基础物理学 巩固练习 解答、答案 邢秀文主编.pdf

2012 11 24 郉 秀 文 創 造 第三章 靜電場 電荷與電場 3 1如下圖所 為L的直線上均勻分佈有線密度為 的正電荷 在直線延 線上 與直線 端相距a a 0 的位置放置了 個電量為 q的點電荷 計算該電荷受到的靜 電 的 總習題3 1圖 解答 以直線的右端為座標原點 左方為正方向 在座標為x處取一段長度為dx的線 段 其電荷量為dQ dx 該電荷元在q處激發的電場強度為 dE dQ 4 0r2 dx 4 0 a x 2 由於該電場的方向不變化 因此總電場為 E L 0 dx 4 0 a x 2 4 0 1 a x L 0 4 0 L a L a 電荷q受到的電場力大小為 F qE q 4 0 L a L a 另解 電荷元dQ與 q的作用力為 dF qdQ 4 0 a x 2 q dx 4 0 a x 2 因為所有的作用力都在同一個方向上 故總作用力為 F L 0 q dx 4 0 a x 2 q 4 0 L a L a 3 2 如下圖所 為2L的直線上均勻分佈有線密度為 的正電荷 計算在直線的中 垂線上與直線相距為a的位置的電場強度 總習題3 2圖 19 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 解答 本題需要根據 微元 思想求解 dE dq 4 0r2 我們需要將這個表達式用具體的坐標表示 以棒的中心為原點 線電荷方向為x軸 y 軸經過P 點 令電荷元的坐標為x 長度為dx 其帶電量dq dx 到P 點的距離為 r x2 a2 根據電荷的對稱性 總電場一定是垂直向上 因此我們只需要計算電場的y分量 dEy dE cos dq 4 0r2 cos dx 4 0 x2 a2 a x2 a2 總電場 E L L dEy L L a dx 4 0 x2 a2 3 這個積分需要換元處理 從圖中可以看出 sin x x2 a2 x atan dx asec2 d 代入上式得 E 2 1 d 4 0asec 4 0 sin 2 1 從圖中可以看出 積分上限x2 L 積分下限x1 L sin 2 x2 a2 x2 2 L a2 L2 sin 1 x1 a2 x2 1 L a2 L2 所以 E 2 0a L a2 L2 3 3 如下圖所 細絕緣線彎成的半圓形環 半徑為R 其上均勻地攜帶正電荷Q 求圓 O點處的電場強度E 提 電荷元dq dl Rd 總習題3 3圖 解答 從圖的對稱性可以發現 總電場是垂直向下的 dE dq 4 0R2 sin Rd 4 0R2 sin 其中電荷線密度 Q R 總電場垂直向下 E 4 0R 0 sin d 2 0R Q 2 2 0R2 20 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 電通量 3 4如下圖所 有 形的閉合曲 邊 a 0 1 m 已知空間的場強分佈為 E 200i 300j 100k V m 分別計算通過表 I II III的電通量 總習題3 4圖 解答 各個平面的面積S a2 0 01 以立方體的外法線為正方向 有 S1 0 01i S2 0 01j S3 0 01k 根據電通量的定義 1 E S1 200i 300j 100k 0 01i 2 V m 2 200i 300j 100k 0 01j 3 V m 3 200i 300j 100k 0 01k 1 V m 3 5如下圖所 有 形的閉合曲 邊 a 0 1 m 已知空間的場強分佈為 Ex bx Ey Ez 0 b 1000 V m2 1 求通過該閉合 的總電通量 2 求該閉合 內的淨電荷量 總習題3 5圖 解答 1 因為電場只有x分量 所以只有x方向的兩個平面存在通量 當電場線與面 積垂直 與面積的法線平行 式 電通量 電場 面積 在a位置 電場穿入平面 通量為負值 a Ex a2 x a ba3 1 在2a位置 電場穿出平面 通量為正 2a Ex a2 x 2a 2ba3 2 總通量為 1 2 1 V m 2 根據高斯定理 q 0 q 0 8 854 10 12C 21 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 3 6將電量為q的點電荷放在 個 體的頂點上 則通過 體表 的總電通量 為多少 解答 電荷所在平面的通量為零 其它三個面的通量為q 24 0 總通量為q 8 0 高斯定理 3 7 證明 半徑為a 電荷體密度為 的均勻帶電球體 球體內外的電場分佈為 E r 3 0 er r a 总习题3 7图 解答 根據對稱性 球體內外的電場方向一定是沿着半徑方向的 在距離球心為r處 場強大小E 一定是相等的 構造如圖中虛線所示的半徑為r的閉合高斯面 在該閉合 球面處 場強的大小相等且處處與球面垂直 電通量 電場 面積 e S E dS E 4 r2 若r a 則該高斯面內的電荷量為 qin 4 3 a 3 根據高斯定理 e qin 0得 E 4 r2 4 3 0 r3 r a 化簡 並考慮到E的方向沿着半徑er方向 可得證 3 8 根據 斯定理證明 橫截 半徑為a 電荷體密度為 線密度 a2 的無限 均勻帶電圓柱體 其內外空間的電場分佈為 E r 2 0 err a 22 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 总习题3 8图 解答 根據對稱性 電場方向垂直於中心軸並沿着半徑方向 即er方向 構造一個長 度為h 半徑為r的圓柱面 顯然 圓柱左右兩個端面與電場平行 電通量為零 只有 圓柱的筒狀側面有電通量 在筒狀側面處 場強大小相等 且始終與側面垂直 電通 量 場強 面積 e 左 右 側 0 0 E S側 E 2 r h 若r a 則該高斯面內的電荷量為 qin a2 h 根據高斯定理 e qin 0得 E 2 r h 1 0 r2 h r a 繼續化簡併添加電場方向er即可得結論 3 9 某無限 均勻帶電空 圓筒 半徑為a 電荷線密度為 證明圓筒 內外的電場 分佈為原公式 中 r a 改 為 r a E 0r a 总习题3 9图 解答 根據對稱性 電場方向垂直於中心軸並沿着半徑方向 即er方向 構造一個長 度為l 半徑為r的圓柱面 顯然 圓柱的兩個底面與電場平行 電通量為零 只有圓柱 的筒狀側面有電通量 電通量 場強 面積 E 2 r l 根據高斯定理 e qin 0 得 E 2 r l 1 0 0 r a 繼續化簡併添加電場方向er即可得結論 23 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 3 10如下圖所 均勻帶電的兩個同 球殼半徑分別為r1 r2 總電量分別為q1 q2 計算空間的電場分佈 總習題3 10圖 解答 根據對稱性 球體內外的電場方向一定是沿着半徑方向的 設距離球心為r處 場強大小為E 電通量 e E 4 r2 根據高斯定理 e qin 0得 E 4 r2 1 0 0 r r1 q1 r1 r r2 q1 q2 r2 r 繼續化簡併添加電場方向er即可得 E 0 r r1 q1 0r2 er r1 r r2 q1 q2 0r2 er r2 r 3 11 厚度為a的無限 均勻帶電平板 電荷體密度為 判定其周圍電場的 向並計 算電場的 总习题3 11图 解答 以板的中心對稱面為界 將空間分為兩個區域 空間電場與平板垂直 並且向 兩側發散 構造一個小的柱形閉曲面橫跨中心對稱面的兩側並且在兩側的高度相等 設 柱形的半高度為l 底面積為A 顯然 只有柱形的兩個底面有電通量 e 2EA 根 據高斯定理 e qin 0得 2EA 1 0 2Al l a 2 化簡得 E l 0 l a 2 24 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 這裡的l也是場點與對稱中心面的距離 電勢 3 12 正 形四個頂點上各放置 個電量q 2 nC的點電荷 各頂點距離中 點A的距中心點的符 號原為O 現改為A 離為r 8 cm 若將試探電荷q0 6 C從A點移動 無窮遠處 電場 做功多 解答 電荷周圍的電場非常複雜 不要用定義計算功 根據保守力做功特點 電場力 做功等於電勢能的減小量 WA q0UA q0U q0UA 事實上 根據電勢能的定義 將電荷從A點移動到無窮遠處的參考點 電場力做的功 就是電荷在A處的電勢能 中心點A的電勢 UA 4 1 4 0 q r 4 9 0 109 2 10 9 8 10 2 900 電場力做功 WA q0UA 5 4 mJ 3 13 無限 帶電直線沿着x軸放置 電荷線密度為 y軸正向有兩個點 座標分別為 y1 y2 y2 y1 0 計算兩點之間的電壓U12 解答 無限長直線電荷周圍的電場與直線垂直 場強大小的分佈為 E 2 0y 根據電勢的定義計算 U12 y2 y1 Edy y2 y1 2 0y dy 2 0 ln y2 y1 3 14 為L的直線上均勻分佈有線密度為 的電荷 在直線延 線上與導線 端相距 a的位置放置了 個電量為q的點電荷 若將該電荷移動 無窮遠處 電場 做功多 請參考總習題3 1圖 解答 根據疊加原理計算a位置的電勢 Ua L dq 4 0r 1 4 0 L 0 dx x a 4 0 ln a L a 電場力做功 Wa q0Ua q0Ua q 4 0 ln a L a 3 15 兩個同 的均勻帶電球 半徑分別為r1 r2 r1 R 距離球心為r且r r1的位置 位於兩個球面的內部 兩個球面電荷在這個內部位置產 生的電勢之和為 U r q1 4 0r1 q2 4 0r2 距離球心r1 r r2的位置 位於球面1的外部 而在球面2的內部 電勢之和為 U r q1 4 0r q2 4 0r2 在r2 r處 兩個球面產生的電勢之和為 U r q1 4 0r q2 4 0r 3 16兩個均勻帶電的同 球殼半徑分別為r1 10 cm r2 30 cm 電量分別為q1 10 nC q2 15 nC 計算距離球 r 20 cm以及r 50 cm處的電勢 解答 r 20 cm處於兩個球殼之間 故 U r q1 4 0r q2 4 0r2 9 109 10 10 9 0 2 15 10 9 0 3 900 V r 50 cm處於兩個球殼之外 U r q1 4 0r q2 4 0r 9 109 10 10 9 0 5 15 10 9 0 5 450 V 3 17 半徑為R的均勻帶電圓盤 電荷 密度為 以無窮遠為勢能零點 計算圓 O 處的電勢 提 將圓盤切割為許多同 圓環 解答 將圓盤切割為許多半徑為r 寬度為dr的窄圓環 每個圓環的面積為dA 2 rdr 帶電量dq dA 該圓環在中心O處的電勢為 dU dq 4 0r 2 rdr 4 0r dr 2 0 總電勢 U R 0 dr 2 0 R 2 0 3 18 如下圖所 電偶極 p ql 證明無限遠處的A點電勢為 U p r 4 0r3 p er 4 0r2 26 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 其中r是從偶極 中 O指向A點的位置 量 總習題3 18圖 解答 正 負電荷在A處激發的電勢和為 U q 4 0r q 4 0r q r r 4 0r r 根據圖示 r r l 2 cos r r l 2 cos 略去高階無限小量l2 有 r r lcos r r r2 l2 4 cos2 r2 所以有 U qlcos 4 0r2 pcos r 4 0r3 p r 4 0r3 3 19 證明 在均勻電場E中 電偶極 p的電勢能可以表 為 Ep p E pE cos 解答 根據例題 電偶極子在電場中受到的力矩大小為 pE sin 並且此力矩傾 向於令 減小 因此 pE sin 若規定 90 為勢能零點 則 Ep 90 d 90 pE sin d pE cos p E 導體與電容 3 20 球形電容器是由半徑分別為RA和RB的兩個同 的 屬殼所組成的 設RA RB 證明球形電容器的電容為 C 4 0 RARB RB RA 解答 令內球攜帶正電荷Q 外球攜帶負電荷 Q 根據高斯定理 兩個球面之間的 電場強度為 E Q 4 0r2 電壓 UAB RB RA Edr Q 4 0 RB RA RARB 27 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 電容 C Q UAB 4 0 RARB RB RA 3 21 有的計算機鍵盤的每 個鍵下 連接 塊 屬 它下 隔 定空氣隙是 塊 固定 屬 這樣兩塊 屬 就組成 個 電容器 當鍵被按下時 此 電容器的電 容就發 變化 與之相連的電 線路就能檢測出是哪個鍵被按下了 從 給出相應的信 號 設每個 屬 的 積為50 0 mm2 兩 屬 之間的距離是0 600 mm 如果電 線 路能檢測出的電容變化是0 250 pF 那麼鍵需要按下多 的距離才能給出必要的信號 解答 提示 平板電容 C 0S d C 0S d2 d 綜合 3 22 如下圖所 電荷線密度為 1的無限 直線與電荷線密度為 2的有限 直線共 放置 計算它們之間的相互作 總習題3 22圖 解答 無限長直線電荷1在外部空間激發的場強為 E 1 2 0r 在電荷2上選取一段長度為dr的電荷 則該電荷受到的電場力為 dF EdQ E 2dr 受到該電場的靜電力為 F b a E 2dr 1 2 2 0 ln b a 3 23 如下圖所 在電荷體密度為 的均勻帶電球體內挖去 個 球體 證明此空腔 內的電場強度是均勻的 設兩個球體的中 分別為A B 總習題3 23圖 解答 根據3 7題的結論 均勻荷電球體在其內部產生的電場為 E r 3 0 er r 3 0 28 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第3章 靜電場 將此空腔帶電體視為一個均勻帶正電的球體與一個小的均勻帶負電的球體疊加而成 則 空腔內某點P 的總電場為 E rA 3 0 rB 3 0 3 0 AP BP 3 0 AB 這是一個恆定矢量 3 24 如下圖所 在無限 的 屬導體平 的上 距離為d的位置有 個電量為q的 點電荷 計算與電荷正對的 屬表 的P 點處的感應電荷 密度 總習題3 24圖 解答 在P 點上方的空氣中選取一個無限靠近的點P1 在P 點下方的導體中選取一個 無限靠近的點P2 並且P1與P2至P 點的距離相同 由於三個點無限靠近 所以電荷q在這三個位置激發的電場大小 方向皆相同 Eq P Eq P1 Eq P2 q 4 0d2 在導體表面出現的感應電荷q q 0 也在空間激發電場 並且q 在P1與P2位置 激發的電場大小相同 方向相反 設其大小為Eq P2位置在導體內部 其電場強度一定為零 q與q 在該位置激發的電場方向相反 總場強為 Eq P2 Eq 0 所以有 Eq P Eq P1 Eq P2 Eq 在P1位置 q與q 激發的電場方向相同 總場強為 E Eq P1 Eq 2Eq P1 q 2 0d2 根據導體表面電荷與電場的關係E 0 E 0 q 2 d2 3 25 證明 導體表 是等電勢 解答 參見教材92頁 2 3 26 運 斯定理證明 導體內部任意位置沒有淨電荷 解答 參見教材92頁 3 3 27 運 斯定理證明 空腔導體內表 的電荷量 定與空腔內電荷的電量等値異號 解答 參見教材94頁倒數第3段 29 2012 11 24 郉 秀 文 創 造 第四章 穩恒磁場 畢 薩定律 4 1 如下圖所 幾種載流導線在平 內分佈 電流均為I 它們在O點的磁感應強 度各為多少 解答 0I 8R 0I 4 R 解答 0I 4R 0I 2 R 解答 0I 2R 0I 2 R 總習題4 1圖 4 2 如下圖所 寬度為a的無限 導電平板上通有均勻的電流I 計算導電平板附近 距離邊緣為b的P 點的磁場 總習題4 2圖 解答 將平板電流切割為許多細長的直線電流元 dI I a dr 該電流元在P 點激發的 磁場為 dB 0dI 2 r 0I 2a dr r 因為所有dB是同方向的 所以只要將它們的大小積分就得總磁場 B a b b 0I 2a dr r 0I 2a ln a b b 4 3如下圖所 半徑為R的無限 半圓筒形導線中有均勻分佈的電流I 計算軸線 上的磁感應強度的 圓筒的厚度不計 30 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第4章 穩恒磁場 總習題4 3圖 解答 從對稱性可以看出 P 點的總磁場水平向左 將半圓形電流切割為直線電流 dI I d 該電流元在P 點激發的磁場水平分量為 dB 0dI 2 R sin 0I 2 2R sin d B 0 0I 2 2R sin d 0I 2R 磁通量 4 4 如下圖所 無限 直線電流附近共 放置 個矩形線框 計算線框的磁通量 總習題4 4圖 解答 將矩形沿着上下方向切割為許多長條矩形 其高度為a 寬度為dr 與直線電 流的距離為r 則該小矩形的磁通量為 d B dS 0I 2 r adr 0Ia 2 r dr 總通量為 l b l 0Ia 2 r dr 0Ia 2 ln l b l 4 5 如下圖所 根據磁場的 斯定理證明穿過以閉合曲線C 為邊界的任意曲 S1和 S2的磁通量 相等 總習題4 5圖 解答 以曲面S1和S2為邊界構造一個封閉曲面 且以外法線作為正方向 S B dS S1 B dS S2 B dS 0 31 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第4章 穩恒磁場 如果不考慮通量的正負 則有 S1 B dS S2 B dS 環路定理 4 6 如下圖所 有 根很 的同軸電纜 由兩層厚度不計的共軸圓筒組成 內筒的 半徑為r1 外筒的半徑為r2 在這兩導體中 載有 相等 向相反的電流I 計算 空間各點的磁感應強度 總習題4 6圖 解答 選擇一條同心圓作為積分路徑 磁場線的形狀一定與此路徑相同 L B dl B 2 r 0Iin 0 0 r r1 I r1 r r2 化簡得 B 0 r r1 0I 2 r r1 r r2 4 7 如下圖所 無限 圓柱形空 導線 柱體的內 外半徑分別為a和b 電流I 均 勻分佈在陰影部分的橫截 上 計算導體內部各點 a r b 的磁感應強度的 總習題4 7圖 解答 選擇一條同心圓作為積分路徑 磁場線的形狀一定與此路徑相同 L B dl B 2 r 0Iin 0 0 r a r2 a2 b2 a2 I a r b 32 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第4章 穩恒磁場 化簡得 B 0 r r1 0I 2 r r2 a2 b2 a2 r1 r r2 安培力 4 8 如下圖所 相互絕緣的 直導線與圓形導線共 放置 圓 與直線重合 電流 分別為I1 I2 證明圓形線圈受到的安培 與其半徑無關 總習題4 8圖 解答 在直線電流產生的磁場中 環形電流受到的合力是豎直向下的 選取方位為 的一段電流元I2dl I2Rd dF B I2dl 0I1 2 r I2Rd 0I1 2 Rsin I2Rd 所有電流元受到的垂直向下的分力之和為 F L dF sin 2 0 0I1I2 2 d 0I1I2 此結果與環形電流半徑無關 4 9 如下圖所 半徑為R 0 1 m的半圓形閉合線圈 載有電流I 10 A 放在 均勻磁場中 磁場 向與線圈 平 已知B 0 5 T 求線圈所受 矩的 和 向 以直徑oo 為轉軸 總習題4 9圖 解答 解法一 電流元Idl IRd 受到的磁場力垂直於紙面向下 大小等於 dF Idl B sin IRB sin d 該作用力到轉軸的距離r Rsin 力矩爲rd r d 總力矩 L d IR2B 0 sin2 d 1 2 IR 2B 解法二 閉合電流線圈的磁矩方向垂直紙面向上 與磁場垂直 其大小為 m IS 1 2 R 2I 33 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第4章 穩恒磁場 該磁偶極子在磁場中受到的力矩大小為 mB 1 2 R 2IB 40 N m 力矩矢量的方向水平向左 綜合 4 10 個半徑為R的塑料圓盤 帶電量為 Q 且電量均勻分佈在表 圓盤繞垂直 於盤 的中 軸以 速度 轉動 證明 1 圓盤中 處的磁感應強度 為 B 0 Q 2 R 2 圓盤的磁偶極矩為 m 1 4 QR 2 解答 將圓盤電荷分為許多同心細圓環 其電荷量為 dQ Q R2 2 rdr 2Q R2 rdr 該環形電荷旋轉一週的時間是T 2 形成的微電流為 dI dQ T Q R2 rdr 1 圓心處的磁場 B S 0dI 2r R 0 0 2r Q R2 rdr 0 Q 2 R 2 圓盤的磁偶極矩為 m S r2 dI R 0 r2 Q R2 rdr 1 4 QR 2 4 11 如下圖所 條實 導線內有均勻的電流I 通過導線中 線作 個平 S 計 算 度為l的S 平 的磁通量 總習題4 11圖 解答 假設導線橫截面的半徑為R 在導線內部 磁場大小為 B 2 r 0 Ir2 R2 B 0Ir 2 R2 磁通量 R 0 B ldr R 0 0Ir 2 R2 ldr 0Il 4 34 2012 11 24 郉 秀 文 創 造 第五章 電磁場 感應電動勢 5 1如下圖所 無限 恆定直線電流I 旁邊共 放置 段 度為L的直導線 它可 以圍繞端點O以 速度 轉動 各幾何尺 如圖所 當直導線與 平 向的 度為 時 計算直導線的動 電動勢 總習題5 1圖 解答 在直導線上選取長度為dh的一小段微元 其距離O點h 該微元至無限長電流 的距離為r a hcos dE B dh v 0I 2 r dh h 總電動勢 E L 0 dE L 0 0I 2 a hcos dh h 0I 2 cos L 0 h h a cos dh 0I 2 cos L a cos ln a Lcos a 電動勢方向為P O 5 2 如圖所 無限 直線電流I 旁邊共 放置 個矩形導線框 其尺 如圖 若電 流I 恆定不變 導線框以速率v遠離直線電流 dl dt v 計算在當前位置時導線框 內的總電動勢 總習題5 2圖 35 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第5章 電磁場 解答 解法一 將導線框切割為向下方向的細長矩形面積元 面積元距離直線電流r 其面積為dS adr 則矩形線框的總磁通量為 l b l B dS l b l 0I 2 r adr 0Ia 2 ln l b lnl 在上式中 距離l是時間的函數 E d dt d dl dl dt 0Ia 2 v l v l b 0Ia 2 bv l l b 方向為順時針環繞 解法二 導線框中只有最左邊和最右邊切割磁場線 左邊切割磁場線產生的電動 勢垂直向上 順時針環繞 E1 Bav 0I 2 l av 右邊切割磁場線產生的電動勢垂直向上 逆時針環繞 E2 Bav 0I 2 l b av 總電動勢 E E1 E2 5 3 如圖所 無限 直線電流I1 I2旁邊共 放置 個靜 的矩形導線框 其尺 如 圖所 若電流I1 I0cos t I2 I0sin t 計算t 0時刻導線框內總電動勢的 和 向 總習題5 3圖 解答 將導線框切割為向下方向的細長矩形面積元 面積元距離直線電流r 其面積 為dS adr 電流I1在線框中產生的磁通量為 1 x1 b x1 0I1 2 r adr 0I1a 2 ln x1 b x1 電流I2在線框中產生的磁通量為 2 0I2a 2 ln x2 b x2 這裡的磁通量 垂直紙面向內為正向 因此電動勢環繞的正參考方向為順時針 E t d 1 2 dt 0a 2 ln x1 b x1 dI1 dt 0a 2 ln x2 b x2 dI2 dt 36 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第5章 電磁場 0a 2 ln x1 b x1 I0sin t 0a 2 ln x2 b x2 I0cos t E 0 0I0a 2 ln x2 b x2 式中的負號表示電動勢真實環繞方向為逆時針 5 4 如下圖所 半徑為R的圓柱形區域內有垂直於紙 向外的均勻磁場B 並且磁 場以均勻的變化率dB dt k增 導體框abcd平放在紙 上 ab的 度為2l 到圓 O的距離為h cd邊完全在磁場區域之外 1 計算ab邊的電動勢 2 計算cd邊 的電動勢 3 計算迴路abcd中的總電動勢 並指出其環繞 向 總習題5 4圖 解答 1 用假想的導體將oab連接為閉合三角形 根據磁場的對稱性 感生電場線是 一系列同心圓環 方向為顺時針 因為感生電場的方向與oa ob垂直 故閉合三角形 oab中僅有ab存在電動勢 Eba Eoba d dt Soba dB dt lhk 由楞次定律可知電動勢的方向為b a 2 類似的道理可明白 Ecd Eocd d dt Socd dB dt kR2arctan l h 這裡需要注意的是 Socd為磁場佔據的面積 即圖中的扇形陰影的面積 由楞次定律 可知電動勢的方向為c d 3 可以有兩種方式求解 方式一 Eabcd d dt Sabcd dB dt 這裡Sabcd是線框abcd包圍的陰影部分的面積 方式二 根據前面兩個小問題的結論 ba以及cd上都有指向下方的電動勢 而沿 著直徑方向的bc和ad兩邊無電動勢 因而總電動勢為 Eabcd Ecd Eba kR2arctan l h lhk 方向為順時針 5 5 在豎直 向上有隨着時間變化的磁場B B0sin t 若在 平 上放 鐵絲製作 的閉合圓環 則圓環中必然有感應電流 現在 相同粗細的鐵絲製作直徑D不同的閉 37 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第5章 電磁場 合圓環 證明圓環所耗散的電功率P 2D3 可 減 鐵環的尺 可以降低發熱量 正因為如此 變壓器的鐵 才需要 薄 來限制其發熱量 提 鐵環的電阻Z 與其周 成正 鐵環的 感忽略不計 解答 鐵環中的磁通量 B S B0sin t D2 電動勢 E d dt D2 B0cos t D2 鐵環的電阻Z 與其周長成正比 周長與直徑成正比 Z l D 鐵環產生的焦耳功率 P E2 Z D3 2 5 6電阻為Z 的閉合導線框 穿過它的磁通量由 1變化 2 證明導線中流過的總 電荷量為 Q 1 2 Z 解答 E d dt 電流 I E Z d Zdt 電荷 Q t2 t1 Idt t2 t1 d Zdt dt 1 Z t1 t2 d 1 2 Z 自感與互感 5 7 兩個圓線圈 匝數分別為N1和N2 半徑分別為r1和r2 且r1 r2 若兩個線圈 放在同 個平 上 且圓 重合 則它們的互感係數多 提 線圈內部的磁場是 近似均勻的 解答 設半徑r1的線圈載有電流I1 在其中心處產生的磁場為 B1 N1 0I1 2r1 半徑為r2的線圈中的總磁鏈為 2 N2 B1 r2 2 N1N2 0I1 2r1 r2 2 互感係數 M 2 I1 0N1N2 2r1 r2 2 38 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第5章 電磁場 5 8 個橫截 是矩形的螺繞環 總匝數為N 其尺 如下圖所 計算其 感係數 原題中漏掉 了 總匝數為 N 總習題5 8圖 解答 選取一條半徑r的閉合積分路徑穿過羅繞環內部 r1 r r2 則它們之間的互感係數多 解答 在粗管中通上電流I1 則其內部的磁場是均勻的 B1 0n1I1 0 N1 h I1 細管的磁鏈 N2匝線圈的總磁通 2 N2B1S N2B1 r2 2 互感係數 M 2 I1 0N1N2 h r2 2 5 10 無限 直導線旁邊共 放置 個矩形導線框 尺 如下圖所 計算它們的互感 係數 總習題5 10圖 解答 在直導線中通電流I 矩形線框中的磁通量為 a b b 0I 2 r ldr 0Il 2 ln a b b 39 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第5章 電磁場 互感係數 M I 0l 2 ln a b b 5 11 相互絕緣的無限 直導線與 個矩形導線框共 放置 尺 如下圖所 計算它 們的互感係數 總習題5 11圖 解答 假設在直導線中通向上的電流I 則導線右側磁場垂直於紙面向內 左側磁場 向外 左右抵消後 矩形線框中的總磁通為 a a b 0I 2 r ldr 0Il 2 ln a a b 互感係數 M I 0l 2 ln a a b 5 12 平 的架空輸電線是存在 感的 如下圖所 假設導線的直徑為d 導線之間 的距離為D 且D d 計算 度為l的平 導線的 感係數 總習題5 12圖 解答 兩條導線之間的空氣中 磁場是由兩條電流共同產生的 且方向相同 單條電 流產生的磁通為 D d 2 0I 2 r ldr 0Il 2 ln 2D d 互感係數 M 2 I 2 0l 2 ln 2D d 5 13 有 根很 的同軸電纜 由兩層厚度不計的共軸圓筒組成 內筒的半徑為R1 外 筒的半徑為R2 計算單位 度電纜的 感係數 解答 在內 外筒中加載大小相同 方向相反的電流I 根據安培環路定理 只有兩 筒之間存在磁場 B 0I 2 r 截取一段長度為h的電纜 則兩筒之間的磁通為 R2 R1 0I 2 r hdr 0Ih 2 ln R2 R1 40 郉 秀 文 製 造 基礎物理學 總習題 解答第5章 電磁場 單位長度電纜的互感係數 M0 M h I h 0 2 ln R2 R1 位移電流 5 14 對於平 板電容器 證明它的極板之間的位移電流是Id C dU dt 其中U 是 電容器的電壓 解答 從電流連續性來考慮 極板之間的位移電流一定等於導線中的電流 設電容器 極板上的電荷量為Q 則 I dQ dt d CU dt C dU dt 另解 按照定義 Id 0 d dt e 0 d dt ES 0S l d dt El C dU dt 41 2012 11 24 郉 秀 文 創 造 第七章 振動與波動 振動方程 7 1 個質點沿着x軸做簡諧振動 其 頻率 10 rad s 初始位移x0 7 5 cm 初 始速度v0 75 cm s 請寫出它的振動 程 解答 令振動方程為x Acos t 0 其中A 0為待定常量 根據初始條件得 x0 Acos 0 7 5 v0 dx dt t 0 Asin 0 75 上述兩式聯立得振幅 A x2 0 v0 2 15 2 10 6 cm 初相位 0 arccos 7 5 A arccos 2 2 45 根據式 可知sin 0 0 即v0 0 x0 10cos 0 5 0 arccos 0 5 60 又因為v0 0 所以 0 60 3 根據選擇矢量圖 振子第一次回到平衡位置 對應的選擇矢量轉過的角度為60 90 150 5 6 角頻率 5 6 t 6 振動方程 x 10cos 6 t 3 由圖 b 看出 A 10 cm x0 5 cm v0 0 T 2 4 8 s x0 10cos 0 5 0 arccos 0 5 120 又因為v0 0 y x t t0 x 0 2 f u Asin 0 0 0 2 波函數為 y Acos 2 f t t0 x u 2 坐標原點的振動方程為 y Acos 2 f t t0 2 解法二 1 因為波形右移 可以發現座標原點此刻的速度是負方向的 根據已知 條件可寫出座標原點的振動方程 y Acos 2 f t t0 0 由於t t0時 y0 0且速度為負方向 所以可知 0 2 y Acos 2 f t t0 2 2 波向右傳播 所以波函數 y Acos 2 f t t0 x u 2 7 10 列波沿着x軸傳播 在t 0時刻的波形如下圖所 1 若已知波的頻率f 50 Hz 且向左傳播 寫出該波的波函數 2 若已知波向右傳播 且波速u 250 m s 寫出此波的波函數 總習題7 10圖 解答 從圖中可以看出 A 10 2 5 10 0 5 1 向左傳播的波函數可以記做 x t Acos 2 ft 2 x 0 10cos 100 t 5 x 0 根據x 0 t 0時 0 5 得cos 0 0 5 0 120 進一步確定