大学物理练习册参考解答

大学物理（二）练习册 参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题电场强度和电势，EF/q0，UaW/q00(1).Edl(U0=0).a(2).q2q4/0，q1、q2、q3、q4；(3).0，/(20)；(4).R/(20)；(5).0；(6).q114r；0r0(7).－2×103V；(8).q0q1140rbra(9).0，pEsin；(10).A2i.xa三、计算题1.如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电qP荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度．Ld解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为=q/L，在x处取一电荷元dq=dx=qdx/L，它在P点的场强：x(L+d－x)dqdqqdxOＰdEdEx0Ldx240LLdx24Ld总场强为qLdxqE0L0(Ld－x)2440dLd方向沿x轴，即杆的延长线方向．y+Q2．一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q，如图所示．试求圆心O处的电场强度．－Q解：把所有电荷都当作正电荷处理.在处取微小电荷dq=dl=2Qd/它在O处产生场强

RxO1dEdqQd0R2220R24按角变化，将dE分解成二个分量：dExdEsinQ2sindy220RdqdEydEcosQcosd220R2d对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷xROQ/2Exsindsind＝020R220/2Q/2QEycosdcosd20R220R220/2所以QEExiEyj20R2jOR3.“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．dl宽的窄条的电’荷线密度为O'd dl dR取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为dddE2220R0R如图所示.它在x、y轴上的二个分量为：dEx=dEsin ,dEy=－dEcos对各分量分别积分Ex2sind20R20R0Ey2cosd020R0场强EExiEyj2i0R

ydl Rd dExxdEy dE4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度 E垂直于地面向下，大小约为 100N/C；在离地面 1.5km高的地方， E也是垂直于地面向下的，大小约为 25N/C．假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度． (已知：真空介电常量 0＝8.85×10-12C2·N-1·m-2)2解：(1)设电荷的平均体密度为，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为：E·dS＝E2S-E1S＝(E2-E1)S高斯面S包围的电荷∑qi＝hS由高斯定理(E2－E1)S＝hS/0∴h

S平行地面)E1S10E2E1＝4.43×10-13C/m3ShE2(2)设地面面电荷密度为．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2)(1)1qiE由高斯定理E·dS=0-E1SS=0∴=－0E＝－8.9×10-10C/m3(2)一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为=Ar(r≤R)，=0(r＞R)，A为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为dqdVAr4r2dr在半径为r的球面内包含的总电荷为qdVrAr3drAr4V4(r≤R)0以该球面为高斯面，按高斯定理有E14r2Ar4/0得到E1Ar2/40，(r≤R)方向沿径向，A>0时向外,A<0时向里．在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有E24r2AR4/0得到E2AR4/40r2，(r>R)方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．6.如图所示，一厚为b的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为＝kx(0≤x≤b)，式中k为一正的常量．求：P1PP2平板外两侧任一点P1和P2处的电场强度大小；(2)平板内任一点P处的电场强度；Oxx(3)场强为零的点在何处？b解：(1)由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为 S，如图所示．3按高斯定理EdSq/0，即S1bkSbkSb2S2SE0Sdx0xdx20SE00E得到E=kb2/(40)(板外两侧)dx(2)过P点垂直平板作一柱形高斯面，底b面为S．设该处场强为E，如图所示．按高斯ESSE定理有xPkSx2EESkSbxdx0020得到Ekx2b2(0≤x≤b)202(3)E=0，必须是x2b20，可得xb/227.一“无限大”平面，中部有一半径为R的圆孔，设平面上均匀带电，R电荷面密度为．如图所示，试求通过小孔中心O并与平面垂直的直O线上各点的场强和电势(选O点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的结果．选x轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为E1σxi20x圆盘在该处的场强为σx11iE2xR2x220P∴EE1E2σxiOx20R2x2该点电势为UxdxRR2x20x20R2x2208.一半径为R的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为=Ar(r≤R)，式中A为常量．试求：圆柱体内、外各点场强大小分布；选与圆柱轴线的距离为l(l＞R)处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1)取半径为r、高为h的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：4EdS2rhES为求高斯面内的电荷，r＜R时，取一半径为r，厚dr、高h的圆筒，其电荷为dV2Ahr2dr则包围在高斯面内的总电荷为rAhr2drAhr3/3VdV220R由高斯定理得2rhE2Ahr3/30r解出EAr2/30(r≤R)hr＞R时，包围在高斯面内总电荷为：RVdV2Ahr2dr2AhR3/30由高斯定理2rhE23AhR/30解出EAR3/30r(r>R)计算电势分布r≤R时r＞R时

UlRA2drlAR3drA3r3AR3lEdrrR30rR30lnrr3090RUllAR3drAR3lEdr30rlnrrr309．一真空二极管，其主要构件是一个半径R1＝-4的B5×10mA圆柱形阴极A和一个套在阴极外的半径-3R2＝4.5×10m的R1同轴圆筒形阳极B，如图所示．阳极电势比阴极高300V，忽略边缘效应.求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本R2电荷e＝1.6×10-19C)解：与阴极同轴作半径为r(R1＜r＜R2)的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为．按高斯定理有2rE=/0得到E=/(20r)(R1＜r＜R2)方向沿半径指向轴线．两极之间电势差UAUBBdrR2drR2E2r2lnA0R10R1得到UBUA，所以EUBUA1lnR2/R1lnR2/R1r20在阴极表面处电子受电场力的大小为FeER1UBUA1eR1cR2/R14.37×10-14N方向沿半径指向阳极．5四研讨题真空中点电荷q的静电场场强大小为1qE0r24式中r为场点离点电荷的距离．当r→0时，E→∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r→0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E，其结论必然是错误的．当r→0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E就有确定值．用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路 abcda．在ab和cd段场强方向与路径方向垂直．在bc和da段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而a cEdl dEdl bEdl 0按静电场环路定理应有 Edl 0，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义：U零势点Edl场点式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。由场强与电势的关系： E gradU场中某点的电场强度是该点电势梯度的负值。如果只知道电场中某点的电势值，而不知道其表达式，就无法求出电势的空间变化率，也就不能求出该点的场强。从工厂的烟囱中冒出的滚滚浓烟中含有大量颗粒状粉尘，它们严重污染了环境，影响到作物的生长和人类的健康。静电除尘是被人们公认的高效可靠的除尘技术。先在实验室内模拟一下管式静电除尘器除尘的全过程，在模拟烟囱内，可以看到，有烟尘从“烟囱”上飘出。加上电源，烟囱上面的烟尘不见了。如果撤去电源，烟尘又出现在我们眼前。请考虑如何计算出实验室管式静6电除尘器的工作电压，即当工作电压达到什么数量级时，可以实现良好的静电除尘效果。参考解答：先来看看静电除尘装置的结构： 在烟囱的轴线上， 悬置了一根导线，称之谓电晕线；在烟囱的四周设置了一个金属线圈， 我们称它为集电极。 直流高压电源的正极接在线圈上， 负极接在电晕线上，如右上图所示。可以看出， 接通电源以后， 集电极与电晕线之间就建立了一个非均匀电场，电晕线周围电场最大。改变直流高压电源的电压值，就可以改变电晕线周围的电场强度。当实际电场强度与空气的击穿电场3103Vmm1相近时空气发生电离，形成大量的正离子和自由电子。自由电子随电场向正极飘移，在飘移的过程中和尘埃中的中性分子或颗粒发生碰撞，这些粉尘颗粒吸附电子以后就成了荷电粒子，这样就使原来中性的尘埃带上了负电。在电场的作用下，这些带负电的尘埃颗粒继续向正极运动，并最后附着在集电极上。（集电极可以是金属线圈，也可以是金属圆桶壁）当尘埃积聚到一定程度时，通过振动装置，尘埃颗粒就落入灰斗中。这种结构也称管式静电除尘器。如右中图所示。对管式静电除尘器中的电压设置，我们可以等价于同轴电缆来计算。如右下图所示，ra与rb分别表示电晕极与集电极的半径，L及D分别表示圆筒高度及直径。一般L为3-5m，D为200-300mm，故L>>D，此时电晕线外的电场可以认为是无限长带电圆柱面的电场。设单位长度的圆柱面带电荷为。用静电场高斯定理求出距轴线任意距离r处点P的场强为：E?(1)式中?为沿径矢的单位矢量。20rr内外两极间电压U与电场强度E之关系为rbUEdl(2)，将式(1)代入式(2)，ra积分后得:20U,故EU.rbrblnrlnrara由于电晕线附近的电场强度最大，使它达到空气电离的最大电场强度Em时，就可获得高压电源必须具备的电压UEmrbralnra代入空气的击穿电场，并取一组实测参数如下：Em3106Vm1,rra0.5102m,rb0.15m,计算结果U5.1104V.若施加电压U低于临界值，则没有击穿电流，实现不了除尘的目的。也就是说，在这样尺寸的除尘器中，通常当电压达到105V的数量级时，就可以实现良好的静电除尘效果。静电除尘器除了上述的管式结构外还有其它的结构形式，如板式结构等。可以参阅有关资料，仿上计算，也可以自行独立设计一种新型结构的静电除尘器。7第13章静电场中的导体和电解质一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B)二、填空题(1).4.55×105C；(2).(x，y，z)/0，与导体表面垂直朝外(>0)或与导体表面垂直朝里(<0).(3).r，1，r；(4).1/r，1/r；(5).)；(6).q，0r；40R(7).P，－P，0；(8)(1-r)/r；(9).减小，减小；(10).增大，增大.三、计算题一接地的"无限大"导体板前垂直放置一"半无限长"均匀带电直线，使该带电直线的一端距板面的距离为d．如图所示，若带电直线上电荷线密度d为，试求垂足O点处的感生电荷面密度．O解：如图取座标，对导体板内O点左边的邻近一点，半无限长带电直线产生的场强为：E0dxi/4π0x2i/4π0dd导体板上的感应电荷产生的场强为：E00i/20由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即Ox/4π0d0/200∴0/2πd2．半径为R1的导体球，带电荷q，在它外面同心地罩一金属球壳，R3R2其内、外半径分别为R2=2R1，R3=3R1，今在距球心d=4R1处放QR1d一电荷为Q的点电荷，并将球壳接地(如图所示)，试求球壳上感生O的总电荷．q解：应用高斯定理可得导体球与球壳间的场强为Eqr/40r3(R1＜r＜R2)设大地电势为零，则导体球心O点电势为：U0R2qR2drq11R1Edr4R1r240R1R20根据导体静电平衡条件和应用高斯定理可知，球壳内表面上感生电荷应为－q．设球壳外表面上感生电荷为Q'．以无穷远处为电势零点，根据电势叠加原理，导体球心O处电势应为：U01QQqq4dR3R2R108假设大地与无穷远处等电势，则上述二种方式所得的 O点电势应相等，由此可得Q=－3Q/4 ，故导体壳上感生的总电荷应是－ [(3Q/4)+q].一圆柱形电容器，外柱的直径为4cm，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为 E0=200KV/cm．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底 e=2.7183)解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为 ，则电容器两极板之间的场强分布为E/(2r)设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为RRRUEdrdr2lnrrr2r0电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有2r0E0，Ur0E0lnRr0适当选择r0的值，可使U有极大值，即令dU/dr0E0ln(R/r0)E00，得r0R/e，显然有d2U2<0，dr0故当r0R/e时电容器可承受最高的电压UmaxRE0/e=147kV.如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为R1，外筒半径为R2(R2＜2R1)，其间充有相对介电常量分别为r1和r2＝r1r2/2的两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R．若两种介R1r1质的击穿电场强度相同，问：O(1)当电压升高时，哪层介质先击穿？RR2(2)该电容器能承受多高的电压？解：(1)设内、外筒单位长度带电荷为＋和－．两筒间电位移的大小为D＝/(2r)在两层介质中的场强大小分别为E1=/(20r1r)，E2=/(20r2r)在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即E1M=/(20r1R1)，E2M=/(20r2R)可得E1M/E2M=r2R/(r1R1)=R/(2R1)已知R1＜2R1，可见E1M＜E2M，因此外层介质先击穿．(2)当内筒上电量达到M，使E2M＝EM时，即被击穿，M=20r2REM此时．两筒间电压(即最高电压)为：U12RMdrR2Mdr1R1R2R120r1rR20r2rr2REMlnlnr1R1r2R5.两根平行“无限长”均匀带电直导线，相距为 d，导线半径都是 R(R<<d)．导线上电荷9线密度分别为+和- ．试求该导体组单位长度的电容．解：以左边的导线轴线上一点作原点， x轴通过两导线并垂直于导线．两导线间 x处的场强为E0x20(dx)2+-两导线间的电势差为UdR11)dx(20RxdxRd-RxdRR)dROx2(lnRlnlnR0dR0d设导线长为L的一段上所带电量为Q，则有Q/L，故单位长度的电容CQ/(LU)/U0dRlnR6．圆柱形电容器是由半径为a的圆柱形导体和与它同轴的内半径为b(ba)的导体圆筒构＞成，其间充满了相对介电常量为r的各向同性的均匀电介质．设圆柱导体单位长度带电荷为，圆筒上为－，忽略边缘效应．求电介质中的电极化强度P的大小及介质内、外表面上的束缚电荷面密度ˊ．解：由D的高斯定理求出介质内的电位移大小为D=/(2r)(a＜r＜b)介质内的场强大小为E=D/(0r)=/(20rr)(a≤r≤b)电极化强度P=0eEr1(a≤r≤b)2rr内外表面上束缚电荷面密度aPacos180°＝r12rabPbcos0°＝r12rbR17.一个圆柱形电容器，内圆柱半径为R1，外圆柱半径为R2，长为L(L>>R2R－R1)，两圆筒间充有两层相对介电常量分别为r1和r2的各向同性均匀电R2L介质，其界面半径为R，如图所示．设内、外圆筒单位长度上带电荷(即电荷线密度)分别为和－，求：(1)电容器的电容．(2)电容器储存的能量．解：(1)根据有介质时的高斯定理可得两筒之间的电位移的大小为D=/(2r)介质中的场强大小分别为

1r2E1=D/(0r1)=/(20r1r)E2=D/(0r2)=/(20r2r)10两筒间电势差URR2E2dr2E1drR1RlnR2π0r2lnR2r2lnR/R1r1lnR2/R2π0r1R1R20r1r2电容CQ20r1r2LUr2lnR/R1r1lnR2/R2Lr2lnRR2Q2r1ln(2)电场能量WR1R2C40r1r2如图所示，一平板电容器，极板面积为S，两极板之间距离为d，其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为+Q1和2．当电容器带电荷± Q时，在维持电荷不变下，将其中介电常量为 1的介质板抽出，试求外力所作的功．

12

d解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为 -Q21S22SC1，C2dd串联后的等效电容为212SCd12带电荷±Q时，电容器的电场能量为

Q2Q2d12W42S2C1将1的介质板抽去后，电容器的能量为Q2d02W2S40外力作功等于电势能增加，即AWWWQ2d114S01四研讨题1.无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为E/(20)，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为E/0，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。下面为了讨论方便，我们把导体表面的面电荷密度改为σ′，其附近的场强则写为E/0.对于无限大均匀带电平面(面电荷密度为σ)，两侧场强为E/(20).这里的σ是指带电平面单位面积上所带的电荷。对于静电平衡状态下的导体，其表面附近的场强为E/0.这里的σ′是指带电导体表面某处单位面积上所带的电荷。如果无限大均匀带电平面是一个静电平衡状态下的无限大均匀带电导体板，则σ是此导体板的单位面积上(包括导体板的两个表面)所带的电荷，而σ′仅是导体板的一个表面单位面积上所带的电荷。11在空间仅有此导体板 （即导体板旁没有其他电荷和其他电场） 的情形下，导体板的表面上电荷分布均匀，且有两表面上的面电荷密度相等。 在此情况下两个面电荷密度间的关系为σ=2σ′。这样，题目中两个 E式就统一了。由极性分子组成的液态电介质，其相对介电常量在温度升高时是增大还是减小？参考解答：由极性分子组成的电介质 （极性电介质）放在外电场中时， 极性分子的固有电矩将沿外电场的方向取向而使电介质极化。由于极性分子还有无规则热运动存在，这种取向不可能完全整齐。当电介质的温度升高时， 极性分子的无规则热运动更加剧烈， 取向更加不整齐， 极化的效果更差。此情形下，电极化强度Ppi将会比温度升高前减小。V在电介质中的电场E不太强时，各向同性电介质的P和E间的关系为P0(r1)E.很明显，在同样的电场下，当温度升高后，相对介电常量εr要减小。有一上下极板成θ角的非平行板电容器（长为a,宽为b），其电容如何计算？参考解答：设一平行板电容器是由长为a,宽为b的两导体板构成,板间距为d,则电容为C0ab,若该电容器沿两极板的长度同一方向有dx的长度增d量,则电容为Ca(bdx)C0adx,在此基础上推广到dd如图所示的电容器，可以认为是在 C0的基础上,上极板沿与长度方向成θ角度连续增加到b,下极板沿长度方向连续增加到bcosθ构成，把该电容器看成是由两个电容器并联时，该电容器的电容为bcosadladbsinCC0C0dltantanlnd0即非平行板电容器的电容，Calndbsintand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 r的电介质），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，S为极板面积，d0为两极板间的距离。试说明检测原理，并推出直接测量电容C与间接测量厚度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12如何？参考解答：设极板带电q0S，两板电势差：UE无电介质d0d)E有电介质d(U0(d0d)0d00r则Cq0rsUdr(d0d)介质的厚度为：drd0C0rSrd00rS(r1)Cr1(r1)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。如果待测材料是金属导体，其 A、B间等效电容与导体材料的厚度分别为：C0S，dd00Sd0d.C第14章稳恒电流的磁场一、选择题1(B)，2(A)，3(D)，4(C)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A)二、填空题(1).最大磁力矩，磁矩;(2).R2c；(3).0I/(4a)；(4).0I；4R(5).0i，沿轴线方向朝右.；(6).0rI/(2R12)，0;(7).4;(8).2BIR，沿y轴正向；(9).R3B，在图面中向上；(10).正，负.三计算题1.将通有电流I的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D点的AbB磁感强度B的大小．Iba解：其中3/4圆环在D处的场B130I/(8a)DC(1AB段在D处的磁感强度B2[0I/(4b)]2)2BC段在D处的磁感强度B3[0I/(4b)]12)(B1、B2、B3方向相同，可知2D处总的B为13B0I(32)42ab半径为R的导体球壳表面流有沿同一绕向均匀分布的面电流，通过垂直于电流方向的每单位长度的电流为K．求球心处的磁感强度大小．解：如图dIKdsKRd2dsddB0dI(Rsin)2[(Rsin)2(Rcos)2]3/2RO32d0KRsin12R30Ksin2d2B10Ksin2d10K(1cos2)d10K020443.如图两共轴线圈，半径分别为R1、R2，电流为I1、I2．电流的方向I1I2相反，求轴线上相距中点O为x处的P点的磁感强度．OPxR2xR1解：取x轴向右，那么有2bB10R12I1沿x轴正方向(bx)2]3/22[R12B20R22I2沿x轴负方向(bx)2]3/22[R22BB1B20[20R12I12]3/220R22I22]3/2]2[R1(bx)[R2(bx)若B>0，则B方向为沿x轴正方向．若B<0，则B的方向为沿x轴负方向．4．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)，半径为R，通有均匀分布的电流I．今取一矩形平面S(长为1m，宽为2R)，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安I培环路定律可得：B0Ir(rR)S1m2R2因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为2R14R0I0I1BdSBdS2rdr02R4在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为B0I(rR)2r因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为2R0Idr0Iln22BdSR2r2穿过整个矩形平面的磁通量120I0Iln2425.一半径为4.0cm的圆环放在磁场中，磁场的方向对环而言是对60°称发散的，如图所示．圆环所在处的磁感强度的大小为0.10T，磁⊙B场的方向与环面法向成60°角．求当圆环中通有电流I=15.8A时，圆环所受磁力的大小和方向．解：将电流元Idl处的B分解为平行线圈平面的B1和垂直I⊙dF1I线圈平面的B2两分量，则dF2B1Bsin60；B2Bcos60B1⊙B2分别讨论线圈在B1磁场和B2磁场中所受的合力F1与F2．电IdlIdl流元受B1的作用力dF1IdlB1sin90IBsin60dl方向平行圆环轴线．因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力2RF1dF1IBsin60dlIBsin602R=0.34N，方向垂直环面向上．0电流元受B2的作用力dF2IdlB2sin90IBcos60dl方向指向线圈平面中心．由于轴对称，dF2对整个线圈的合力为零，即F20．所以圆环所受合力FF10.34N，方向垂直环面向上．6.如图所示线框，铜线横截面积S=2.0mm2，其中OA和DO＇两段保持水平不动，ABCD段是边长为a的正方形的三边，它可绕OO＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B中，B的方向竖直向上．已知铜的密度=8.9×103OABDO＇kg/m3，当铜线中的电流I=10A时，导线处于平衡状态，AB段和CD段与竖直方向的夹角=15°．求磁感强度B的大小．BC解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO＇轴而言)．重力矩M12agS1asinagSasin2Sa22gsin磁力矩M2BIa2sin(1)Ia2Bcos215平衡时M1M2所以2Sa2gsinIa2BcosB2Sgtg/I9.35103TA半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2，置于电流为I1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长CI1I2直线电流I1的磁力．D解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为B0I1/(2r)取xOy坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为：B0I1，方向垂直纸面向里，2Rsiny轴的夹角．半圆线圈上dl段线电流所受的力为：式中为场点至圆心的联线与dFI2dlBI2Bdl0I1I2RddFydFsin2Rsin．根据对称性知：Fy=dFy0ydFxdFcos，dFydFFxdFx0I1I20I1I2dFx22ORx0∴半圆线圈受I1的磁力的大小为：I1I20I1I2F，方向：垂直I1向右．28.如图所示．一块半导体样品的体积为 a×b×c．沿c方向有电流均匀外磁场 B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为a＝0.10cm、b＝0.35cm、c＝11.0cm、I＝1.0mA、B＝3.0×10 T，沿b边两侧的电势 a差U＝6.65mV，上表面电势高．b(1)问这半导体是p型(正电荷导电)还是n型(负电荷导电)？

I，沿厚度 a边方向加有BI U求载流子浓度n0(即单位体积内参加导电的带电粒子数)．

c

电位差解：(1)根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是 p型半导体。由霍耳效应知，在磁场不太强时，霍耳电势差U与电流强度I，磁感强度B成正比，而与样品厚度a成反比，即：UKIB而K1an0q∴根椐题给条件，载流子浓度为：n0IB2.821020m-3aqU16四研讨题将磁场的高斯定理与电场的高斯定理相比，两者有着本质上的区别。从类比的角度可作何联想？参考解答：磁场的高斯定理与电场的高斯定理：sBdS 0, sDdS q作为类比，反映自然界中没有与电荷相对应“磁荷”（或叫单独的磁极）的存在。但是狄拉克1931年在理论上指出，允许有磁单极子的存在，提出：nqqm2式中q是电荷、qm是磁荷。电荷量子化已被实验证明了。然而迄今为止，人们还没有发现可以确定磁单极子存在可重复的直接实验证据。如果实验上找到了磁单极子，那么磁场的高斯定理以至整个电磁理论都将作重大修改。1982年，美国斯坦福大学曾报告， 用直径为 5cm的超导线圈放入直径 20cm的超导铅筒，由于迈斯纳效应屏蔽外磁场干扰， 只有磁单极子进入才会引起磁通变化。 运行151天，记录到一次磁通变化，但此结果未能重复。据查阅科学出版社 1994年出版的，由美国引力、宇宙学和宇宙线物理专门小组撰写的《90年代物理学》有关分册，目前已经用超导线圈，游离探测器和闪烁探测器来寻找磁单极子。在前一种情况，一个磁单极子通过线圈会感应出一个阶跃电流， 它能被一个复杂装置探测出来，但这种方法的探测面积受到线圈大小的限制。 游离探测器和闪烁探测器能做成大面积的，但对磁单极子不敏感。 现在物理学家们仍坚持扩大对磁单极子的研究， 建造闪烁体或正比计数器探测器，相应面积至少为 1000m2。并建造较大的，面积为 100m2量级的环状流强探测器，同时加强寻找陷落在陨石或磁铁矿中的磁单极子的工作。当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，平行于磁场方向的速度分量如何变化？动能如何变化？垂直于磁场方向的速度分量如何变化？参考解答：当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时， 它所受到的磁场力有一个和前进方向相反的分量，这个分量将使平行于磁场方向的速度分量减小， 甚至可使此速度分量减小到零，然后使粒子向相反方向运动（这就是磁镜的原理）。当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，由于平行于磁场方向的速度分量减小，因而与这个速度分量相关的动能也减小。 然而磁力对带电粒子是不做功的， 粒子的总动能不会改变，因此，与垂直于磁场方向的速度分量相关的动能在此运动过程中将会增大， 垂直于磁场方向的速度分量也相应地增大。电磁流量计是一种场效应型传感器,如图所示：截面矩形的非磁性管,其宽度为d、高度为h，管内有导电液体自左向右流动,在垂直液面流动的方向加一指向纸面内的匀强磁场,当磁感应强度为B时,测得液体上表面的a与下表面的b两点间的电势差为U,求管内导电液体的流量。参考解答：17导电液体自左向右在非磁性管道内流动时 , 在洛仑兹力作用下 , 其中的正离子积累于上表面,负离子积累于下表面,于是在管道中又形成了从上到下方向的匀强霍尔电场E,它同匀强磁场B一起构成了速度选择器。因此在稳定平衡的条件下,对于以速度v匀速流动的导电液体,无论是对其中的正离子还是负离子,都有qEqUqvBd∴流速vU,液体流量QvhdUh.BdB如果截面园形的非磁性管,B－磁感应强度；D－测量管内径；U－流量信号（电动势）；v－液体平均轴向流速,L测量电极之间距离。霍尔电势UeUekBLv(1)k（无量纲）的常数，在圆形管道中，体积流量是：QD2(2)v4D2把方程(1)、(2)合并得：液体流量QU4kLB或者Q KU，K校准系数，通常是靠湿式校准来得到。B第15章磁介质的磁化一、选择题1(C)，2(B)，3(B)，4(C)，5(D)二、填空题(1). －8.88×10-6，抗 .(2). 铁磁质，顺磁质，抗磁质 .(3). 2.50×104A/m(4). 各磁畴的磁化方向的指向各不相同，杂乱无章 .全部磁畴的磁化方向的指向都转向外磁场方向 .(5). 矫顽力大，剩磁也大；例如永久磁铁．(6). 矫顽力小，容易退磁．三计算题半径为R、通有电流I的一圆柱形长直导线，外面是一同轴的介质长圆管，管的内外半径分别为R1和R2，相对磁导率为r．求：圆管上长为l的纵截面内的磁通量值；介质圆管外距轴r处的磁感强度大小．解：(1)IBr0IH2r2r18R20rIldrr0IllnR22r2R1R1(2)B0I2，与有无介质筒无关r2.一根无限长的圆柱形导线，外面紧包一层相对磁导率为r的圆管形磁介质．导线半径为R1，磁介质的外半径为R2，导线内均匀通过电流I．求∶磁感强度大小的分布(指导线内、介质内及介质以外空间)．磁介质内、外表面的磁化面电流密度的大小．解∶(1)由电流分布的对称，磁场分布必对称．把安培环路定理用于和导线同心的各个圆周环路．在导线中(0<r<R1)H12rIr2R12∴H1Ir，B10H10Ir2R122R12在磁介质内部(R1<r<R2)H22πrI，H2I，B20rI．22πrr在磁介质外面(r>R2)H3I，B30I．2πr2r(2)磁化强度MBHrIIr1I2r2r2r0介质内表面处的磁化电流密度iS1M1r1I2R1介质外表面处iS2r1I2R2俯视图3.一个磁导率为1的无限长均匀磁介质圆柱体，半径为R2O2R1R1．其中均匀地通过电流I．在它外面还有一半径为R2的I无限长同轴圆柱面，其上通有与前者方向相反的电流I，12O两者之间充满磁导率为2的均匀磁介质．求磁感强度的大R2小B对到轴的距离r的分布．解：由安培环路定律HdlIiH1Ir2Ir0＜r＜R1R122r2R12H2=I/(2r)R1＜r＜R2H3=0r＞R2∵B=H∴有B的分布：B11Ir/2R120＜r＜R119B2=2I/(2r)R1＜r＜R2B3=0r＞R2一铁环的中心线周长为0.3m，横截面积为1.0×10-4m2，在环上密绕300匝表面绝缘的导线，当导线通有电流-2-63.2×10A时，通过环的横截面的磁通量为2.0×10Wb．求：铁环内部的磁感强度；铁环内部的磁场强度；铁的磁化率；铁环的磁化强度．解：(1)BS2102T(2)-，H=nI0＝32A/mn=1000m1(3)相对磁导率Br4970H∴磁化率m=r-1=496(4)磁化强度M=m4H＝1.59×10A/m四研讨题顺磁质和铁磁质的磁导率明显地依赖于温度，而抗磁质的磁导率则几乎与温度无关，为什么？参考解答：顺磁质的磁性主要来源于分子的固有磁矩沿外磁场方向的取向排列。 当温度升高时，由于热运动的缘故，这些固有磁矩更易趋向混乱，而不易沿外磁场方向排列，使得顺磁质的磁性因磁导率明显地依赖于温度。铁磁质的磁性主要来源于磁畴的磁矩方向沿外磁场方向的取向排列。 当温度升高时，各磁畴的磁矩方向易趋向混乱而使铁磁质的磁性减小， 因而铁磁质的磁导率会明显地依赖于温度。当铁磁质的温度超过居里点时，其磁性还会完全消失。至于抗磁质，它的磁性来源于抗磁质分子在外磁场中所产生的与外磁场方向相反的感生磁矩，不存在磁矩的方向排列问题， 因而抗磁质的磁性和分子的热运动情况无关， 这就是抗磁质的磁导率几乎与温度无关的原因。2.在实际问题中用安培环路定理 LHdl I0计算由铁磁质组成的闭合环路，在得出 H后，如何进一步求出对应的 B值呢？参考解答:由于铁磁质的r不是一个常数，因此不能用B=r0H来进行计算，而是应当查阅手册中该铁磁材料的B－H曲线图，找出对应于计算值H的磁感强度B值．磁冷却。将顺磁样品（如硝酸镁）在低温下磁化，其固有磁矩沿磁场排列时要放出能量以热量的形式向周围环境排出。然后在绝热的情况下撤去外磁场，这样样品温度就要降低，-6实验中可降低到 10K。试解释为什么样品绝热退磁时会降温。参考解答：20磁冷却的原理和过程可以分几步说明如下：(1)把顺磁样品放入低温环境中（如温度 1K的He气，He气又和周围的液 He维持1K下的热平衡）。加外磁场（磁感强度约1T），使顺磁样品等温磁化，顺磁质的固有磁矩在外磁场的作用下会排列起来。在此过程中，外界对磁场做功，顺磁质的内能增加；同时样品放出热量，被周围的He气吸收，整个系统仍维持 1K的温度不变。迅速抽出样品周围的He气，使样品处于绝热隔离状态。去掉外磁场，顺磁质的磁场又趋于混乱。此过程中，样品对外做功，内能减少，样品温度下降。一般情况下，样品的温度可以将到 10-6K。4.高压容器在工业和民用领域都有着非常广泛的应用，如锅炉、储气罐、家用煤气坛等。由于高压容器长期的使用、运行,局部区域受到腐蚀、磨损或机械损害,从而会形成潜在的威胁.因此世界各国对于高压容器的运行都制定了严格的在役无损检测标准,以确保高压容器的安全运行。请根据所学的知识,探索一种利用铁磁材料实现无损探伤的方法。参考解答:目前无损检测一般采用的方法有磁粉探伤、超声波探伤和X射线探伤等方法。磁粉探伤依据的是介质表面磁场分布的不连续性,可采用磁粉显示;超声波和X射线探伤利用了波动在介质分界面反射的现象.这些方法有的仪器结构复杂、操作繁琐,有的数据处理麻烦、价格较高,对于家用容器的检测就更为不方便.根据LC振荡电路的磁回路特性,一旦介质内部出现裂纹,将会引起磁导率的突变,从而使回路的电磁参数发生变化.将这一结果用于铁磁材料表面和内部伤痕、裂纹的检测中,其检测方法原理简单,操作方便,检测灵敏度高。LC磁回路测量原理：磁回路的基本模型如图所示。A是带线圈的磁芯，M是待检测的材料，如容器壁。磁回路最基本的规律是安培环路定理:LHdlIi.假定整个回路采用高导磁率材料组成,而且回路中绕有N匝线圈,线圈中电流为I,若同一种材料中的磁场强度相同,则环路定理就可以写成：NIHiliBili0i式中Hi总是沿li方向。当回路中第i段的截面积为Si时,BiSi=i,由于环路内各处截面的磁通都相同,i=.于是有：NIHiliBiliilili.0iSi0i0iSi上式中令：NIm,liRm分别为磁回路的磁动势和磁阻，0iSi则m(1)Rm另一方面,根据磁回路中的自感电动势定义：dIdNLNdN2dIN2L，由式(1)得到：dIRmdI.dtdtRm假定由该回路与电容C组成LC振荡电路,电路的振荡频率f为：21f11Rm(2)2LC2CN由式(2)可见,在回路几何参数一定的情况下,振荡频率由回路中的磁导率决定.在磁回路图中,假定由容器壁M与带线圈的磁芯A组成回路,若维持几何参数不变,只要容器壁是均匀的,那么不同地方的回路振荡频率便相同.在材料内部一旦出现气泡、裂纹,则在其边界部位磁导率出现较大变化,振荡频率就会出现跳变.据此就可以探测到材料表面和内部的伤痕、裂纹.第16章电磁场一、选择题1(A)，2(A)，3(C)，4(C)，5(D)，6(D)，7(C)，8(B)，9(B)，10(B)二、填空题(1).NbBdx/dtNbBAcos(t/2)或NBbAsint.(2).BnR2,O.(3).相同(或1BR2),沿曲线由中心向外.2(4).小于,有关.(5).0(6).0I2/(82a2).(7).9.6J.(8).tDdS或dD/dt,BdS或dm/dt.SSt(9).R20dE/dt，与E方向相同（或由正极板垂直指向负极板）.(10).1rdB/dt.2三计算题如图所示，有一半径为r=10cm的多匝圆形线圈，匝数N=100，置于均匀磁场B中(B=0.5T)．圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速n=600rev/min．求圆线圈自图示的初始位置转过 时，(1)线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R为100，不计自感)；-7(2)圆心处的磁感强度． ( =4×10 H/m)解：(1)设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为的磁通量为Br2cos,t2nt∴Br2cos2nt在任意时刻线圈中的感应电动势为

BrO1 O2，则通过该圆线圈平面Nd NBr22nsin2 nt 22BNr2nsin2ntdt2 NBr2n 2i R R sin2nt ImsinΤt22当线圈转过时，t=T/4，则iIm2r2NBn/R0.987A(2)由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为B0NIm/(2r)-46.20×10T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小B0(B2B2)1/20.500T方向与磁场 B的方向基本相同．-t2.如图所示，真空中一长直导线通有电流I(t)=I0e(式中I0、为常量，t为时间)，有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a．矩形线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b，并且以匀速v(方向平行长直导线)滑动．若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t在矩形线框内的感应电动势 i并讨论 i方向．

I(t)ab v解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为i的正方向．由i=d/dt出发，先求任意时刻t的(t)(t)BdSab0I(t)x(t)dya2y0I(t)x(t)lnab(t)对t2a再求的导数：d(t)0(lnab)(dIxIdx)dt2bdtdt0I0etv(1t)lnab(xvt)2a∴id0vI0et(t1)lnabi方向：dt2at<1时，逆时针；t>1时，顺时针．如图所示，一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2以角速度在水平面内旋转．O1O2在离细杆a端L/5处．若已知地磁场在竖直方向的分量为B．求ab两端间的电势差UaUb．解：Ob间的动生电动势：4L/54L/51B(4L)2161(vB)dlBldl002550b点电势高于 O点．Oa间的动生电动势：

I(t)a y ivdyx(t)O1Ba bOL/5 O2BL2L/5L/51B(1L)212(vB)dlBldlBL2002550a点电势高于 O点．23∴UaUb211BL216BL215BL23505050104.有一很长的长方的U形导轨，与水平面成角，裸导线Bab可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度B竖直向上的均匀磁场中，如图所示．设导线ab的质量为m，电阻d为R，长度为l，导轨的电阻略去不计，abcd形成电路，t=0时，v=0.试求：导线ab下滑的速度v与时间t的函数关系．c解：ab导线在磁场中运动产生的感应电动势iBlvcosabcd回路中流过的电流IiiBlvcosRRab载流导线在磁场中受到的安培力沿导轨方向上的分力为：FIiBlcosBlvcosBlcosBlvcosRmdv由牛顿第二定律：mgsinBlcosRdtdtdvB2l2vcos2gsinmR令Agsin，cB2l2cos2/(mR)则dtdv/(Acv)利用t=0，v有tvdv1vd(Acv)dt0AcvcAcv00t1lnAcvcA∴vA(1ect)mgRsin(1ect)cB2l2cos2一根长为l，质量为m，电阻为R的导线ab沿两平行的导电轨道

BL2albBbl无摩擦下滑，如图所示．轨道平面的倾角为 ，导线ab与轨道组成矩形闭合导电回路abdc．整个系统处在竖直向上的均匀磁场B中，忽略轨道电阻．求ab导线下滑所达到的稳定速度．

a

c解∶动生电动势ivBlcosIivBlcosRR导线受到的安培力fmIlBab导线下滑达到稳定速度时重力和磁力在导轨方向的分力相平衡

d24mgsinfmcosvBlcoslBcosmgsinR∴mgRsinvB2l2cos26.已知，一根长的同轴电缆由半径为R1的空心圆柱导体壳和另一半径为R2的外圆柱导体壳组成，两导体壳间为真空．忽略电缆自身电阻，设电缆中通有电流i，导体间电势差为U，求(1)两导体壳之间的电场强度E和磁感强度B．(2)电缆单位长度的自感L和电容C．解：(1)根据安培环路定理线到场点的半径 )区域有

Bdl0i和长直条件及轴对称性可知，在R2>r>R1(r为轴B0I/(2r)方向与内导体壳电流方向成右手螺旋关系．根据高斯定理：EdSQ/0和长直条件及轴对称性可知，在R2>r>R1区域有E/20rE方向沿半径指向电势降落方向，式中为电缆内导体壳上单位长度上的电荷.由两导体间电势差U，可求得20U∴U，Eln(R2/R1)rln(R2/R1)在电缆的两个导体壳之间单位长度的磁通量为R20i0ilnR2drR12r2R1单位长度电缆的自感系数为Li0lnR22R1由电容定义又知单位长度电缆的电容应为C

2 0ln(R2/R1)两线圈顺接，如图(a)，1、4间的总自感为1.0H．在它们的形状和位置都不变的情况下， 如图(b)那样反接后 1、3之间的总自感为 0.4H．求两线圈之间的互感系数．12341234(a)顺接(b)反接解：设顺接的总自感为LS，反接的总自感为LF．∵LSL1L22MLFL1L22M25∴ M (LS LF)/4=0.15H8.如图所示，真空中一矩形线圈宽和长分别为2a和b，通有电流I2，可绕其中心对称轴OO＇转动．与轴平行且相距为d+a处有一固定不动的长直电流I1，O开始时矩形线圈与长直电流在同一平面内，求：I1I2(1)在图示位置时，I1产生的磁场通过线圈平面的磁通量；b(2)线圈与直线电流间的互感系数．d(3)保持I1、I2不变，使线圈绕轴OO＇转过90°外力要做多少功?aa解：(1)按题意是指图示位置时的．O′d2a0I1bd2a0I1bdxd2x2lnd(2)M0bd2a2lndI1(3)AI20I1I2bd2a2lnd9.一根电缆由半径为R1和R2的两个薄圆筒形导体组成，在两圆筒中间填充磁导率为的均匀磁介质．电缆内层导体通电流I，外层导体作为电流返回路径，如图所示．求长度为l的一段电缆内的磁场储存的能量．解：HdlIi，2rHI(R1<r<R2)R2HI，BHIR12r2rIIlwmB22I222(2r)2dWmwmdVwm2rdrlI22rldr2(2r)2∴WmR2dWmI2lR2drI2llnR2R4Rr4R111四研讨题我们考虑这样一个例子:设一个半径为R的导体圆盘绕通过其中心的垂直轴在磁场中作角速度为ω的匀速转动,并假设磁场B均匀且与轴线平行,如图所示。显然,如果在圆盘中心和转动着的圆盘边缘用导线连成导体回路,该回路中会有感应电流通过。这表明在圆盘中心和圆盘边缘之间产生了感应电动势。从动生电动势的角度来看,导体圆盘在转动过程中不断切割磁感应线,当然产生感应电动势；但从法拉第电磁感应定律出发,穿过以转动着的圆盘作为一部分的导体回路的磁通量并未发生任何变化,感应电动势的产生似乎是矛盾的。物理学家费曼(见《费曼物理学讲义》中译本第2卷第195页)称其为“通量法则”(即法拉第电磁感应定律)的一个例外。法拉第电磁感应定律真的有这个例外吗?26参考解答：法拉第电磁感应定律真的有例外吗?当然没有,作为一个基本定律,法拉第电磁感应定律不应该也不可能出现任何例外。法拉第电磁感应定律：dddtdtSBdS如果磁通量的变化仅仅是由构成回路的一段导线的运动所引起的，则由上式所求得的感应电动势当然就是该运动导线的动生电动势，这里S也就是导线运动过程中所扫过的面积。有必要明确指出：法拉第电磁感应定律中所涉及的“回路”必须是一个闭合的数学曲线。所以在用法拉第电磁感应定律动生电动势时，所直接涉及的运动导体必须是线状导体即导线，而对于非线状导体就不能再简单笼统地应用法拉第电磁感应定律了。在前面的例子中，问题的关键就恰恰在于运动导体不是线状导体而是一个圆盘，当考虑导体圆盘绕通过其中心的垂直轴转动而在其中心和边缘之间产生的感应电动势时，我们可以把导体圆盘看成是由无限多个长度为R的理想的线状导体在半径为R的圆周和圆心之间密集排列所形成的，对于构成圆盘的某一条长度为R的导线(设为OP)来说，无论是由动生电动势还是由法拉第电磁感应定律均会得到完全相同的结果：动生电动势：(vB)dlvBdl，dBvdlBldlL1BL2oadoBldl2法拉第电磁感应定律：|||d|d(BS)Bd(ll)l2Bd1Bl2dtdtdt22dt2方向都是从中心 O指向圆盘的边缘。只要明确“闭合回路”的确切含义，法拉第电磁感应定律对于动生电动势的问题是普遍适用的，即法拉第电磁感应定律没有任何例外。变压器的铁心为什么总做成片状的，而且涂上绝缘漆相互隔开？铁片放置的方向应和线圈中磁场的方向有什么关系？参考解答：变压器的铁心由高导磁材料硅钢片制成，它的导磁系数 μ约为空气的导磁系数的 2000倍以上。大部分磁通都在铁心中流动，主磁通约占总磁通的 99％以上，而漏磁通占总磁通的1％以下。也就是说没有铁心，变压器的效率会很低。变压器的铁心做成片状并涂上绝缘漆相互隔开，是为了阻断铁心中涡流的通路，以减少铁心中的涡流发热。铁片放置的方向应沿着线圈中磁场的方向，绝不可以使铁片与磁场的方向垂直，否则铁心中的涡流仍将很大。金属探测器的探头内通入脉冲电流，才能测到埋在地下的金属物品发回的电磁信号。能否用恒定电流来探测？埋在地下的金属为什么能发回电磁信号？参考解答：27当金属探测器的探头内通入脉冲电流（变化电流）时，它就会产生变化的磁场，从而使位于地下的金属物品中产生感应电流。这个感应电流是随时间变化的电流，变化的电流又可以产生变化的磁场，因而金属物品可以发回电磁信号，这样就能探测到埋在地下的金属物品。如果探头内通入的是恒定电流，金属物品中就不会有感应电流，不能发回电磁信号，也就无法探测到地下的金属物品。因此，探头中不能通入恒定电流。金属探测器的电路框图第17章量子物理学基础一、选择题1(D)，2(D)，3(C)，4(B)，5(A)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C)二、填空题(1)．hc/，h/，h/(c).(2)．2.5，4.0×1014.(3)．A/h，(h/e)(10).(4)．，0.(5)．1/3-33-1或63.7mm.(7)．1，2.(6)．1.66×10kg·m·s，0.4m(8)．粒子在t时刻在(x，y，z)处出现的概率密度.单值、有限、连续.21dxdydz(9).2，2×(2l+1)，2(10).泡利不相容，能量最小.2n.三计算题1.用辐射高温计测得炼钢炉口的辐射出射度为22.8W·cm-2，试求炉内温度．（斯特藩常量-8）=5.67×10W/(m2·K4)解：炼钢炉口可视作绝对黑体，其辐射出射度为MB(T)=22.8W·cm-2＝22.8×104W·m-2由斯特藩──玻尔兹曼定律MB(T)=T4∴T=1.42×103K2．已知垂直射到地球表面每单位面积的日光功率（称太阳常数）等于1.37×103W/m2．求太阳辐射的总功率．把太阳看作黑体，试计算太阳表面的温度．（地球与太阳的平均距离为1.5×108km，太阳的半径为6.76×105-8km，=5.67×1024W/(m·K)）解： (1)太阳在单位时间内辐射的总能量=1.37×103×4(RSE)2=3.87×1026W太阳的辐射出射度28E0E0.674×108W/m24rS2由斯特藩－玻尔兹曼定律E0T4可得T4E0/5872K|Ua|(V)3．图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线2.0B(1)求证：对不同材料的金属，AB线的斜率相同．1.0(2)由图上数据求出普朗克恒量h．A14Hz)-19(×10(