 最大，电容器两极板电压为0ln ln 2RrR R U Edr rE r r式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，即令 00ln 0dU RE E dr r ， 求得0Rr e故当0Rr e时，电容器可能承受的最大电压为 0max 000ln 147RE R U r E KV r e8-3-11解（1）当1R r R ，由介质中的高斯定理可得0SD dS Qrr Ò，即有204r D Q求得 024QD r ，所以有 012004rr Q DE r当2R r R ，02204Q DE r（2）电势差为222220000041121()()222142312r Q Q Q Q C U C C C C （） 2112RR R RU E dr E dr2100220044RR R Rr Q Q dr drr r01211()4r rrQ R R R（3）001221124()()r r Q RR R C U R R R R R R （4）2122220102114422RR r R R W E r dr E r dr2001211()8r rrQ R R R（5）00211(1)(1)4rrQ R8-3-12解（1）在12R r R 区域内作以r 为半径，长为l 的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理1n i Si D dS qrr Ò，有2rlD l所以 2D r又 0r D E我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E r, 方向沿径向向外（2）22112001ln 22R R R R r r R U Edr dr r R（3）2122200112ln 24R r R r R W E rdr R8-3-13解（1）282014.410/2e w E J m （2）3354[()]7.6103e W R h R w J式中R 为地球半径并取6370R km8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r 倍，即002r C C C ，而电量不变.能量损失为2222210200000111(1)9109002222444Q Q Q Q W C U C C C C 41.8210J（2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为2Q .并联后总电容为001r C C C C 总（）， 两电容器并联后总能量为22024221rQ Q W C C总（）（） 并联后能量损失为0W W W W（） 56.110J8-3-15解K接到1处，1C 带电为641108101209.610()Q C U C ；再将K 接到2后，1C 和2C 总带电量仍为1Q ，两电容器电压为4169.6108010Q U V C 总（8+4） 电容器1C 中的能量2622111181080 2.561022W C U J电容器2C 中的能量22221 1.28102W C U J8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为222200200111()422424R e e W E dV r dr r R在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此204eW R，据题意2204e em C R，我们可以求得21520 2.8104e e R m m C8-3-17解当介质板插入x 距离时，电容器的电容为000()[(1)]r x r a x a xaaC a x ddd此时电容器储能为220()22[(1)]x r Q Q dW x C a a x电介质未插入时，电容器储能为22020022Q Q dW C a当电介质插入x 时，电场力F 对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即0()W W x ，电场力为当插入一半时，2ax ，则电场力为，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压U 不变，拉开前的静电能为 222001111222SS W C U U U d d拉开后的静电能为2220022112224S S W C U U U d d则系统静电能的改变为222000210424SSSW W W U U U ddd结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 A U Q两板距离从d 拉开到2d 时，极板上电荷的增量Q 为0002121()22S SSQ Q Q C U CU U Ud dd因此 200()022SSA U Q U U U dd结果表明当极板拉开后，在保持U 不变时，电场对电源作正功.（3）外力F 对极板作的功为2222220021(222dd d dd d SU SU CU A F dl dx dx x d dr r外力F 对极板作的功，也可由功能关系得到222000()424SU SU SU A W A ddd所得结果相同. 8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为04q U R，将dq 从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 04q dA dW dq R（2）外力作功为200048Qq Q A dA dq RR2020[()](1)2[(1)]r r W W x Q d F x a a x23302(1)()2(1)r r Q d a F a8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量D r不变，电场能量密度为2000111222e e r r rw D D w DE D电场总能量为e rW W9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P 点产生的磁感应强度为零, 因此P 点的磁感应强度由竖直段产生, 即,4)90cos 0(cos 400aIa I B根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外. （2）两水平段半长直导线在P 点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P 点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即,4200rIr I B方向垂直纸面向里.（3）三边在P 点产生的磁场完全相同，因此P 点的磁感应强度为,29)150cos 30(cos 3024300a I tg a I B 方向垂直纸面向里.9-3-2. 解: O 点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，所以),222(4)22cos(22cos 4222000tg R I R I R I B B B BA ACB •• •方向垂直纸面向里.9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O 点不产生磁场，因此O 点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为,444202010R IR IR IB方向垂直纸面向里. 9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx 的长直电流元，其电流为,aIdxdI 到P 点的距离为x ，该线电流在点P 激发的磁感应强度大小为.,20方向垂直纸面向外xdIdB因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P 的磁感应强度为ab bdx axIdB B 20,ln20b b a a I 方向垂直纸面向外.9-3-5. 解：环心O 在两根通电直导线的延长线上，故它们在O 点产生的磁场为零，长为l 的载流圆弧在其圆心处的磁场为2001422rIlr l r I B，设左右两段圆弧的弧长分别为21,l l ,则两者在O 点的磁感应强度分别为，方向垂直纸方向垂直纸面向外；22202211014,4r l I B r l I B考虑到两段圆弧在电路中是并联关系,而在并联电路中,电流分配与电阻成反比,电阻又与导线长度成正比，所以212112l l R R I I，因此可得2211l I l I .由此可得, 两段圆弧在O 点的磁感应强度大小相等，方向相反.所以总磁感应强度为零,即021OB B B .9-3-6. 解: 将无限长载流圆柱形金属薄片看作是由许多平行而无限长直导线组成,对应于 d 到范围内无限长直导线的电流为Id dI ，它在环心处产生的磁感应强度为.cos 2cos ,sin 2sin 2sin 20200 d RIdB dB d R I R dI dB dB y x对整个半圆柱金属薄片积分,得20020200cos 2,sin 2d RI B R I d R I B y x ，故环心处磁感应强度为RIB B x 20 ,方向沿x 轴正向.9-3-7. 解: 由于此平面螺旋线圈绕得很密，可近似看成是由许多同心圆组成的，因为绕制均匀，所以沿半径方向单位长度的匝数为rR Nn,在线圈平面内,取半径为'',dr r 宽为的圆环作电流元，则此圆环的匝数为r d r R N r nd，等效电流为r d rR NIdI ，该圆环电流在O产生的磁场为：]2/22[]22[]22/2[B 2/2002/2/002/002• a d a d a d d m d r a I r I r a I r I r a Id Ir dS ）（）（）（）（）（ ,)(2200r r d r R NI r dIdB方向垂直纸面向外；所以由叠加原理，O点磁感应强度为.ln )(2d )(200r R r R NIr r r R NIdB B Rr方向垂直纸面向外9-3-8 解: 沿圆周单位长度的线圈匝数为R N/2R N/0.5n ，在距O 点x 处取一弧宽为dl 、半径为y 的圆环，则圆环上绕有 /2Nd ndl dN 匝线圈.通过圆环上的电流大小为 /2INd dN dI I ，该圆电流在球心处产生的磁感应强度为2/32202)(2y x dIy dB ,方向沿x 轴正向.由于所有小圆环电流产生的磁场方向相同，所以RNIy x Iy dB 4/2Nd )(2B 02/322202,方向沿x 轴正向.9-3-9 解: 根据电子绕核运动的角动量量子化假说：L=mva 0=h/2π, 可得电子的速率v=h/2πma 0，从而求出等效电流i=ev/2πa 0=he/4π2ma 02. 该电流在圆心处产生的磁感应强度为320008a 2ima heB. 9-3-10. 解: 带电圆环旋转时相当于一圆形电流nR T q 2/I ，根据教材P358-359中圆形电流在圆心和轴线上任意点产生磁场的规律可得，（1）圆心处： n R B 002/I ；（2）轴线上：232230232220)()(2x R R n x R IR B.9-3-11. 解: 带电直线沿直线运动相当于一无限长直线电流v q t /I ，根据无限长直线电流的磁感应强度分布规律可得rvr I B 2200. 9-3-12. 解: 参考例9-4可得abIl ln 20 .9-3-13 解: 无限长通电柱体的磁感应强度分布为202/2,2/d ）（内d IrB r，rIB r d 2,2/0外. 题中两导线轴线间区域中的磁场为两导线单独产生的磁场的叠加，而且两分磁场方向相同.因此磁通量 对该式积分可得)2ln 21(0daI m. 9-3-14 解:（1）根据安培环路定理，磁感应强度的环路积分只与闭合路径所包围的电流有关，故参考上题可得21012,r Ir B r r；rIB r r r 2,021；0,3 B r r ；][2,2223223032r r rr r I B r r r .（2）两柱面间磁通量为120r 0ln 22B 21r r Il r Ildr dS r m •.9-3-15解: 单块无限大平面电流产生的磁感应强度为2/0j B ，方向见下图.由题意，电流流向相反，使得两平面电流在之间产生的磁场方向相同，两侧方向相反，因此有：（1）之间：j j B 00212/2B B ，（2）两侧：0B B 21 B .9-3-16解: 参考例9-2，可利用补偿法求解.本题中电流密度为)(22a R Ij，（1）圆柱体轴线上的磁感应强度为空腔中方向电流产生，即2)(2ln 222022a22a 0a02a1ba b a Iv vdr r I vdr r I vdr B vdr B ba b a b a ba )(2)(2222022201a R b Ia a R r a I B ；（2）利用例9-2的结果可得)(2220a R IbB.9-3-17 证明略. 提示：直接参考教材P371的例题9-5-1的解答过程及其具有普遍性的结论.9-3-18 解：设导线2上一点P 到O 点的距离为l ，则导线1在P 点产生的磁场 sin 2B 0l I，P 点附近的电流元Idl 受到的磁场力为sin 220l dlI BIdl dF ，它对O 点的力矩为ldF dM ，所以单位长度导线所受磁力对O 点的力矩为sin 2sin 220201I dl I dM M l l. 9-3-19 解：（1）见例题9-6，RI F 220 ,方向沿x 轴正向;（2）若将圆柱面换成直导线，则两直导线间作用力可参考教材P371-372，为d220 I F ，令F F 可求得R d 2.9-3-20 解：线圈左边受力为alII l F 2I B 10111 ，方向向左，右边受力为)(2I B 10122b a lII l F，方向向右，线圈上下两边受力为一对平衡力. 所以，它所受合力为)(2F 1021b a a lbII F F方向向左；因为线圈磁矩与磁场平行，所以0 M .10-3-1 解：由安培环路定理可得磁介质内部：LNInI H，SL NI B ro .所以NIS Lr 0，带入数据可求得：（1）31021 r （2）5302r .10-3-2 解：（1）导体内任选一以轴线为圆心的圆形路径，有I d l•l H ， 而22r RII.因此，在导体内部：22RIr H)(R r ，2r 02R rI H B ；（2）导体外部，类似有I d l•l H ，得rI H 2，从而rIH B 200)(R r ；（3）4r B S B 0SSILLd d r• . 11-3计算题11-3-1 解：通过圆形线圈的磁通量为)3cos(10)583(a S B 422• t t ，因此电动势为)3cos(10)86(a 42t dt d ，将t=2代入可得（1）,1014.35V A I 21014.3R＝感；（2）C Rdt Rdt d q t t 202104.4)(1idt.11-3-2解：定义电动势方向向右，则由动生电动势的公式可得：，方向从C 到D ，即D 端电势高.11-3-3解：（1）磁通量为：abt l I r il bln 2sin 2S B 00a 0 •； （2）电动势为：abt l I dt d ln cos 200 .11-3-4 解： (1)大线圈中电流在小线圈处产生的磁感应强度近似为R I2B 0 ，原因在于小线圈很小.t 时刻通过小线圈的磁通量为wt S B cos a B 2 • 小，从而小线圈中的电流为：t bRa I Rdt d isin 220 ；(2) 小线圈受到大线圈的磁力矩大小为：tba I R wt B iS wt B P B P M m m 2220sin )2(sin sin 小，要保持小线圈匀速转动，要求合力矩为零，即外界施加的力矩也为t sin )2(2220 ba I R .(3) 互感系数为wt cos a 2bI M 2，因此小线圈中的电流在大线圈中产生磁通量为t ba R I 2sin )2(2Mi 220 ，所以大线圈中的感应电动势为t ba R I dt d 2cos 220 .11-3-5 解：(1) 由动生电动势公式可得V v AB 8Bl 1 ,方向由A 指向B ；同理，V CD 4 ，方向由C 指向D.（2）两棒与金属轨道构成的闭合回路中，电流为5.0RI CDAB，方向为ABCDA ，所以V U V U CD AB 6IR ,6-IR AB ＝ＣＤ (3) ＝０５０５０ＡＢＯＯDC U U U .. .11-3-6 解：设当线圈转过角度为wt 时，与导线平行的两边到轴线的距离分别为r 1和r 2，则通过线圈的磁通量为wtab b a wtab b a Ia adr r I S r r cos 2cos 2ln 22d B 22220S021•，所以)cos 2)(cos 2(sin )(222222220t ab b a t ab b a tb a b Ia dt d11-3-7 解：旋转角度为wt 时，磁通量为：• S2cos 5.0BScoswt B wt r B dS ，所以电动势为Hznt Rn r B R i nt n r B wt w r B dt d 60n ,2sin ,2sin sin 5.022222＝ ，所以A Rnr B i V w r B m m 72242103,1035.011-3-8 证明：作圆心到金属棒两端点的连线，金属棒和所做的两条连线围成的回路面积为2225.05.0S l R l .因此，回路中电动势的大小为222225.05.025.05.0l R l dtdB l R l dt dB dt dB S dt d.11-3-9 解：由题意及动生电动势公式可得：)ln (2)(2Bvdl 0L 00aLa a L I dl l a l I L，方向由O 点指向M 点.11-3-10解：由均匀磁场中动生电动势的性质可知AC 产生的电动势相当于ＯＣ，故222O sin 21OC 21L B B C AC ）（，方向由A指向C.11-3-11 解：电势差与电动势刚好相反，即0CA BC B 30cos B B lv lv U U U A AC ,代入数据可得V U AC 3107 ，为正，所以A 端电势高. 11-3-12 解：螺线管中磁场变化时产生的涡旋电场总是与半径方向垂直，因此由电动势定义可知,0B DC A 同理,0O O D A 而ＡＯＤ构成一个回路，因此,43d 2dtdBa dt dB S dt AD同理dt dBa dt dB a BC 22436,61所以，即为回路中的总电动势.11-3-13 解：(1)由上题分析，可知,0O aO d 所以,102)5.02(422V dtdBR R dt d abdO abd(2) 由螺线管内部变化磁场产生的感生电场性质可直接得.,,105242沿顺时针方向垂直于oa V OadtdB R E a11-3-14解：回路在运动过程中受合力为dtdvm l l R v B F R Blv B F F 22合，解方程可得：tmRl B e l B FR v 22122. 11-3-15解：回路中磁通量随时间的变化为tg t v tg x t 4222aob 25.05.05.0BS ，所以电动势为方向沿逆时针方向。