物理学11章习题解答

[物理学11章习题解答]11-7在磁感应强度大小为b=0.50t的匀强磁场中，有一长度为l=1.5m的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的长度又垂直于磁场的速度v向右运动，则在导体棒中将产生动生电动势。若棒的运动速率v=4.0ms1，试求：(1)导体棒内的非静电性电场k；(2)导体棒内的静电场e；(3)导体棒内的动生电动势的大小和方向；(4)导体棒两端的电势差。解(1)根据动生电动势的表达式,由于()的方向沿棒向上，所以上式的积分可取沿棒向上的方向，也就是dl的方向取沿棒向上的方向。于是可得.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的非静电性电场，为,方向沿棒由下向上。(2)在不形成电流的情况下，导体棒内的静电场与非静电性电场相平衡，即图11-11,所以，e的方向沿棒由上向下，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的电源，所以导体棒两端的电势差就等于棒的动生电动势，即,棒的上端为正，下端为负。11-8如图11-12所表示，处于匀强磁场中的导体回路abcd，其边ab可以滑动。若磁感应强度的大小为b=0.5t，电阻为r=0.2，ab边长为l=0.5m，ab边向右平移的速率为v=4ms1，求：(1)作用于ab边上的外力；(2)外力所消耗的功率；(3)感应电流消耗在电阻r上的功率。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的作用，安培力的方向为由右向左。所以，要使ab向右移动，必须对ab施加由左向右的力的作用，这就是外力f外。在被拉动时，ab中产生的动生电动势为,图11-12电流为.ab所受安培力的大小为,安培力的方向为由右向左。外力的大小为,外力的方向为由左向右。(2)外力所消耗的功率为.(3)感应电流消耗在电阻r上的功率为.可见，外力对电路消耗的能量全部以热能的方式释放出来。11-9有一半径为r的金属圆环，电阻为r，置于磁感应强度为b的匀强磁场中。初始时刻环面与b垂直，后将圆环以匀角速度绕通过环心并处于环面内的轴线旋转/2。求：(1)在旋转过程中环内通过的电量；(2)环中的电流；(3)外力所作的功。解(1)在旋转过程中环内通过的电量为.(2)根据题意，环中的磁通量可以表示为,故感应电动势为.所以，环中的电流为.(3)外力所作的功，就是外力矩所作的功。在圆环作匀角速转动时，外力矩的大小与磁力矩的大小相等，故力矩为,式中是环的磁矩m与磁场b之间的夹角。在从=0的位置转到=/2的位置，外力矩克服磁力矩所作的功为.此题也可以用另一种方法求解。外力矩作的功应等于圆环电阻上消耗的能量，故有.与上面的结果一致。11-10一螺绕环的平均半径为r=10cm，截面积为s=5.0cm2，环上均匀地绕有两个线圈，它们的总匝数分别为n1=1000匝和n2=500匝。求两个线圈的互感。解在第一个线圈n1中通以电流i1，在环中产生的磁场为.该磁场在第二个线圈n2中产生的磁通量为.所以两个线圈的互感为.11-11在长为60cm、半径为2.0cm的圆纸筒上绕多少匝线圈才能得到自感为6.0103h的线圈？解设所绕线圈的匝数为n，若在线圈中通以电流i，则圆筒内的磁感应强度为.由此在线圈自身引起的磁通量为,所以线圈的自感为,由此解的线圈的匝数为.11-12一螺绕环的平均半径为r=1.2102m，截面积为s=5.6104m2，线圈匝数为n=1500匝，求螺绕环的自感。解此螺绕环的示意图表示于图11-13中。在线圈中通以电流i，环中的磁感应强度为,该磁场引起线圈的磁通量为.所以螺绕环的自感为.11-13若两组线圈绕在同一圆柱上，其中任一线圈产生的磁感应线全部并均等地通过另一线圈的每一匝。两线圈的自感分别为l1和l2，证明两线圈的互感可以表示为.解题意所表示的情形，是一种无漏磁的理想耦合的情形。在这种情形下，可以得到两个线圈的自感分别为,.用类似的方法可以得到它们的互感为.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。若通过的电流为i，导线材料的磁导率为，证明每单位长度导线内所储存的磁能为.图11-13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的大小表示为.在导线的横截面上任取一半径为r(r)的同心圆形环路，并运用安培环路定理，得,即,.导体内的磁感应强度为.h和b的方向可根据电流的流向用右手定则确定。导线内的磁场能量密度为.在导线内取一长度为1、半径为r、厚度为dr的同心圆筒，图11-14是其横截面的示意图。圆筒薄层内的磁场能量为,导线单位长度的磁场能量为.证毕。图11-1411-15一铜片放于磁场中，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的作用。试解释这种阻力的来源。解这种阻力来自磁场对铜片内产生的涡流的作用。11-16有一长为l=2.6102m的直导线，通有i=15a的电流，此直导线被放置在磁感应强度大小为b=2.0t的匀强磁场中，与磁场方向成=30角。求导线所受的磁场力。解导线和磁场方向的相对状况如图11-15所示。根据安培定律,导线所受磁场力的大小为,力的方向垂直于纸面向里。11-17有一长度为1.20m的金属棒，质量为0.100kg，用两根细线缚其两端并悬挂于磁感应强度大小为1.00t的匀强磁场中，磁场的方向与棒垂直，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的张力，求电流的大小和流向。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.电流的流向为自右向左。11-18在同一平面内有一长直导线和一矩形单匝线圈，矩形线圈的长边与长直导线平行，如图11-17所示。若直导线中的电流为i1=20a，矩形线圈中的电流为i2=10a，求矩形线圈所受的磁场力。图11-15图11-16解根据题意，矩形线圈的短边bc和da(见图11-18)所受磁场力的大小相等、方向相反，互相抵消。所以矩形线圈所受磁场力就是其长边ab和cd所受磁场力的合力。ab边所受磁场力的大小为,方向向左。cd边所受磁场力的大小为,方向向右。矩形线圈所受磁场力的合力的大小为,方向沿水平向左，与图11-18中f1的方向相同。11-19在半径为r的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的中心并与圆线圈处于同一平面内，如图11-19所示。求圆线圈所受的磁场力。解建立如图所示的坐标系。根据对称性，整个圆线圈所受磁场力的y分量为零，只考虑其x分量就够了。在圆线圈上取电流元i1dl，它所处位置的方位与x轴的夹角为，如图所示。电流元离开y轴的距离为x，长直电流在此处产生的磁场为.电流元所受的磁场力的大小为.这个力的方向沿径向并指向圆心(坐标原点)。将、代入上式，得.图11-18图11-17图11-19其x分量为,整个圆线圈所受磁场力的大小为,负号表示fx沿x轴的负方向。11-20有一10匝的矩形线圈，长为0.20m，宽为0.15m，放置在磁感应强度大小为1.5103t的匀强磁场中。若线圈中每匝的电流为10a，求它所受的最大力矩。解该矩形线圈的磁矩的大小为,磁矩的方向由电流的流向根据右手定则确定。当线圈平面与磁场方向平行，也就是线圈平面的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0.020m的10匝圆形线圈通以0.15a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1.5t的匀强磁场中，所受到的最大力矩为多大？解线圈磁矩的大小为.所受最大力矩为.11-22由细导线绕制成的边长为a的n匝正方形线圈，可绕通过其相对两边中点的铅直轴旋转，在线圈中通以电流i，并将线圈放于水平取向的磁感应强度为b的匀强磁场中。求当线圈在其平衡位置附近作微小振动时的周期t。设线圈的转动惯量为j，并忽略电磁感应的影响。解设线圈平面法线与磁感应强度b成一微小夹角，线圈所受力矩为.(1)根据转动定理，有,式中负号表示l的方向与角加速度的方向相反。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是常量，所以上式是标准的简谐振动方程，立即可以得到线圈的振动周期，为.11-23假如把电子从图11-20中的o点沿y方向以1.0107ms1的速率射出，使它沿图中的半圆周由点o到达点a，求所施加的外磁场的磁感应强度b的大小和方向，以及电子到达点a的时间。解要使电子沿图中所示的轨道运动，施加的外磁场的方向必须垂直于纸面向里。磁场的磁感应强度的大小可如下求得,.电子到达点a的时间为.11-24电子在匀强磁场中作圆周运动，周期为t=1.0108s。(1)求磁感应强度的大小；(2)如果电子在进入磁场时所具有的能量为3.0103ev，求圆周的半径。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.图11-20(2)电子在磁场中作圆周运动的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3t的匀强磁场中，沿半径为r=2.0cm的螺旋线运动，螺距为h=5.0cm。求电子的运动速率。解电子速度垂直于磁场的分量可如下求得,所以.电子速度平行于磁场的分量v//可根据螺距的公式求得,所以.于是，电子的运动速率为.11-26在匀强磁场中叠加一匀强电场，让两者互相垂直。假如磁感应强度和电场强度的大小分别为b=1.0102t和e=3.0104vm1，问垂直于磁场和电场射入的电子要具有多大的速率才能沿直线运动？解根据题意，电场、磁场和电子的运动速度v三者的相对取向如图11-21所示。要使电子沿直线运动，速度v的大小应满足,所以速度的大小应为.11-29证明平行板电容器中的位移电流可以表示为,式中c是电容器的电容，v是两极板间的电势差。如果不是平行板电容器，而是其他形状的电容器，上式适用否？解电容器中的位移电流，显然是在电容器被充电或放电时才存在的。设电容器在被充电或放电时，极板上的自由电荷为q，极板间的电位移矢量为d，则根据定义，位移电流可以表示为,或者.根据电容器形状的对称性，作高斯面刚好将电容器的正极板包围在其内部，并且高斯面的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.图11-21图11-22证毕。在上面的证明中，虽然图11-22是对平行板电容器画的，但是证明过程并未涉及电容器的具体形状，并且对所作高斯面的要求，对于其他形状的电容器都是可以办到的。所以，上面的结果对于其他形状的电容器也是适用的。11-30由两个半径为r的圆形金属板组成的真空电容器，正以电流i充电，充电导线是长直导线。求：(1)电容器中的位移电流；(2)极板间磁感应强度的分布。解(1)设极板上的电荷为q，则充电电流为.极板间的电场强度为.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、与板面平行的平面上作半径为r的圆形环路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、板的边缘附近，有.11-31现有一功率为200w的点光源，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25m处电场强度和磁场强度的峰值；(2)对离该点光源25m处与波线相垂直的理想反射面的光压。解(1)尽管由点光源发出的光波是球面波，但在距离光源25米处的很小波面可近似看为平面，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的峰值成比例.以上两式联立求解，可以解得,.(2)对理想反射面的光压可以表示为.11-32太阳每分钟垂直照射在地球表面每平方厘米上的能量约为8.4j，试求：(1)到达地面上的阳光中，电场强度和磁场强度的峰值；(2)阳光对地面上理想反射面的光压。解(1)根据已知条件，太阳光射到地球表面上的能流密度为.根据公式,可以求得电矢