大学物理精讲精练答案

第十四章稳恒磁场例题答案：30I例14-14πl例14-2(C).例14-30i；沿轴线方向朝右例14-4(D)例14-5(D)例14-6B=1.8×10-4T；=225°，为B与x轴正向的夹角【解】取dl段，此中电流为dIIdl2IRd2IdRR在P点dB0dI02Id0I2R2Rd选坐标如图2RdBx0Isind，dBy0Icosd2R2R0I/20IBx2R0sind2RBy0I/2d0I2Rcos2R0B(Bx2By2)1/20I21.8×10-4T2R方向tgBy/Bx1，α225，为B与x轴正向的夹角。例14-7(1)a._0__b.BπR2c.BπR2cos；(2)m2cos；=BπR(3)BdS0。S例14-80I1；0(I1+I2)；0.例14-9(D)例14-10(C)例14-11（B）例14-12B0bI2(R2-a2)

ydldxdBP例题14-6答案图【解】导体内的电流密度JI2a2)π(b因为电流和磁场散布的对称性，磁感线是以轴为中心的一些齐心圆，去半径为r的一条磁感线为环路，有安培环路定理：Bdl0Iμ0J(πr2πa2)I(r2a2有B2r022)baBμ0I(r2a2)2π(b2a2)r例14-130I3；F2π(I1-I2)ln2若I2I1，则F的方向向下；若I2I1，则F的方向向上【解】载流导线MN上任一点处的磁感强度大小为：B0I10I22(rx)2(2rx)MN上电流元I3dx所受磁力：dFI3BdxI3[0I10I1x)]dx2(rx)2(2rF=I3rμ0I1-μ0I2dx0I3[rI1dxrI2dx]02π(r+x)2π(2r-x)2π0rx02rx0I3[I1ln2r2lnr]0I3[I1ln2I2ln2]0I3(I1I2)ln22rI2r22若I2I1，则F的方向向下，I2I1，则F的方向向上。例14-14(A)例14-15AμaII2(2ln2ln3)012π【解】如图示地址，线圈所受安培力的协力为FaI2[0I10I1]I12x2(xa)I2x方向向右，从x=a到x=2a磁场所作的功为x+a2a0aI1I2(11)dx0aI1I2(2ln2ln3)Aa2xxa2例题14-15答案图例14-16(1)B01(B1B2)，B1(B2B1)；22(2)i(B2B1)/0；(3)FiB0(j)B22B12jdS20【解】设i为载流平面的面电流密度，B为无穷大载流平面产生的磁场，B0为平均磁场的磁感强度，作安培环路abcda，由安培环路定理得：Bdl0ihBhBh0ihday1a∴B0i2B1cbB2B0B1B0B，B2B∴B01(B1B2)，B1(B2B1)x22例题14-16答案图i(B2B1)/0在无穷大平面上沿z轴方向上取长dl，沿x轴方向取宽da，则其面积为dS=dlda，面元所受的安培力为：FidadlB0(j)idSB0(j)单位面积所受的力FiB0(j)B22B12jdS20例14-17(D)例14-18(A)例14-19(1)Mm=9.40×10-4N·m；=15°【解】(1)pIa2，方向垂直于线圈平面。mMpmBpmBsin90=9.40-4Nm·(2)设线圈绕AD边转动，而且线圈稳准时，线圈平面与竖直平面夹角为θ，则磁场对线圈的力矩为nB(21)MpmBpmBsin(1)pmBcosD2A重力矩：I2mg(1asinBLmgasin)2a2SgsinC2mg2a2SgsinmgmgpmBcosctg2Sg/(BI)3.712例题14-19答案图于是θ=15o例14-200.80×10-13k(N)例14-21(B)例14-22(C)例14-23(D)练习题答案：214-13解：通电圆环中心处磁感觉强度B0I，R由题意，B1B2，因此有I1I2，即I1R1l12R1R2I2R2l2320I14-2Ba解：电流在O点产生的磁场相当于CA+AD一段导线上电流产生的磁场，∴0I20IB2a[cos45cos135]a14-3（1）0I/(8R),（2）014-4R13R2解：B10I10I，方向垂直纸面向里；R12R1B20I10I，方向垂直纸面向外；R22R2BB1B22B2，0I0I20I3R2R13R1因此R13R214-50Iablnb2a解：取宽为dx的长直导线，其上通有电流dIdx，在P点处产生磁感觉强度为Ia0dI0IdBπdx，πxax则BdB0Idx0Iab10Iabπaxπadxπalnbbx14-6R=2r解：在圆盘上取宽度为dr的圆环，其上带电量dqdS2πrdr，电流dIdq2πrdrrdr，dB=0dI0dr，dt2π2r2B1=dB=r0dr0r，B2=dB=R0dr0Rr，0r2222B1B2，因此R=2r-3T14-7×10解：长直螺线管内部磁感觉强度：B0nI1I410710.5103T0d0.210314-80I；0；20I14-9(1)0rI/(2R12)；(2)0I/2r；0解：（1）取半径r的闭合回路，逆时针为正方向，由安培环路定理：Bdl0IiB2r0IB=0I2r20Ir2；l2rR12R1（2）取半径r的闭合回路，逆时针为正方向，由安培环路定理：Bdl0IiB2r0IB=0I；l2r（2）取半径r的闭合回路，逆时针为正方向，由安培环路定理：Bdl0IiB2r0B=0l14-10120I0Iln242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，由安培环路定律可得：B0Ir(rR)2R2因此，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为R0I1BdSBdS0I2rdr02R4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因此，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为2R0I0Iln22BdSR2drr2穿过整个矩形平面的磁通量120I0Iln24214-11B0I0I(ax5a)B的方向垂直x轴及图面向里2x2(3ax)22解：由磁场的磁感觉强度叠加，知BB1B20I0I，2πx2π(3ax)方向垂直x轴及图面向里14-12答：安培环路定理只适用于闭合电流，有限长载流直导线不闭合，故环路定律不适用．14-13F=μII2llnb012πb-aa解：d=dr，cosba2(ba)2，bI2Fycos，sinI1rddrx全部电流元受力方向同样，积分可得电流I2受磁力大小adF=I2d0I1=0I1I2cos1b1dr=0I1I2lnb，2r2ar2baa0I1I2b2ba20I1I2ba2则有Fy=Fcos=，FX=Fsin=F=2b。2ln2balnaa14-14R3B；在图面中向上解：依据线圈在磁场中碰到的磁力矩：MmB，线圈磁矩为mNISen，则带电圆环旋转时产生电流IQ2RR，mNIS=RR2R3，T2因此磁力矩大小MmBR3B，方向在图面中竖直向上。14-15（1）6.67×10-7T（2）7.20×10-7A·m2解：（1）运动带电质点在O点产生的磁场的磁感觉强度B的大小：B0qv6.67107T；4R2，带入数值，得B（2）带电质点产生的磁矩大小mNIS，IQqqv，T2Rv2R因此mIS=qvR21qvR，带入数值，得m7.20×10-7A·m22R214-16L=2Rsin60=3mveB解：运动电荷在磁场中运动的轨迹半径R=mv，eB入射点和出射点之间距离为L=2Rsin60=3mv。eB第十五章磁介质例题答案：例15-1I/(2r)；I/(2r)例15-2（D）例15-3矫顽力较小，磁滞消耗小；适合于制造变压器、电磁铁和电机中的死心例15-4铁磁质；顺磁质；抗磁质例15-5矫顽力小；简单退磁练习题答案：15-1(A)15-2(D)15-3(B)15-4(C)15-5答：不能够。因为它其实不是真切在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成，可是在产生磁场这一点上与传导电流相似。第十六章变化的电磁场例题答案：例16-1（A）例16-2（C）例16-3Bq(Rr)/(NS)5102T【解】设在时间t1→t2中线圈法线从平行于磁场的地址转到垂直于磁场的地址，则在t1时辰线圈中的总磁通为NNBS(S为线圈的面积)，在t2时辰线圈的总磁通为零，于是在t1→t2时间内总磁通变化为(N)NBS令t时辰线圈中的感觉电动势为，则电流计中经过的感觉电流为iNdΦR+rdtR+rt1→t2时间内经过的电荷为t2N2NNBSqidtdΦΦt1R+r1R+rR+r∴Bq(Rr)/(NS)5102例16-4(1)μ0Ilb+vtΦ(t)lna+vt2π【解】(1)Φ(t)BdSμ0IldrμIlbvtdr0S2πr2πavtr(2)dΦ0lIv(b-a)dtt2πab0

T(2)μIl02π

0lIv(b-a)2abb+vtlna+vt例16-5（D）例16-6(B)例16-70Iba+da；方向：ACBA(即顺时针)(lnd)v2πaa+d【解】建立坐标系，长直导线为y轴，BC边为x轴，原点在长直导线上，则斜边的方程为y(bx/a)br/a，式中r是t时辰B点与长直导线的距离。三角形中磁通量μ0Ia+ryμ0Ia+rbbr0Ibrar2πrdx2πr()dx(bln)xaax2ardΦ0Ib(lna+ra)drdt2ara+rdt当r=d时，0Iba+da)v(lnd2πaa+d方向：ACBA(即顺时针)例16-8（D）例16-9（D）例16-10=3.68mV；方向：沿adcb绕向．【解】大小：dΦdtSdBdtSdBdt=(1R221oasin)dB/dt22=3.68mV方向：沿adcb绕向。例16-11（A）例16-12（C）例16-13（D）例16-140.400H例16-15(D)例16-16(C)例16-17(D)例16-18(C)例16-19(C)例16-20(A)练习题答案：16-1Im2×10-1A=0.987A解：n=1000(匝/m)B0nIa2Ba20nINdNa20ndI2×10-1dtdt=sin100t(SI)Imm/R2×10-1A=0.987Aπ2(R2-R1)d()16-2i0rt2Rdt方向：当d(t)/dt>0时，i与选定的正方向相反．当d(t)/dt<0时，i与选定的正方向同样．解：取半径为r，宽度为dr的带电圆环，产生的电流dIdqdS2rdrdtdtrdr，2在圆心处产生的磁场磁感觉强度dB0dI10dr，2r2整个圆环在圆心处产生的R2R21dr1(R2R1)，B=dB2020R1R1则小导体环里经过的磁通量BS1(R2R1)r2，20导体环中的感觉电流iR1d10(R2R1)r2d。Rdt2Rdt方向：当d(t)/dt>0时，i与选定的正方向相反．当d(t)/dt<0时，i与选定的正方向同样．16-30d4；线圈中的感觉电流是顺时针方向．ln23解：(1)载流为I的无穷长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：B0I/(2r)以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：3d0I0Id3d1dr2ln2d2r2与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：2d0Idr0Idln2Φ2dd2r2总磁通量ΦΦ1Φ20Idln423感觉电动势为：dΦ0d4dI0d4dt(ln)2ln23dt3由>0和回路正方向为顺时针，因此的绕向为顺时针方向，线圈中的感觉电流亦是顺时针方向．16-41BL2sin2；的方向沿着杆指向上端2解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为d(vB)dlvlsinO′vBsin(1∴d(vB)dl)cosdlLL2LlBsindlsinBsin2ldl0BL2sin2O的方向沿着杆指向上端．16-5Ua-Ub3BL210解：Ob间的动生电动势：4L/54L/51B(4L)216BL21(vB)dlBldl002550b点电势高于O点．

BdlvBlOa间的动生电动势：L/5L/51B(1L)212(vB)dlBldlBL2002550a点电势高于O点．∴UaUb211BL216BL215BL23BL25050501016-6μIvln2abD端电势高02a；2πb解：以C点为坐标原点，沿CD方向建立x轴正方向，取距离C点x地址处，长度为dx的杆，两导线在该地址处产生的磁场的磁感觉强度：B0I0I，方向垂直纸面向外，2ax22ax产生的感觉电动势：dvBdx0I0Ivdx，2ax22axCD杆上产生的感觉电动势：db0I0Ivdx0Ivlnaxln2axb02ax22ax200Iv2ab2lnb2a端电势高16-7id/dt(2/3)B0a3cost；当i>0时，电动势沿顺时针方向．解：取回路正向顺时针，则ar2sinB2rdrB02tdr0(2/3)B0a3sintid/dt(2/3)B0a3cost当i>0时，电动势沿顺时针方向．16-8证明证：取长直导线之一的轴线上一点作坐标原点，设电流为I，则在两长直导线的平面上两线之间的地域中B的散布为B0I0I2r2(dr)穿过单位长的一对导线所围面积（如图中暗影所示）的磁通为daIrI0IlndaBdS0I(11)drdS2ardra2alndaOrL0Ia16-9I=1.26A解：w10H210(nI)222∴I(2w/0)/n1.26A16-10证明：长直导线内任意一点磁场的磁感觉强度B0Ir2，2πR对应该点处的磁场能量密度w1B20I2r22824，0R0I2r2R0I2r30I2单位长度导线所储蓄的磁能为：WdV82R42rdr04R4dr16第十七章电磁波例题答案：例17-1(C)例17-2垂直；横：同样；同时例17-31.5910-5W/m2练习题答案：17-1证明略17-22108m/s17-3能流密度矢量，其大小表示单位时间内流过与能量传输方向垂直的单位横截面积的能量，其方向为能量的传输方向；SEH大学物理课后练习十八一、选择题1．（C）解：波的流传是相位的流传过程，沿波的流传方向相位是挨次落后的。2．（D）解：由图可知各质点的位移和速度的方向。xiAcostiitT4由、、、、viAsintv40t4iv00v10v20v30得出各点的初位相。3．（C）解：平面简谐波的颠簸方程为：yAcostxu比较y0.1cos3tx

txAcos2T则A=0.1m,2m,u3ms1,T32s。由图可知a,b两点间位相差为。24．（D）解：yAcosBtCxAcosBtCBx则比较简谐波的颠簸方程为：B,B,T2,2CBC5．（A）解：P处质点t=0时辰，由图可见在其平衡地址处，则A应与S垂直，且运动方向向上，即v>0，且A的端点在x方向的速度重量应大于零。二、填空题1．y2Acos2tL1L2；xkL1k1,2,解：（1）沿波的流传方向，各质点的振动相位挨次落后，P2的相位落后1的相位为P2L1L2，则y2Acos2tL1L2（2）与P1点振动状态同样，应相位差2kk1,2,即2xL12kk1,2,xkL1。(k1,2......)2．ux表示：x处的质点振动比原点处的质点迟开始一段时间x；ux表示：x处的质点相位落后原点处质点相位为x；uu表示：沿波的流传方向各质点在各时辰相对各自平衡地址的位移。3．颠簸方程：yAcos2txL；t1Lkk0,1,2解：（1）因为波沿OX轴负方向流传，则x处质点的相位超前P处质点相位为2XL.因此颠簸方程为：yAcos2txL。（2）振动状态同样即相位差2kk0,1,2，则2t2t1L2ktt1Lk4．7.96102Wm2W解：IP1007.961022S4102J4Jm5．6105m3；1.210m3；9.23107J解：21A22I21A22uI181033006105Jm3uJmaxA2221.2104m30.142V2uT61053.1430019.23