大学物理课后习题答案电磁感应电磁场

1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，nIBr0，在I不变时，B减小。2、[D]依据法拉第电磁感应规律，tdd在上述条件下，应相同。依据欧姆定律，RI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ar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：2012raIBSSB。断电后通过导体环的磁通量：02。对纯电阻电路有：aRIrRRq2)(1201125、[D]cosdsind)(dlvBlBv)(Bv和ld之间夹角2，0d0d6、[D]在t，cosdsindlvB其中是)(Bv和ld之间夹角rrlvBdcosdsind2OP21dBLrrBO处为高电势221BL7、[D]两自感线圈顺接和反接的自感系数：MLLL221顺21LLKM10K2MLLL221反图（1）为反接：1111ab2LLKLLL，由于1K，0abL图（2）为反接：1111ab2LLKLLL，由于1K，0abL8、[C]V0.8161225.0dd11tILtIL9、[C]aIaIaIB000P2210、tSBtdddd）（tmIanIanIBSBSSBmcoscos2020tmIanImcos2011、解：Wb1057.1)1.0(1416.310562521rBBSSBWb1057.1612C1014.3)(1612Rq12、（1）向右移动时，垂直纸面向内的减小。回路中的感应电流应为顺时针旋转以满足棱子定律：ADCBA（2）线圈运动和（1）产生类似的效果，结论同上：ADCBA13、（1）当平行x轴的棒沿x轴平动时，)(Bv和ld之间夹角2，02cos无动生电动势。当棒沿y轴平动时，v和B的夹角0，0sin，无动生电动势。当速度方向沿z轴平动时，90，0或，有动生电动势。xzvIBvvxyOIBz3（2）当导体棒平行z轴放置时，导体沿x，y轴平动时，v和B的夹角为2，)(Bv和ld之间夹角为0，。有动生电动势。14、（1）由于)(Bv的方向指向由B→A，A处累积正电荷，UAUB（2）若电流方向，)(Bv的方向沿A→B的方向，UAUB（3）若金属棒与导线平行放置，)(Bv和ld的夹角2，02cos，当原单位正电荷从A移动到B时，KE不做功，所以，UA=UB（注意金属棒运动方向保持不变。）15、产生动生电动势的非静电性场强，KE=)(Bv16、rBrlvBdcosdsind220ab21dnBRBRrrBRa点为高电势17、解：rBrdd，2230sin0ac81)30sin(21dBllBrrBl02cosddddddacba）（）（BSttSBt18、解：rrIvlvBlvBd2dcosdsind0V101.12ln2d250210ABIvrrIv，A端为高电势。19、（1）因为)(Bv的方向由a→O，电动势的方向由a指向O（2）20OaOa21dBLllBUUL0babaUU)(Bv和ld的夹角2，02cos，0dOcOacOOacOOacaUUUUUUvIBA4)2(21)(212122dLBLdBBL20、02222121LLLLKLLL耦合系数为1K21、MLLL221因为21LLL故取正号，mH5.12)(21LLLM22、H7.320VnLr23、rbrISBSBd2ddd0dadIbrrIbaddln2d2d0024、022121baLLKLLLH2.0422121baLLLKLLLH05.0baabL理解双股线实际上等同于单股线.25、6.22212122002InBJ/m3注：n是长为1m的螺线管上的匝数，3102cm120匝n匝/m26、6.9212LIWJ27、221LIW28、计算OO，不便用动生电动势直接计算，若将bd用理想导线连接组成闭合回路后，可应用法拉第定律进行计算。连接bd，取回路方向如图，初状态如图，t时刻S和B的夹角t。OOdbOObcdbaOcbdaaO○XB5)cos(ddd)(dddOOtBSttSBt式中243232121aaaahS602ntnBnatnBatBS602sin603602sin60243sin22OO29、分析：电荷线密度为的直带电导体线，沿着其长度方向以速率)(tv运动时，其运流电流)()(tvtI，通过正方形线圈的磁通量：rartISBSBd2)(d)(dd02ln2)(d2)(d020atIrratIaattvard)(d2ln2dd0ttvRaRtid)(d2ln2)(030、计算)(ABt，解题分析：直接应用动生电动势方法：首先作出时刻的状态，cosAvtaxcosBvtlax在BA金属棒取回路绕行方向BA，其上取一段ld，标出v、B、Bv、和写出，cosdsindlvBalλABABvrBvldtt0txO6在Ox坐标中，有：xxvIvBdsin2)2cos(d0coscoslnsin2dsin2)(00ABBAvtavtlavIxxvItxx因该处对数值大于零0)(ABt，A处为高电势。31、求，baUU解题分析：应用动生电动势方法，先求，Ob，Oa然后根据bOOabaUUUUUUObOabOOb解，先求Ob，回路绕行方向bO在Ob段上取ld，作出v、B、Bv、和2，0cosdsindlvBlBllvBdd2540Ob)54(21dlBllBl25016Bl同理：2250Oa501)5(21dBllBllBl22ObOaba1035015BlBlUU32、解题分析：作出t时刻的状态，求任意时刻t通过线圈的磁通量。abωO1O2OB5LL54ld7rlrISBSBd2d)(dd0vtavtbrlIrrrlIvtbvtaln2d2d00avbvlIvtavvtbvlIttt22dd00000211200baablvIablvI电动势和回路方向一致。33、22sin21LB解题分析：利用动生电动势ldBVd)(来解答在导体上任取一微元，则电动势为：dllBdllBdllBdlVBldBVd2sin)2cos(sincossincossin)(2202sin21sin)(LBdllBldBVdL34、H61077.2ωOLBθBVrlabIv0tttvtavtbr8rdrIaBdSSdBd202ln22020IarrdIadbb2ln20IaNNMIHaNM601077.22ln235、（1）3ln20a（2）3lncos200taIdrrIaBdSSdBd203ln22030IardrIadCC3lncos200taIdtd3ln20aM36、mH15.0MLLL221顺MLLL221反由以上两式可得：反顺LLM4mHM15.037、2208aIrIB20，922002821aIBm38、A26.1mcmn/1000/10匝匝2202220002212121InInBmAnIm26.120