大学物理(吴百诗)习题答案10电磁感应
大学物理 第十章 课后答案
习题十10-1 一半径r =10cm的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率t rd d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====t r r B r B t t m Φε V10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ， 题10-2图则αΦcos 2π21B R m= 同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵ B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴ ︒=45α则αΦcos π2R B m = 221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=t B R t m αεV方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-3图*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量⎰⎰=-==aym yB x x y B S B 0232322d )(2d 2ααΦ∴ vy B t y y B t m 21212d d d d ααε-=-=Φ-=∵ ay v 22= ∴ 212y a v =则ααεaByy a yBi 8222121-=-= i ε实际方向沿ODC ．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeNεε=又∵ ⎰+-<+-==ba ba MNb a ba Iv l vB 0ln 2dcos 0πμπε所以MeN ε沿NeM 方向，大小为 b a ba Iv -+ln20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln20πμ题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以t Id d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1) ]ln [lnπ2d π2d π2000d ad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2)t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε 10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ R Bf r R I m 22π==ε10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势．DA 产生电动势⎰==⋅⨯=A D Ivb vBb l B v d 2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v C B +-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=a d d Ibv μεεεV 方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvtt m -=-=d d Φε即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt ,0>ε；题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d =t Φ,0=ε； 出场时0d d >t Φ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段 则⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+=(2)∵ 0>abε 即0<-b a U U∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v 平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则b a b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-lnd )211(2d )(00πμπμε∵ 0<AB ε∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴b a ba Iv U AB -+=ln 0πμ题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当t Bd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵bc ab ac εεε+=t BR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=tab d d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=-- ∴t BR R ac d d ]12π43[22+=ε ∵ 0d d >t B∴ 0>acε即ε从c a →10-13 半径为R 的直螺线管中，有dt dB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴t B R R i d d )436π(22--=ε ∵ 0d d >t B∴0<iε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向． 题10-13图题10-14图10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）cd 两点电势高低的情况．解： 由⎰⎰⋅-=⋅l S t B l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E 与ab 垂直∴ ⎰=⋅ll 0d 旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴0<-c d U U 即d c U U >题10-15图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴2ln π2012aI M μΦ==10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Ia r r IaS B bb S μμΦ⎰⎰==⋅=∴ 6012108.22ln π2-⨯===a N I N M μΦ H(b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012=Φ，见题10-16图(b)∴ 0=M题10-16图题10-17图10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a ，中心相距为d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l 的一段自感为πμl L 0=In a ad -．解： 如图10-17图所示，取r l S d d =则⎰⎰-----=--=-+=a d aa d aa d d aa d Il r r r Il r l r I r πI )ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦa ad Il-=lnπ0μ∴a a d lI L -==lnπ0μΦ10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 M L L L 221++=反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H10-19图10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为⎰==baa b NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ磁链a b IhN N lnπ220μΦψ== ∴a b hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴a b h I N W m lnπ4220μ= 10-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能． 解：在R r <时20π2R I B rμ=∴4222002π82R r I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l )则 ⎰⎰===R Rm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。
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第十章静电场中的导体与电介质10－ 1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体 B 附近，则导体 B 的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体 B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体 A 移到不带电的导体B附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A） .10－ 2将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N，在 N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷 .若将导体 N的左端接地（如图所示），则（）（A） N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C） N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体 N接地表明导体 N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体 N在哪一端接地无关 .因而正确答案为（A） .10－ 3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为 d，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A）Eq q,Vq 0,V （ B）E2 4π4π4πε0d ε0d ε0d（C）E 0,V 0q,Vq （ D）E2 4π4πε0d ε0R 题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A） .10－ 4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E） .10－ 5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/ εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的 1/ εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有1 χE d S E 0 d S 1q iS S ε i即E＝ E０ / εｒ，因而正确答案为（A） .10－ 6 不带电的导体球A含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、 q c 、 q d 各受多大的电场力.题10-6 图分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d的作用力 .q b q c q dF d4πεr 2点电荷 q d与导体球 A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b、 q c处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b、q c受到的作用力为零 .10－ 7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R１＝× 10 －4 m的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径 R ＝× 10 －3 m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V，阴极与阳极的长２度均为 L＝× 10－２m．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题10-7 图分析（ 1）由于半径 R１＜＜ L，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．（2）计算阳极表面附近的电场强度，由 F＝ qE 求出电子在阴极表面所受的电场力．解（ 1）电子到达阳极时，势能的减少量为E ep eV 4.810 17 J由于电子的初始速度为零，故E ek E ekE ep4.8 10 17 J因此电子到达阳极的速率为2E ek 2eV 1.03 10 7 m s -1vmm（2） 两极间的电场强度为λ E2πε0re r两极间的电势差R 2lnR2VR 2dr E drR 12π 0 r2π 0 R 1R 1负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度Eλe rV e r2πε0R 1 R 2R 1lnR 1电子在阴极表面受力FeE （4.37 10 14 N) e r－ 3１这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的 5× 10１5 倍．10－ 8 一导体球半径为 R，外罩一半径为 R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，１而内球的电势为 V ０ ．求此系统的电势和电场的分布．分析 若 V 0Q，内球电势等于外球壳的电势， 则外球壳内必定为等势体， 电场强度4πε0R 2处处为零，内球不带电．Q若 V 0，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带4πεR0 2电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由V pE dl 或电势叠加求出电势的p分布．最后将电场强度和电势用已知量 V 0、 Q 、 R １ 、R 2表示．题10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理 E dS E r 4πr2 E rq / ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r ＜ R 时，E1 r 0１R ＜ r＜R 时， E2 r q１ 24πε0r 22 时，E2 Q qr＞ R r4πε0r 2由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．r＜ R１时，V1 E dl R1 1 dl R2 E 3 dlE E 2 dlr r R1 R2q Q4π0 R1 4π0 R2R１＜ r＜R2时，V2 E dl R2 2 dl E 3 dlEr r R2q Q4π0 r 4π0 R2r＞ R2时，V3r E3Q qdl4π0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（ r ＜ R１）V1q Q4 π4πεRε0R1 0 2在导体球和球壳之间（R１＜ r＜ R2）V2q Q 4πε0r 4πε0R2在球壳外（ r＞ R2）为V3Q q4π0r 由题意V1 V0q Q4 π4πεRε0R2 0 1得q 4π0 R1V0R1 QR2于是可求得各处的电场强度和电势的分布：r＜ R１时，E10 ； V1V0R１＜ r＜R2时，E2 R1V0 R1Q； V2R1V0 (r R1 )Q r 2 4πεR r 2r 4π0 R2 r0 22时，r＞ RR1V0 ( R2 R1 )Q； V3 R1V0 (R2 R1 )QE32 4π0R2 r 2 r 4π0 R2rr10－ 9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径 R1＝× 106 m；电离层半径 R2＝× 105 m ＋R1＝× 106 m，根据球形电容器的电容公式，可得C 4πε0 R1 R2 4.58 10 2 FR2 R110－ 10 两线输电线，其导线半径为 3.26 mm ，两线中心相距0.50 m，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在 P点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得 P点电场强度的大小为1 1E()2π0x d x电场强度的方向沿x轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为d R1 1U E dl ( )dxl R 2π0 x d x上式积分得λln d RUπε0 R 因此，输电线单位长度的电容C λπε0 / lnd Rπε0 / lnd U R R代入数据 C 5.52 10 12 F题 10-10 图10－ 11电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm. 如果电路能检测出的电容变化量是pF，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号题 10-11 图分析按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解按下按键时电容的变化量为C ε0S 11 d d0按键按下的最小距离为d min dd Cd20.152 mmd0 C 0 S10－ 12 一片二氧化钛晶片，其面积为 1.0 cm2 ，厚度为 0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（ 1）求电容器的电容；（2）当在电容器的两极间加上 12 V电压时，极板上的电荷为多少此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少（ 3）求电容器内的电场强度．解（ 1）查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝ 173，故充满此介质的平板电容器的电容C εεr0S 1.53 10 9 Fd（2）电容器加上 U ＝ 12V 的电压时，极板上的电荷Q CU 1.84 10 8 C极板上自由电荷面密度为σQ1.84 10 8 C m - 2S晶片表面极化电荷密度σ0 1 1σ0 1.83 104 C m- 2 εr（3）晶片内的电场强度为E U 1.2 105 V m-1d10－ 13 如图所示，半径 R ＝ 0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝× 10 －８C，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr＝ 0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（ 1 ）＝，厚度 d离球心为 r ＝ 5cm、15 cm、25 cm 处的 D 和 E；（ 2）离球心为 r ＝ 5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（ 3）极化电荷面密度σ′．题 10-13 图分析带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上 D 呈均匀对称分布，由高斯定理D d S q 可得D（r）．再由E D / εε可得E（r）．00r介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系V E dl 求得，或者由电势叠r加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度Pn ．解（ 1）取半径为 r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得r ＜ R D1 4πr2 0D1 0 ； E1 0R ＜r＜R＋d D24π2QrD2 Q ； E2Q4πr 2 4πεε0r r 2r ＞ R ＋ d D3 4πr 2 QD 3Q； E3Q 4πr2 4π0 r 2将不同的 r 值代入上述关系式，可得r＝ 5 cm、15 cm 和 25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外．r1 ＝ 5 cm，该点在导体球内，则Dr1 0 ；Er1 0r2 ＝ 15 cm，该点在介质层内，εｒ＝，则Dr2 Q3.5 10 8 C m 2 4π2r2E r2Q2 8.0 102 V m 1 4πεε0r r2r3 ＝ 25 cm，该点在空气层内，空气中ε ≈ε0，则Dr3 Q 1.3 10 8 C m 2；4πr32Er3 Q 2 1.4 103 V m 14π0 r2（2）取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得r3 ＝ 25 cm，V3 E3 dr Q 360 V4πr1ε0rr2＝ 15 cm，V2R dE 3 drE 2 drr2 R dQ Q4π0 r r2 4π0 r R d 4π0 480 Vr1＝ 5 cm，V1R dE3RE 2 dr drR dQ Q Q 4πεε0r R 4πεε0r R d 4πε0 R540V（3）均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率略．故在介质外表面；QR ddε＝ε0，极化电荷可忽P n εr 1 ε0E nεr 1 Q 4π 2R dεrσ P n εr 1 Q 2 1.6 10 8 C4πεr R d在介质内表面：m 2P n εr 1 ε0E n εr 1 Q 4π 2εr RσP n εr 1 Q6.4 10 8 C m 2 4π 2εr R介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．10－ 14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为－ 9× 10 m，两表面所带面电荷密度为±× 10 － 3 C／m2 ，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为，求（ 1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差．解（ 1）细胞壁内的电场强度（2）细胞壁两表面间的电势差E σ9.8 106 V/m ；方向指向细胞外．εε0 rU Ed 5.1 10 2 V ．10－ 15如图（a）所示，有两块相距为的薄金属板A、B构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ内，金属盒上、下两壁与 A、B 分别相距 0.25 mm ，金属板面积为 30 mm × 40 mm.求（ 1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍2）若电容器的一个引脚不慎与金属题10-15 图分析薄金属板 A、 B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A、B 间的电容.解（ 1）由等效电路图可知C C23C2 C3C1 C1C3C2由于电容器可以视作平板电容器，且d1 2d2 2d3，故 C2 C3 2C1，因此A、B间的总电容C 2C1（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于C2（或者 C3）极板短接，其电容为零，则总电容C 3C110－ 16 在 A 点和 B 点之间有 5 个电容器，其连接如图所示．（ 1）求 A、B 两点之间的等效电容；（ 2）若 A、 B 之间的电势差为 12 V，求 U AC、 U CD和 U DB．题 10-16 图解（ 1）由电容器的串、并联，有C AC C1C212 μFC CD C3 C4 8 μF1 1 1 1C AB C AC C CD C5求得等效电容 C AB＝ 4 μF．（2）由于Q AC Q CD Q DB Q AB，得UAC CAB U AB 4 V C ACUCD CAB U AB 6 V CCDUDB CAB U AB 2 V CDB10－ 17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为 S，间距为 d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（ 1）充足电后；（ 2）然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ＜d）、相对电容率为εｒ的电介质板；（ 3）将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容 C，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E．题10-17 图分析电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离 d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有U Qd δQ δε0S εε0r S相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场 E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有U QdδεS综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变．解（ 1）空气平板电容器的电容εSC00d充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为εSQ00UdE0U / d（ 2）插入电介质后，电容器的电容C1为C1 Q / Qd δQ δεε0r Sε0S εε0r S δ εr dδ故有εεSU0rC1C1Uδ εr dδ介质内电场强度E1Q1 Uεε0r S δ εr dδ空气中电场强度Q1 εr UE1δ εr dδε0S（ 3）插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为εSC20dδεSQ2Udδ导体中电场强度E2 0空气中电场强度E2U d δ无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E0/ εｒ．10－ 18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为ε 的电ｒ介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A， B为平板电容器的导体极板，d0为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容 C 与间接测量量厚度 d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何题10-18 图分析导体极板 A、 B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C与材料的厚度的关系，可参见题10－ 17 的分析．解由分析可知，该装置的电容为C 0 rSd r d0 d则介质的厚度为d εr d0Cεε0r S εr d0 εε0r Sεr 1 C ε 1 εr 1 Cr如果待测材料是金属导体，其等效电容为C εS0 d0d导体材料的厚度d d0 ε0S C实时地测量 A、 B 间的电容量 C，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－ 19有一电容为 μ F 的平行平板电容器，两极板间被厚度为 0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（ 1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电容器存贮的最大能量．分析通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝ × 107 V ／ m ，电容器中的电场强度 E≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解（ 1） 电容器两极板间的电势差U maxE b d 190 V（2） 电容器存贮的最大能量W1CU 2 9.03 10 3 Je2 max10－ 20半径为 0.10 cm 的长直导线， 外面套有内半径为 1.0 cm 的共轴导体圆筒， 导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（ 1） 导线表面最大电荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量．分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度Eλσε2πε0R查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝ × 6E ≤ E b 空10（ V ／ m ），只有当空气中的电场强度 气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解（ 1） 导线表面最大电荷面密度σεE2.66 10 5 C m 2max0 b显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2） 由上述分析得λ2πεR E ，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为max0 1 bE mR 1R 2 r R 12π 0 rrE(其他 )1 21R 2 E 2w mEm1b22r 2沿轴线单位长度的最大电场能量W mw 2πrdr22 R 21 0πR1E b drR 1rW m0 πR 12E b 2lnR 25.76 10 4 J m 1R 110－ 21 一空气平板电容器， 空气层厚 1.5 cm ，两极间电压为 40 kV ，该电容器会被击穿吗 现将一厚度为 0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为，击穿电场强度为 10 Ｍ V ·m －1 ．则此时电容器会被击穿吗分析 在未插入玻璃板时， 不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度， 电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变， 电容器将会从电源获取电荷． 此时空气间隙中的电场强度将会增大． 若它大于空气的击穿电场强度， 则电容器的空气层将首先被击穿．此时 40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值， 则玻璃也将被击穿． 整个电容器被击穿．解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为E U / d 2.7 10 6 V m 1因空气的击穿电场强度 E b 3.010 6 V m 1 ， EE b ，故电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题 6 －26 可知，空气间隙中的电场强度Eεr V3.2 106 V m 1ε d δ δr此时，因 E E b ，空气层被击穿，击穿后 40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度E V / δ 1.3 10 7 V m 1由于玻璃的击穿电场强度 E b10 MV m 1 ， E E b，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－ 22 某介质的相对电容率r2.8 ，击穿电场强度为 18 106 V m 1 ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为 μF，而耐压为 kV 的电容器，它的极板面积至少要多大．解 介质内电场强度E E b18 106 V m 1电容耐压 U m＝ kV，因而电容器极板间最小距离d U m / E b 2.2210 4 m要制作电容为μF的平板电容器，其极板面积S Cd0.42 m2 εε0 1显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装．10－ 23一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为 d，充电至带电Q后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到 2d．求：（ 1）电容器能量的改变；（ 2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功．解（ 1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为w e 1ε0E2Q22 2ε0S2在外力作用下极板间距从 d 被拉开到 2d，电场占有空间的体积，也由V 增加到 2V，此时电场能量增加W e w eQ2d V2ε0S（2）两导体极板带等量异号电荷，外力 F 将其缓缓拉开时，应有F＝－ F e，则外力所作的功为A F e r QEd Q2d2εS外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。
大学物理习题及解答(电磁感应)
1．一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t sin .Φπ51008-⨯=，求在s .t 21001-⨯=时，线圈中的感应电动势。
2．如图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆。
使这根半圆形导线在磁感强度为 B 的匀强磁场中以频率f 旋转，整个电路的电阻为R ，求感应电流的表达式和最大值。
解：由于磁场是均匀的，故任意时刻穿过回路的磁通量为θcos )(0BS Φt Φ+=其中Φ0等于常量，S 为半圆面积，ft t πϕωϕθ200+=+= )2cos(21)(020ϕππ++=ft B r Φt Φ根据法拉第电磁感应定律，有)2sin(d d 022ϕππε+=-=ft fB r t Φ因此回路中的感应电流为 )2sin()(022ϕππε+==ft R fBr R t I则感应电流的最大值为R fBr I 22m π= 3．如图所示，金属杆 AB 以匀速v = 2.0 m .s -1平行于一长直导线移动，此导线通有电流 I = 40 A 。
问：此杆中的感应电动势为多大？杆的哪一端电势较高？解1：杆中的感应电动势为 V 1084.311ln 2d 2d )(501.11.00AB AB -⨯-=-=-=⋅⨯=⎰⎰πμπμεIv x v x I l B v 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高。
解2：对于 右图，设杆AB 在一个静止的U 形导轨上运动，并设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为d x 、长为y 的面元d s ，则穿过面元的磁通量为x y x I Φd 2d d 0πμ=⋅=S B穿过回路的磁通量为11ln 2d 2d 01.11.00πμπμIy x y x I ΦΦS -===⎰⎰回路的电动势为V 1084.311ln 2d d 11ln 2d d 500-⨯-=-=-==πμπμεIv t y I t Φ由于静止的U 形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35AB -⨯-==εε式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高。
大学物理(吴百诗)第三版答案
大学物理习题及解答第一章1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r +=式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t rt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d=，t vd d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ =式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，22d d t r v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理答案(感生磁场)Chapter 10 Magnetic field due to current(Answers)
B
0ir
2c 2
, r c.
(b) in the region between the conductors.
B
0i
2r
, c r b.
(c) Within the larger conductor we have a superposition of the field due to the current in the inner conductor plus the field due to the (negative) current in that part of the outer conductor at radius less than r. The result is
B2
0 I 2 r2
2 b
2
0ir2b 2
2 b a b
2 2
c
2
h
2 a 2 b2
c
0ir2
h.
At the center of the hole, this field is zero and the field there is exactly the same as it would be if the hole were filled. Place r1 = d in the expression for B1 and obtain
B
0ir
2 R 2
at a distance r from its axis, inside the cylinder. Here R is the radius of the cylinder. For the cylinder of this problem the current density is
大学物理复习题解析-吴百诗
物理学练习§1－1（总1）一、进择题：1. 某质点的运动方程为)(3723SI t t x +-=，则该质点作(A)匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B)匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向； (C)变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；(D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
( )解答：)(3723SI t t x +-= t -t x 2212 d d ==∴v t tva 21 d d -== ( D ) 3. 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是(A)单摆的运动； (B)匀速率圆周运动；(C)行星的椭圆轨道运动； (D)抛体运动； (E) 圆锥摆运动。
( )解答：a 为矢量，a 保持不变说明a的大小和方向都不变（A ）a 的大小和方向都变 （B ）a的大小不变，方向变（C ）a 的大小和方向都变 （D ）a的大小和方向都不变（E ）a的大小不变，方向变 (D )4.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的: (A)切向加速度必不为零；(B)法向加速度必不为零(拐点处除外)；(C)由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； (D)若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；(E)若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动。
( )解答：根据t n a a a+=（A ）0≠t a说明物体作曲线运动时速度的大小改变，但是匀速率圆周运动的速度大小不变，因此该说法错误。
（B ）题目给出物体作曲线运动，说明速度的方向是变化的即0≠n a，因此该说法正确。
（C ）物体作曲线运动，速度的方向是变化的, 0≠n a,错误。
（D ）物体作曲线运动，速度的方向改变0≠n a ，所以虽然速度的大小不变，即 0=t a ，仍有0≠+=t n a a a，该说法错误。
（E ）该说法错误,例如斜抛运动，a是恒量，但做变速率运动。
(B )二、填空题，1.一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为)(24SI t a +=，如果初始时质点的速度0υ为7m ·s -1，则当t为4s 时，质点的速度=υ 米/秒。
吴百诗,大学物理习题解析答案1,2,3,4目录
吴百诗，《大学物理(下册)(第3次修订本B)》荣获国家教委优秀教材一等奖
大学物理习题解析答案2_西安交通大学出版社_吴百诗
文件（一）页码顺序P.1，10；P.100～109；P.11，P.110~119；P.12；P.120~129；P.13；P.130~139；P.14；P.140~149; P.15；P150~159；P.16；P.160~169；P.17。
第2章牛顿运动定律习题
第3章功和能习题（文件四）
第4章冲量和动量习题（文件四）
第5章刚体力学基础动量矩习题（文件四）
第6章机械振动基础习题第11章（文件二）
第7章机械波习题第12章（文件二）
第8章热力学习题第9章（文件二）
第9章气体动理论习题第10章（文件二）
《大学物理(下册)(第3次修订本B)》。
第10章静电场习题第6章（文件一、四）
第11章恒定电流的磁场习题第7章（文件一）
第12章电磁感应与电磁场习题第8章（文件一）
第13章波动光学基础习题（文件三）
第14章狭义相对论力学基础习题（文件三）
第15章量子物理基础习题（文件三）
第16章原子核物理和粒子物理简介习题（文件三）
第17章固体物理简介激光习题（文件三）。
电磁感应课后习题解答与提示
学科：物理教学内容：电磁感应课后习题解答与提示第一节 电磁感应现象【练习一】（课本第195页）（1）穿过线圈的磁通量为Wb 101.0Wb 100.5100.2322---⨯=⨯⨯⨯==BS Φ．（2）根据磁通量的定义Φ＝BS 有T 100.4Wb/m 100.4Wb/m 5.0100.222222---⨯=⨯=⨯==S ΦB ． 即穿过导线环的磁通密度是T 104.02-⨯．（3）有感应电流．因为线圈收缩时，穿过线圈这一闭合电路所围面积内的磁通量减少了．图16-1（4）按图16-2甲所示，当线圈在磁场中上下运动时，穿过线圈的磁通量没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．按图16-2乙所示，线圈在磁场中左右运动时，整个线圈始终处于磁场之中，穿过线圈的磁通量没有变化，所以，也没有感应电流产生．图16-2（5）线圈里有感应电流．因为穿过线圈的磁通量Φ＝BS ，S 是线圈在垂直于磁场方向上的投影的面积，当线圈绕OO'转动时，线圈在垂直于磁场方向上投影的面积时大时小，因而穿过线圈的磁通量也时大时小，即发生了变化，所以线圈里有感应电流产生．图16-3（6）线圈在由位置1运动到线圈完全进入磁场的过程中，和由线圈的右侧边开始离开磁场到线圈全部出了磁场的过程中，线圈中有感应电流产生．因为，在这两个过程中，穿过线圈的磁通量都发生了变化．图16-4线圈完全在匀强磁场内运动时，线圈中没有感应电流．因为，这一过程中，穿过线圈的磁通量没有发生变化．（7）当线圈远离导线平动时，线圈中有感应电流．因为，通电直导线周围的磁场离导线越远，磁感应强度越小，线圈在垂直于磁场方向上的投影的面积没有改变，而穿过它的磁通量变小了．如果线圈和导线都不动，导线中的电流增大或减小时，直导线周围的磁场也随之变强或变弱，穿过线圈的磁通量发生了变化，因此，这时线圈中也有感应电流产生．图16-5（8）据题意，在图16-6甲所示的情况下，磁场是均匀的，铜环的平面始终与磁场的方向垂直．使环沿着磁场的方向移动，穿过铜环的磁通量没有变化，因此，铜环中没有感应电流产生．图16-6如果磁场如图16-6乙所示，是不均匀的，当环沿磁场方向运动时，穿过环的磁通量将发生改变，因此会产生感应电流．（9）在乙、丙、丁三种情况下，可以在线圈B中观察到感应电流．因为在这三种情况下，线圈A中的电流发生了变化，它引起的磁场也发生变化，因而穿过线圈B中的磁通量发生变化，线圈B 中有感应电流产生．图16-7图16-8第二节 法拉第电磁感应定律——感应电动势的大小【练习二】（课本第198页）（1）D 正确．（2）证明：a ．根据公式tΦn E ∆∆=，将式中各物理量的国际制单位代入，则得 Wb/s 11s1Wb V 1==． b ．根据公式E ＝BLv ，将式中各物理量的国际制单位代入，则得1V ＝1T ×1m ×1m ／s ．（3）根据公式E ＝BLv sin θ＝0.4×0.25×6×0.5V＝0.3V ．（4）有感应电动势．因为线圈绕OO'轴转动时，穿过线圈的磁通量发生了变化． 根据公式E ＝BLv sin θ 和v ＝ω r 有θωL BL E sin 12=．因为 12L L S =，θ=90°，所以 E ＝BS ω．图16-9（5）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为tΦn E ∆∆= V 4.002.009.00001-⨯= V 175=．根据闭合电路欧姆定律，通过电热器的电流为 A 175.0A 10990175=+=+=r R E I ． （6）将题目所给数据代入公式E ＝BLv ，可得缆绳两端电压为V 106.71005.2106.4345⨯⨯⨯⨯⨯=-EV 102.73⨯≈．（7）A 、D 正确．第四节 楞次定律的应用【练习三】（课本第203页）（1）在图16-5中，由于离通电直导线越远处的磁场越弱，当线圈远离导线而去时，穿过线圈的磁通量减小．根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场应阻止磁通量的减小，即感应电流的磁场与原磁场方向相同．所以，感应电流的方向是A →D →C →B ．（2）当闭合开关时，导线AB 中电流由左自右，它在上面的闭合线框中引起垂直于纸面向外的磁通量增加．根据楞次定律，闭合线框中产生的感应电流的磁场，要阻碍它的增加，所以这时感应电流的方向是由D 向C ．图16-10当断开开关时，垂直于纸面向外的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍它的减少，所以这时感应电流的方向是由C 向D ．（3）当导体AB 向右移动时，线框ABCD 中垂直于纸面向内的磁通量减少，根据楞次定律，它产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，即感应电流的磁场与原磁场方向相同，垂直于纸面向内，所以感应电流的方向是A →B →C →D ．此时，线框ABFE中垂直于纸面向内的磁通量增加，根据楞次定律，它产生的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，垂直于纸面向外．所以，感应电流的方向是A→B→F→E．我们用这两个线框中的任意一个都可以判定导体AB中感应电流的方向．图16-11（4）a．有感应电流．b．没有感应电流．c．有感应电流．d．当合上开关S的一瞬时，线圈P的左端为N极；当打开开关S的一瞬时，线圈P的右端为N极．图16-12（5）用磁铁的任一极（如N极）接近A环时，通过A环中的磁通量增加，根据楞次定律，A环中将产生感应电流，阻碍磁铁与A环接近，A环将远离磁铁；同理，当磁极远离A 环时，A环中产生感应电流的方向将阻碍A环与磁铁远离，A环将靠近磁铁．由于B环是断开的，无论磁极移近或远离B环，都不会在B环中形成电流，所以，B环将不移动．图16-13（6）当线圈A未落入匀强磁场前，做自由落体运动．当线圈A开始进入磁场区，尚未完全进入时，穿过线圈的磁通量增加，将产生阻碍线圈A进入磁场的感应电流，使其下落的加速度减小a＜g．当线圈A全部进入磁场区时，穿过线圈的磁通量不变化，线圈A中没有感应电流产生，线圈A做匀加速运动，其加速度为g．当线圈A离开磁场区，尚未全部离开时，穿过线圈A的磁通量减少，线圈A中将产生感应电流阻碍其离开磁场，使其下落的加速度减小a＜g．图16-14*第七节 涡 流【习题A 组】（课本第211页）（1）B 正确．（2）当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁和线圈靠近或离开，也就是磁铁振动时除了空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，弹簧振子的机械能损失较快，因而会很快停下来．（3）当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就会发生变化．例如，线圈处于图中所示的初始状态时，穿过线圈的磁通量为零，蹄形磁铁一转动，穿过线圈的磁通量就增加了．根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受的力矩的方向与磁铁转动的方向相同，以减小磁通量的增加．因而线圈跟着转起来．图16-15（4）a ．线圈无论以1P 或2P 为轴按图示方向开始转动时，感应电流的方向都是B →C →D →A ．当线圈转为90°后，即线圈平面与磁场方向垂直后，线圈继续转动时，其中的感应电流方向为A →D →C →B ．线圈再转过180°，即线圈平面再次与磁场垂直之后，其中的感应电流方向为B →C →D →A ．线圈不停转动，就如此反复循环不已．b ．当转速恒定时，上述两种情况下感应电流的大小相同．c ．当转速恒定时，感应电动势的大小跟线圈的面积成正比，即E ＝BS ωsin θ．d ．BS ωE =max＝1.5×0.1×0.04×120V ＝0.72V ．图16-16（5）导体ab 向右运动时，线框abcd 中磁通量增加，根据楞次定律，其中感应电流方向为a →c →d →b ．根据左手定则，cd 受磁场力向右，则cd 向右运动．如果不要求判定cd 中感应电流的方向，直接用楞次定律判断，即电磁感应产生的效果总要阻碍磁通量的变化，ab 向右运动，线框中磁通量增加，则电磁感应的效果要阻碍其中磁通量的增加，则cd 必向右运动．如果磁场变成相反的方向，导体cd 仍将向右运动．图16-17（6）a ．ab 段，a 处．b ．0.2V ，0.4A ．c ．0.016N ，向左，0.016N ．d ．0.08W ．e ．0.08W ．f ．0.016W ，0.064W ．图16-18外力做功，通过电磁感应将其他形式的能转化为电源的电能，电能一部分在电源内部转化为热力学能，另一部分在外电路电阻中转化为热力学能．由21P P P +=和P P'=可知，转化过程中能量是守恒的．（7）根据题意，线框在穿越磁场的过程中速度不变，则动能不变，重力势能减少．图16-19由于电磁感应，线框在穿越磁场区域时将产生感应电流，根据能的转化和守恒定律，线框重力势能的减少等于线框中感应电流发出的焦耳热．所以有Q ＝mg 2L ＝2mgL0.1J 10101023⨯⨯⨯⨯=-＝0.02J ．【习题*B 组】（课本第212页）（1）将灵敏电流表和线圈接成闭合回路，并使线圈在不同方向移动，观察电流表是否有感应电流产生．如果在某一方向移动时有感应电流产生，则说明有磁场．（2）据题意，PQ 相当于内阻为R 的电源．aP 与Pb 并联接在电路中．据题目已知则有：R R aP 31=，R R Pb 32=，R R PQ =． 内、外电阻之和 PbaP Pb aP PQ R R R R R R'++= R R R R R 32313231+⨯+= R R R 91192=+=．图16-20设感应电动势为E ，则电路中总电流为R'E I =． 通过aP 段电阻丝的电流为R'E I I aP 3232==． 将E ＝BLv 和R R'911=代入上式得RBLv I aP 116=． （3）当拉开开关S 使线圈A 中电流变小并消失时，铁芯中的磁通量发生了变化（减小），从而在线圈B 中激起感应电流．根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样就使铁芯中磁场减弱得慢些，因此，弹簧K 不能立即将衔铁拉起．图16-21（4）交变电流的频率越高，它产生的磁场的变化就越快．根据法拉第电磁感应定律，在待焊接工件中产生的感应电动势就越大，感应电流就越大．而放出的热量与电流的平方成正比，所以交变电流的频率越高，焊缝处放出的热量越大．图16-22（5）当导电液体流过磁场区域时，相当于长为ba 的一段导体切割磁感线，产生感应电动势E ＝BLv ．其中L ＝d ，v 为流速．根据液体流量v d q 42π=，可得 24dq v π=． 将其代入E ＝BLv ，得 q dB d q BdE π=π=442． 则 B dE q 4π=．图16-23（6）应为乙图．图16-24图16-25解题方法指导一、电磁感应现象中的等效方法在电磁感应现象中，我们常常用E＝BLv来计算感应电动势的大小，这时必须满足以下两个条件：（1）磁感应强度的方向垂直于导体棒和它的运动速度所决定的平面．（2）导体棒和它的运动速度相垂直．若v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．在应用上述公式的过程中，合理的应用等效方法有时是很必要的．二、电磁感应中的导轨问题解决电磁感应中的导轨问题时，常常要综合应用电磁学和力学中的有关规律，比如电磁学中的楞次定律、法拉第电磁感应定律、左、右手定则等，力学中的牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等，学会解决好此类问题是提高综合应用知识能力的有效途径．。
《大物》下(吴百诗)作业答案
《大学物理》（下）（吴百诗）作业答案7.1 -1190J ； 7.2 B ； 7.3 A ；7.4 解：A=曲线下面积=（P1+P2）(V2-V1)/2P1V1=νRT1 P2V2=νRT2ΔE=νCv(T2-T1)= ν5R/2(P2V2/νR - P1V1/νR)=5(P2V2-P1V1)/2 Q=A+ΔE7.5 解：等压过程A=P ΔV=5*102JQ=A+ΔEΔE=Q-A=1.21*103J7.6 A ； 7.7 D ； 7.8 B ； 7.9 解：C V =5R/2；C p =7R/2;γ=7/5ab 等容过程 吸热a b b b a a a b V ab T T T P T P T T C Q 2,//),(==-=νbc 绝热过程 γγγγγ2/,,011b c c cbb bc T T T P T P Q ===----ca 等压过程 放热)(c a p ca T T C Q -=νabcaab Q Q Q +=η7.10 解：与老版答案相同AB 过程 吸热Q 1=vRT 1InV 2/V 1 BC 过程 放热 Q 2=vC V (T 2-T 1) CD 过程 放热Q 3=vRT 2InV 1/V 2 DA 过程 吸热Q 4=vC V (T 1-T 2)η=A/Q 吸=（ Q 1+ Q 2+ Q 3+ Q 4）/（Q 1+ Q 4）=15%8.1 相同、相同、相同、不一定； 8.2 A ； 8.3 B ； 8.4 解：与老版答案相同n=N/V=P/kT=2.44*1025/m 3ρ=n μ=1.3kg/ m 3ε=3kT/2=6.21*10-21Jm n d 931045.3/1-⨯==8.5 解：PV=νRT T=PV/νR J kT 221089.32/3-⨯==ε8.6 理想气体分子速率大于最概然速率的概率理想气体分子平均平动动能 8.7 6； 8.8 B ；8.9 解：J RT M m E J n E kT P n J KT CON mol kg RT M sm P M RT v MRT p vRT PV K k K 33212322107.125)5(105.1,/)4(107.32/3)3(,/1028)494/(3)2(/494/3/3//,)1(⨯==⨯===⨯==⨯=======--εερρ8.10 解：s m v K T M RTv s m v v v M M MRTv pO H pH pH pO pH O H p /500,481,2/2000,,,222222222====><=12.1、C 12.2、D 12.3、 2π12.4 解：（1）波动方程y=0.05cos (100t-2x)= 0.05cos2π (50t/π-x/π)将上述方程与波动方程标准形式y=Acos2π (νt-x/λ)相比较，有： A=0.05(m)，λ=π(m)，T=1/ν=π/50(s)，u=λ/T=50(m/s) (2)质点的振速度方程为=-0.05*100sin(100t-10) 故V m =0.05*100=5m/s各质点加速度方程为：a==-0.05*100*100 cos (100t-2x)故a m =0.05*100*100=500m/s 212.5 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由题意可知：A=0.1m ，ω=2π/T=πs -1； 由旋转矢量法可知φ=-π/2 故振动方程为：y=0.1cos(πt-π/2) 又u=λ/T=2/2=1m/s故波动方程为：y=0.1cos[π(t-x)- π/2](2)将x=0.5m 代入波动方程，得该质点的振动方程为：y=0.1cos(πt-π)tyv ∂∂=tv∂∂(3)将t=1.0s 代入波动方程，得此时各质点的位移为：y=0.1cos(π/2-πx)=0.1sin πx波形图为：12.6 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由图可知：A=0.10(m)，λ=20 (m)，ω=2πν=500πs -1由题意可知波沿OX 轴负方向传播，并可判断原点处质点将沿OY 轴的负方向运动，由旋转矢量法可知初相φ=π/3；故坐标原点的振动方程为：y=0.10cos (500πt+π/3) 又u=λν=5000(m/s)故波动方程为 y=0.10cos[500π(t+x/5000)+π/3]12.7 频率相同；振动方向相互平行；相位相同或相位差恒定。
大学物理 第9-10章习题解答
第九章 电磁感应§9-1 电源 电动势 §9-2 电磁感应定律 §9-3 动生电动势§9-4 感生电动势和感生电场 §9-5 自感和互感 §9-6 磁场的能量§9-7 位移电流 麦克斯韦方程组9.1 法拉第电磁感应定律指出：通过回路所圈围的面积的磁通量发生变化时，回路中就产生感应电动势。
哪些物理量的改变会引起磁通量的变化？9.2 若感应电流的方向与楞次定律所确定的方向相反，或者说，法拉第定律公式中的负号换成正号，会导致什么结果？9.3 有人说，楞次定律告诉我们“感应电流的磁通总是原磁通相反的”，你认为对吗？为什么？解答：不对，阻碍并不是相反。
9.4 L 值是否有负值？M 值是否有负值？怎样理解负值的物理意义？ 9.5 有两个相隔距离不太远的线圈，如何放置才能使其互感系数为零？ 9.6 存在位移电流，是否必存在位移电流的磁场？9.7 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，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B 的夹角060=θ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。
答案：A9.8 如图9-8所示，长度为的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度υ移动，直导线ab 中的电动势为A 、Bυ B 、sin B υα C 、cos B υα D 、0答案：D9.9 在感生电场中，电磁感应定律可写成i k d d dtεΦ=⋅=⎰E l ，式中k E 为感生电场的电场强度；此式表明（ ） A 、闭合回路上的k E 处处相等； B 、感生电场是保守场；C 、感生电场的电场线不是闭合曲线；D 、感生电场是涡旋藏。
答案：D9.10 若尺寸相同的铁环与铜环所包围的面积中穿过磁通量的变化率相同，则在这两个环中（ ）A 、感应电动势不同，感应电流相同；B 、感应电动势和感应电流都相同；C 、感应电动势和感应电流都不同；D 、感应电动势相同，感应电流不同。
大学物理(吴百诗)习题答案10电磁感应
法拉第电磁感应定律10-1如图10-1所示，一半径a ＝0.10m ，电阻R ＝1.0×10-3Ω的圆形导体回路置于均匀磁场中，磁场方向与回路面积的法向之间的夹角为π/3，若磁场变化的规律为 求：（1）t ＝2s 时回路的感应电动势和感应电流；（2）最初2s 内通过回路截面的电量。
解：（1）θcos BS S B =⋅=Φs 2=t ，V 102.35-⨯-=i ε，A 102100.1102.3235---⨯-=⨯⨯-==R I ε负号表示i ε方向与确定n 的回路方向相反（2）422123112810 3.140.1()[(0)(2)]cos 4.410C 1102i B B S q R R θ---⨯⨯⨯=Φ-Φ=-⋅⋅==⨯⨯⨯ 10-2如图10-2所示，两个具有相同轴线的导线回路，其平面相互平行。
大回路中有电流I ，小的回路在大的回路上面距离x 处，x >>R ，即I 在小线圈所围面积上产生的磁场可视为是均匀的。
若v dtdx=等速率变化，（1）试确定穿过小回路的磁通量Φ和x 之间的关系；（2）当x ＝NR （N 为一正数），求小回路内的感应电动势大小；（3）若v ＞0，确定小回路中感应电流方向。
解：（1）大回路电流I 在轴线上x 处的磁感应强度大小2022322()IR B R x μ=+，方向竖直向上。
R x >>时，2032IR B xμ=，222032IR r B S BS B r xπμπΦ=⋅==⋅=（2）224032i d dx IR r x dt dt πμε-Φ=-=，x NR =时，202432i Ir v R N πμε=（3）由楞次定律可知，小线圈中感应电流方向与I 相同。
动生电动势10-3 一半径为R 的半圆形导线置于磁感应强度为B的均匀磁场中，该导线以速度v 沿水平方向向右平动，如图10-3所示，分别采用（1）法拉第电磁感应定律和（2）动生电动势公式求半圆导线中的电动势大小，哪一端电势高？ 解：（1）假想半圆导线在宽为2R 的U 型导轨上滑动，设顺时针方向为回路方向，在x 处21(2)2mRx R B π=+Φ，∴22m d dx RB RBv dt dtεΦ=-=-=- 由于静止U 型导轨上电动势为零，所以半圈导线上电动势为2RBv ε=- 负号表示电动势方向为逆时针，即上端电势高。
大学物理习题答案吴百诗
一、选择题 （1）D解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E Sε=。
注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =∑，每个电荷受力大小为0||2q dqdF dq E Sε⋅=⨯=，故整个|－q|受力为：200||22q dq q F dq E SSεε⋅=⋅==∑∑。
这既是两板间作用力大小。
（2）B解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。
B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。
故选B 。
二、填空题（1）||/3q '=解：画图。
设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电荷的作用力合力F 为：222212cos30(2/)2/F F kq a a =⨯︒=⨯=设在中心处放置电荷q '，它对顶点处电荷的作用力为：223qq qq F k k ra'''=== 再由F F '=-，可解出/3||/3q q ''=⇒⇒=。
（2）20/(2)qi a πε 或 20/(2)q a πε，i 方向指向右下角。
解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。
是202/(4)q a ⨯πε三、计算题 9.3 9.40ln 2a b a σπε+, 10()2-⋅btg hσπε （6.7）解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。
求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示），然后对全部（10022()2dx dE ra x ⋅==+-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：←故总的场强：00/2/2ln 222()b b dxE a b bx aa σεεσππ-==+-+⋅⎰E 的方向沿x 轴正向。
大学物理习题答案11电磁感应
大学物理练习题十一一、选择题1. 如图，导体棒AB 在均匀磁场B 中绕过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ’转动（角速度ωϖ与B ϖ同方向），BC 的长度为棒长的31。
则 [ A ]（A ）A 点比B 点电势高. （B ）A 点与B 点电势相等.（C ）A 点比B 点电势低. （D ）有稳恒电流从A 点流向B 点.解: 从上往下看，AC 、CB 段导体在磁场中旋转切割磁力线，由B v q ϖϖ⨯=ε知外端电势高。
由221λB ωε=及BC AC λλ>知BC AC ε>ε，即B A U U >2. 有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M 21，而线圈2对线圈1的互感系数为M 12。
若它们分别流过i 1和i 2的变化电流且dtdi dt di 21>，并设由i 2变化在线圈1中产生的互感电动势为12ε，由i 1变化在线圈2中产生的互感电动势为21ε，判断下述哪个论断正确？[ C ](A) 2112M M =，1221εε=。
(B) 2112M M ≠，1221εε≠。
(C) 2112M M =，1221εε>。
(D) 2112M M =，1221εε<。
解：由dt di M 21212-=ε，dtdi M 12121-=ε，2112M M =， 有 dt di dt di //211221=εε，当dt di dt di 21>时必有1221εε> 注：这里ε指大小（绝对值）。
*3. 已知圆环式螺线管的自感系数为L 。
若将该螺线管锯成两个半环式的螺线管，则两个半环螺线管的自感系数 [ D ](A) 都等于21L 。
(B) 有一个大于21L ，另一个小于21L 。
(C) 都大于21L 。
(D) 都小于21L 。
解: 将圆环看作是两个半环串联，M L L L 221++=， 显然L L L 2121<=4. 真空中一根无限长直细导线上通有电流强度为I 的电流，则距导线垂直距离为a 的空间某点处的磁能密度为： [ B ] (A) 200221⎪⎭⎫ ⎝⎛a I πμμ (B) 200221⎪⎭⎫ ⎝⎛a I πμμ (C) 20221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛I a μπ (D) 200221⎪⎭⎫ ⎝⎛a I μμ 解: a I B πμ20=代入022μB w m =5. 两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上。
大学物理课后习题答案 电磁感应 电磁场 (电磁场)
C
q U
q CU
dq du C 由于全电流连续得： dt dt du Id Ic C 20 10 6 1.5 10 5 3 A dt d0 dD s dDR 2 d 0 ER 2 dE 0R 2 11、 I d dt dt dt dt dt Ic
E
q 4 0 R 2
r
q 4 0 R 2
cost i sin t j
dD d q d q jd 0E cos t i sin t j sin t i cos t j 2 2 dt dt 4R dt 4R
12、充电过程中上极板带正电故 p 处电场强度 的方向向下，且电场强度增大，位移电流密度 的方向向下即位移电流向下，圆柱状向下的位移 电流在 p 处产生的 H 根据右手法则是垂直 纸 B 向里 。
i
P
H E
i d D 13、 j d 因为 E 增大 故 dD 0 ， jd 的方向和 E 相同。即垂直纸面向里。 dt
n D ds q0 即q自 说明电荷总伴随有电场。
s i 1
9、当 A 板带正电， B 板带负电，当将开关 K 合上时， AB 极间的电场方向由正电荷指向负
dD 电荷即沿 x 的正方向。位移电流密度 jd 的方向即 的方向，因电容器放电， D 减少 dt
dD 0 dD 的方向和 D 的方向相反， 故沿 x 轴负方向或根据全电流连续的性质， 位移电流
第十三章 1、[D]
电磁感应 电磁场 （电磁场）
大学物理吴百诗部分习题答案
第七章7.1（1）B （2）D （3）B （6）A7.2（1）)13ln 2(20-πμa I （2）r NI πμ20 210ln2D D NIh πμ （5）18A 27A 39A 3A 7.3解：AB 在x 处的磁感强度为 2/1220101)(2c o s 2r a r Iar I B +==πμθπμ 由于对称性，正方形线圈在垂直于X 轴方向的总磁感强度为0，故2/122222011)2)((2cos 44x a x a Ia B B B x ++===πμα 7.4解：)3132(26)120cos 1130cos (60cos 4000+-=++++-=πμμπμr I rIr IB7.9解：1r r <时，21202r r I r B ππμπ=⋅ 2102r Ir B πμ= 21r r r <<时，I r B 02μπ=⋅ rIB πμ20=32r r r <<时，])()([222232120r r r r I I r B ---=⋅ππμπ r r r r r I B )(2)(22232230--=πμ 3r r >时，)(20I I r B -=⋅μπ 0=B 7.14解： BA 边所受到的安培力大小为 )63(22101a b aI I F -=πμAC 边所受到的安培力大小为323ln 330cos 221023232102a b ab I I x dx I I F a b ab -+==⎰+-πμπμAC 和CB 的合力沿着X 方向323ln 3260cos 210232a b ab I I F F F x x -+===πμ1I A2I BC线圈所受的合力为)63323ln 32(2210132a b a a b ab I I F F F F x x ---+=-+=πμ第八章8.1 （1）B A C （2）C （3）A （4）A C A A 8.2 (1)0221l B ω 高 (2) vBD DB π4 8.3解：ab 棒的感应电动势为⎰⋅⨯=l d B v iε00ln 2200l l l Iv x dx Iv vBdx l l l l l l +===⎰⎰++πμπμ 8.4解：(1)金属杆运动后产生感应电流，受到安培力的大小为Rvl B F 22=由牛顿第二定律dtdvm R v l B =-22 求解可得 mRtl B e v v 220-=（2）感应电流为mRtl B eRBlv R Blv I 220-==（3）回路中的焦耳热为 200221mv Rdt I Q ==⎰∞8.6解：感应电动势为⎰=Li v B d lε ⎰+=Ldl l a Il0)cos (2θπμω)cos ln cos (cos 220a L a a L I θθθπωμ+-=第十一章ll vbaLIaωOθM11.1（1）B （2）B （3）C （4）D （5）BD AE （6）C 11.2 （1）不变 不变 增大4倍 增大2倍 增大2倍 （2）122em me R M R M （3）02νν= （5）)2cos(2πϕω±+=t A x （6）22212122x x v v -- 11.7解：222/ωv x A +=s rad s rad xA v /3/361002422=-=-=ω（1）周期为s T 09.2/2==ωπ （2）cm v A x 17.9/222=-=ω11.21解cm cm A A A A A 81.73625cos 2212221=+=∆++=ϕrad A A A A 48.1cos cos sin sin arctan22112211=++=ϕϕϕϕϕ11.23略 第十二章12.1（1）D （2）C （3）A （4）AC12.2 （1）A C B / B /2π C /2π CD （2）m 307（3）m 51058.7⨯ （4） （a ）])/(cos[ϕω+-=u x t A y （b ）])/(cos[ϕω++=u x t A y （c ）])(cos[ϕω+--=u l x t A y （c ）])(cos[ϕω+-+=ulx t A y （5）ππ2312.4 解：(1)由题意，s rad /10πω= 16.0-=m k波长为m k 3/10/2ππλ== 频率为Hz 52/==πων波速为s rad k u /3/506.0/10/ππω===周期为s T 2.0/1==ν（2）0=x 时，波函数给出原点的振动方程。
大学物理课后习题答案 电磁感应 电磁场
第十三章 电磁感应 电磁场 1、[D]分析：应用楞次定律为分析的根据，若要产生乙线圈中的，则乙线圈中电流产生的电感应强度是由右向左，说明甲线圈中电流产生的由右向左的电感应强度在减小，即产生该磁场的电流在减小，由此可见，将抽出甲中铁心，nI B r 0μμ=，在I 不变时，B 减小。
2、[D]依据法拉第电磁感应规律，td d φε-=在上述条件下，ε应相同。
依据欧姆定律，RI ε=因为是不同的导体电阻率不同，所以R 不同，I 也不同。
3、[B]应用楞次定律分析，在I 增长时，垂直通过线圈平面内向外的磁通量是增大，因此感应电流产生的磁感强度垂直平面向里，为顺时针方向。
4、[C]分析：当a >>r 时，有以r 为半径的圆周内各点的B可视为常矢量。
断电前通过导体环的磁通量：2012r aIBS S B ππμφ==⋅=。
断电后通过导体环的磁通量：02=φ。
对纯电阻电路有：aRIr RRq 2)(120112μφφφ==--=5、[D]θαεcos d sin d )(d l vB l B v =⋅⨯=)(B v ⨯和l d 之间夹角2πθ=，∴0d =ε 0d ==⎰εε6、[D]在t ωθθ+=，θαεcos d sin d l vB =其中θ是)(B v⨯和l d 之间夹角r r l vB d cos d sin d ωθαε-== 2OP 21d BL r r B ωωε-=-=⎰O 处为高电势 221BL ωε=7、[D]两自感线圈顺接和反接的自感系数：M L L L 221++=顺21L L KM =10≤≤KM L L L 221-+=反图（1）为反接：1111ab 2L L K L L L -+=，由于1<K ，∴0ab >L 图（2）为反接：1111ab 2L L KL L L -+=，由于1=K ，∴0ab =L8、[C]V 0.8161225.0d d 11=-⨯-=∆∆-=-=tI LtI Lε9、[C]a Ia IaIB πμπμπμ000P 22=+=10、tS B td d d d ）（ ⋅-=-=φεt mIa nI a nI BS BS S B mωπμπμθcos cos 2020====⋅t mIa nI mωωπμεcos 20-=11、解：Wb 1057.1)1.0(1416.310562521--⨯=⨯⨯⨯===⋅=rB BS S B πφWb 1057.1612-⨯-=-=φφC 1014.3)(1612-⨯=--=φφRq12、（1）向右移动时，垂直纸面向内的φ减小。
大学物理-吴百诗部分习题答案
第一章1.1 （1）BDFH （2）ACGH （3）BCDF （4）D （5）C 1.2填空题（1）1t 时刻的加速度 1t 到3t 时间内的平均加速度 ⎰4t v d t⎰4t dt v（2）圆周运动 匀速率曲线运动（3）j t y i t x t r )()()(111+= [][]j t y t y i t x t x r)()()()(1212-+-=∆[][]212212)()()()(t y t y t x t x r -+-=∆⎰+=∆21d )()(22t t t dtdydt dx s （4）dtdv⎰21)(t t dt t v⎰21)(t t dt t v1.6解：粒子的运动方程为59323+--=t t t x速度为9632--==t t dt dx v 加速度为66-==t dtdv a 当3>t 时，0>v 粒子沿x 轴正向运动； 当3<t 时，0<v 粒子沿x 轴负向运动；当31><t t 或时，0>⋅a v 粒子做加速运动； 当31<<t 时，0<⋅a v ，粒子做减速运动；1.8解：（1）j i r+=21，j i r 242-=（2）j t i dt rd v 22-== j dtvd a 2-== 代入2=t 得，j i v 422-=，j a 22-= （3）运动方程的分量式为 t x 2= 22t y -=由以上两式消去t ，得到轨迹方程为4/22x y -=1.13解：（1）bt v dt ds v -==0，b dt dv a -==τ，R bt v Rv a n /)(202-== 240222/)(R bt v b a a a n -+=+=τ（2）令b a =可解得b v t /0=（3）b v t /0=时，质点所经过的路程为b v b v b v s 2/2//202020=-=所以质点经过的圈数为bRv R s N ππ4)2/(20==。
专题10 电磁感应 -五年(2019-2023)高考物理真题(全国通用) (解析版)
专题10电磁感应一、单选题1(2023·全国·统考高考真题)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。
用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。
两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。
实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知()A.图(c)是用玻璃管获得的图像B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短【答案】A【详解】A．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。
强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；B．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；C．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；D．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。
故选A。
2(2023·北京·统考高考真题)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。
线框的边长小于磁场宽度。
下列说法正确的是()A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等【答案】D【详解】A ．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A 错误；B ．线框出磁场的过程中，根据E =BlvI =E R联立有F A =B 2L 2v R=ma由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v 减小，线框做加速度减小的减速运动，B 错误；C ．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q =F A L其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C 错误；D ．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q =I t 其中I =E R，E =BLx t 则联立有q =BL Rx 由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L ，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D 正确。
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法拉第电磁感应定律10-1如图10-1所示，一半径a ＝0.10m ，电阻R ＝1.0×10-3Ω的圆形导体回路置于均匀磁场中，磁场方向与回路面积的法向之间的夹角为π/3，若磁场变化的规律为T 10)583()(42-⨯++=t t t B求：（1）t ＝2s 时回路的感应电动势和感应电流；（2）最初2s 通过回路截面的电量。
解：（1）θcos BS S B =⋅=ΦV 10)86(6.110)86()3cos(d d cos d d 642--⨯+⨯-=⨯+⨯-=-=Φ-=t t a t B S t i ππθε s 2=t ，V 102.35-⨯-=i ε，A 102100.1102.3235---⨯-=⨯⨯-==R I ε 负号表示i ε方向与确定n 的回路方向相反（2）422123112810 3.140.1()[(0)(2)]cos 4.410C 1102i B B S q R R θ---⨯⨯⨯=Φ-Φ=-⋅⋅==⨯⨯⨯ 10-2如图10-2所示，两个具有相同轴线的导线回路，其平面相互平行。
大回路中有电流I ，小的回路在大的回路上面距离x 处，x >>R ，即I 在小线圈所围面积上产生的磁场可视为是均匀的。
若v dtdx=等速率变化，（1）试确定穿过小回路的磁通量Φ和x 之间的关系；（2）当x ＝NR （N 为一正数），求小回路的感应电动势大小；（3）若v ＞0，确定小回路中感应电流方向。
解：（1）大回路电流I 在轴线上x 处的磁感应强度大小2022322()IR B R x μ=+，方向竖直向上。
R x >>时，2032IR B x μ=，222032IR r B S BS B r x πμπΦ=⋅==⋅=（2）224032i d dx IR r x dt dt πμε-Φ=-=，x NR =时，202432i Ir v R N πμε=（3）由楞次定律可知，小线圈中感应电流方向与I 相同。
动生电动势10-3 一半径为R 的半圆形导线置于磁感应强度为B的均匀磁场中，该导线以速度v 沿水平方向向右平动，如图10-3所示，分别采用（1）法拉第电磁感应定律和（2）动生电动势公式求半圆导线中的电动势大小，哪一端电势高？ 解：（1）假想半圆导线在宽为2R 的U 型导轨上滑动，设顺时针方向为回路方向，在x 处21(2)2mRx R B π=+Φ，∴22m d dx RB RBv dt dtεΦ=-=-=- 由于静止U 型导轨上电动势为零，所以半圈导线上电动势为2RBv ε=- 负号表示电动势方向为逆时针，即上端电势高。
图10-2（2）任取线元dl ，()sin 90cos cos d v B dl vB dl vB Rd εθθθ=⨯⋅=︒⋅=⋅22cos 2d vBR d vRB ππεεθθ-===⎰⎰，由()v B ⨯指向知，上端电势高10-4长为L 的铜棒NM ，以角速度 ω 绕支点O 在水平面上转动，支点距棒的一端点N 的距离为r ，设均匀磁场B垂直向下，如图10-4所示。
求棒两端的电势差。
解：在棒上距O 点l 处取线元dl ，方向N M →，则()d v B dl vBdl Bldl εω=⨯⋅==-∴1(2)2L rNM NM rd B ldl BL L r εωωε--==-=--⎰⎰负号表示电动势方向为M N →，)2(21R L BL U NM NM -=-=ωε 10-5两平行长直导线载有等量反向电流I ，金属棒CD 与两导线共面且垂直，相对位置如图10-5所示。
CD 棒以速度v平行于导线电流运动时，求CD 棒中的动生电动势，哪端的电势高？解：如图建立坐标系，在x 处（棒上）取线元dx ，方向C D →，该处0022()I IB x x a μμππ=--，方向垂直纸面向上。
∴()i d v B dx vBdx ε=⨯⋅=200021122()[ln ln ]ln 22222()a b CD i a Iv Iv Iv a b a b a bd dx x x a a a a b μμμεεπππ++++==-=-=⎰⎰-+ 0CD ε<，∴C 端电势高。
10-6如图10-6所示，质量为m ，长为l ，电阻为R 的金属棒AB 放置在一个倾斜的光滑U 形框架上，并由静止下滑，磁场B垂直向上。
求：（1）U 形框架为绝缘时，AB 棒的动生电动势与时间的函数关系；（2）U 形框架为导体时（不计电阻），AB 棒下滑速度随时间的变化关系，最大速度为多少？ 解：（1）()sin cos i v B BA vB l vBl αθε=⨯⋅=⋅=在斜面上，sin mg ma θ=，∴sin a g θ=sin v at gt θ==，∴1sin cos sin 22i gt Bl Bglt θθθε=⋅=（2）此时，在BADC 回路中产生感应电流，所以AB22cos ii B l F BlI Bl v RRεθ===，方向水平向右。
图10-6图10-5ID沿斜面 ，sin cos i dvmg F ma m dtθθ-==，即 222cos sin B l dv mg v m R dt θθ-= 解得 )1(cos sin 222cos 222max tmRl B el B mgR v θθθ--=，θθ222max cos sin l B mgR v =。
感生电动势10-7一长直导线有交变电流I ＝5.0sin100πt A ，在与其相距d ＝5.0cm 处放有一矩形线圈，共100匝，线圈长l ＝4.0cm ，宽a ＝2.0cm ，如图10-7所示。
求t 时刻：（1）线圈中的磁通链数是多少？（2）线圈中的感生电动势是多少？ 解：（1）取矩形线圈的回路方向为顺时针方向，在距长直电流为x 处取宽为dx 的小面元02Id B dS Nldx xμπΦ=⋅=⋅， ∴00ln 22d a d NIl NIl dx d a x dμμππ++Φ==⎰7267210100410ln sin100 1.3510sin100Wb 5t t ππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯（2）44.2410cos100V i d t dtεπ-Φ=-=⨯ 10-8一半径为R 、单位长度上匝数为n 的通电长直螺线管，其横截面上的磁场如图10-8所示。
若电流的变化率为dI /dt （＞0），求：（1）管外的感生电场；（2）当电子分别置于a 点、O 点和b 点处时，电子所获得的瞬时加速度大小和方向各为何？ 解：（1）取以轴线为圆心，半径为r 的圆，回路方向为逆时针()2k i k L d B S E dl r E dt επ⋅=⋅=⋅=-⎰r R <时：22k dB r r E dt ππ⋅=，∴022k r dB r dIn E dt dt μ==，方向逆时针方向。
a 点：102ka r dIn E dtμ=，电子受力1ka F e ma E =-=∴1ka ea E m =- 大小 0112ner dI a m dtμ=，方向水平向右。
O 点：0ko E =，∴20a =r R >时：22k dBr RE dtππ⋅=，∴22022k nR R dB dI E r dt r dt μ== b 点：2022kb nR dIE r dt μ=，∴3kb ea E m =-，大小 20322neR dI a r dtμ=，方向水平相左。
I图10-7图10-8b10-9在半径为R 的细长螺线管有0>dtdB的均匀磁场，一等腰梯形金属框abcd 如图10-9放置。
已知，ab ＝2R ，cd ＝R ，求：（1）各边产生的感生电动势；（2）线框的总电动势。
解：（1）径向上的电动势为零，即0ad cd εε==在Odc ∆中，以d c 为底，设1h 为高2111122R B R R B B h =⋅=⋅=Φ∴121cd d dBRdt dtεεΦ=== 方向 d c → 在Oab ∆中，2216R B π=⋅Φ，∴2226ab d R dB dt dt πεεΦ=== 方向 a b → （2）线框总电动势 221()64i dBR dtπεεε=-=-互感10-10一螺绕环横截面的半径为a ，环中心线的半径R ，R >>a ，其上由表面绝缘导线均匀地密绕两个线圈，一个为N 1匝，另一个为N 2匝，求两线圈的互感系数。
解：设线圈1有电流I 1，则螺绕环中的磁感应强度 111102I RN I n B πμμ== 在线圈2中的全磁通 21122122a I RN N BS N ππμ==ψ Ra N N I M 22210112μ=ψ=∴ 10-11如图10-11所示，A 、C 为两同轴的圆线圈，半径分别为R 和r ，两线圈相距为l ，若r 很小，可认为由A 线圈在C 中所产生的磁感应强度是均匀的，求两线圈的互感系数。
若C 线圈匝数增加N 倍，则互感系数又为多少？ 解：设线圈A 有电流I ，在线圈C 的圆心处的磁感应强度 232220)(2l R IR B +=μ 23222202232220)(2)(2l R r R I r l R I R I BS I M +=⋅+==Φ=∴πμπμ 若C 线圈匝数增加N 倍，则 2322220)(2l R r R N I BSN M +==∴πμ图10-9A图10-1110-12一长直导线旁，共面放置一长20cm 、宽10cm 、共100匝的密绕矩形线圈，长直导线与矩形线圈的长边平行且与近边相距10cm ，如图10-12所示。
求两电路的互感系数。
解：在距长直导线r 处，取一面元ldr dS =，则 ldr rIBdS d πμ20==Φ 2ln 2202.01.00πμπμIl r dr Il ==Φ∴⎰，H 1077.22ln 250-⨯==Φ=πμNlI N M 自感10-13在长60cm 直径5.0cm 的纸筒上绕多少匝导线才能得到自感为6.0×10-3 亨的线圈？解：螺线管的自感 V n L 20μ=，l R N l R lN L 2202220πμπμ=⋅⋅=∴有 120820==RLlN πμ （匝）10-14管长l ，匝数N 的螺线管，管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1和S 2，磁导率分别为μ1和μ2，如图10-14所示。
求该螺线管的自感系数。
解：设通电流I ，则两介质中的磁场分别为 I l N B 11μ=，I l N B 22μ= 11111S lNIS B μ==Φ∴，22222S lNIS B μ==Φ)()(2211221S S l I N N μμ+=Φ+Φ=ψ，)(22112S S lN I L μμ+=ψ=∴10-15两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心相距为d ，如图10-15所示。