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1、优秀学习资料欢迎下载一、选择题(1)D 解:先考虑一个板带电q,它在空间产生的场强为02qES。注意是匀场。另一板上电荷“ |q|”在此电场中受力,将其化为无数个点电荷qdq,每个电荷受力大小为0|2q dqdFdqES,故整个 |q|受力为:200|22qdqqFdq ESS。这既是两板间作用力大小。(2)B 解:由电通量概念和电力线概念知:A、穿过 S面的电通量不变,因为它只与 S面内的电荷相关,现内面电荷没有变化,所以穿过S面的电通量不变。B、由于 S面上场强与内外电荷都有关, 现在外面电荷位置变化,所以 P点场强也变化。故选 B。二、填空题(1)|3 /3qq解:画图。设等边三角形的边
2、长为a,则任一顶点处的电荷受到其余两个电荷的作用力合力F为:222212cos30(2/)3 / 23/FFkqakqa设 在 中心 处 放 置电 荷q, 它 对 顶点 处 电 荷的 作 用 力为 :2223(3 / 3)qqqqqqFkkkraa再由FF,可解出3 /3|3 / 3qqqq。(2)20/(2)qia或20/(2)qa,i方向指向右下角。解:当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消,若异号肯定有电力线过精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载O 点,故只有左上角的电荷电力线指向右下角的
3、“”电荷。是202/ (4)qa三、计算题9.3 9.4 0ln2aba, 10()2btgh(6.7)解:将带电平面薄板划分为无数条长直带电线(书中图),宽为dx。求出每条带电线在场点产生的场强(微元表示),然后对全部长直带电线积分,就得到该题的解。注意单位长度上的带电量:dq dxdxdy dx(1)距边缘为 a 处,每条带电直线产生的场强为0022()2dxdEbrax原点取在导体片中间, x 方向向左:故总的场强:00/ 2/ 2ln222()bbdxEabbxaaE的方向沿 x 轴正向。或:原点取在场点处, x 轴方向向右 :,则总的场强为:00ln22abaabdxExa此时E的方
4、向沿 x 轴“”向。(2)在板的垂直方向上,距板为h 处。每条带电直线在此处的场强为22 1/ 20022()dqdxdErxh由于对称性,故分解:22220000sincos22()22()xydqdx xdqdx hdEdErxhrxh在 x 方向上,场强分量因对称互相抵消,故0xE。所以:/2122/1020021()2()22()2bybdx hhbEEtgxhhbtghh9.5 004xyAEEb解:任取线元dl,所在角位置为 , (如图) 。带电为cosdqAbd。它在圆心处产生的电场强度分量各为:2222cos()cossin()sinxydqdqdqdqdEkkdEkkbbbb
5、整个圆环产生的:精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载22200cos()sincos0xxydqAAEdEkkEkdbbb9.7 12eSER,22eSER( 6.15)由电通量(本书定义为:电场强度通量)的物理意义,知通过S1或 S2面的电通量都等于通过圆平面2R的电通量。电场强度通量(垂直通过2R面的) :2eESESER也即是通过 S1或 S2面的。或解:以 S1和以圆面积2R(R 为半径的 )组成一个封闭曲面S 由高斯定理,知:0/0iiSE dSq, 又210SRSEd SEd SEd
6、S所以2112eSSRE dSE dSER同理:2222eSSRE dSE dSER9.8514.610qC,13321333()4.7210/4 ()qqCmrR解:(1) 由高斯定理:0/iSEdSq可得:251101cos4/4.6 10ERqqC同理( 2)22220202cos4/4Erqqr E所以大气的电荷平均体密度为:13321333()4.72 10/4 ()qqCmrR9.9 110 ()ErR,1202Er,1130()2Er解:本题解被分成三个区域:1122,rRRrRRr由高斯定理知:1 域:110 ()ErR,因为在该区域内作的高斯面,面内无电荷。2 域内作一同轴的
7、圆柱形高斯面,高为l,半径为r,满足12RrR则有:2010122sEEsErlEdr l在 3 域,类似 2 域方法作高斯面,满足2Rr。则有:1101130()()22slEdsEr lEEr9.10 在 n 区:001( )()( )()DnDnSNeEdsE x Sxx SNeE xxx在 p 区:001( )()( )()ApApSNeEdsE x Sxx SNeE xxx9.11 00A解:这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念。见P.69页的题图。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载
8、因为:00/ 2/2qqUkkUll所以:000()0Aq UU9.13 |90abUV(6.22)解:11| |()90ababUUUkqVab9.14 2202pquxr,通过该点的等势线是在中垂面上半径为x 的圆。解:1222222202pkqkqquuuxrxrxr等势面是中垂线内, 半径为 x 的圆,圆心在两电荷的连线的中点。9.16 303RUr外203RU面上220(3)6RUr内(6.25)球体内331300014()4343RrrQErRrRR球体外220320()34RrRQErr定义0U,则可求出各区域的电势球体外332000014)4433(4rRQQUdrRrRrrr
9、r球面上2020(43)RQUdrrRrR球体内12RrrRUEdrEdrEdr3202002(3)644RrRQQrdrdrRrRr(rR域)9.20 1024111()rRqUR内, 014qUr外, 0214qRU壳上解:应用高斯定理,可求得空间各域的电场强度:(1rR): 12?qEkrr(12RrR) :20E(2Rr) :32?qEkrr再由电势定义,可求:(1rR): 1222121000110111(44)4RrRqqdrdrrrrRRqu精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载(12
10、RrR) :2222201041RqqkdrkqurRR(2Rr) :302114rqqkdrkqrrru自行画图点电荷在球心,球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点电荷偏离球心,球壳内表面的感应电荷分布不均匀。靠近点电荷的区域,电荷密度大,反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷仍然均匀分布。9.21 解: (1)由电势叠加原理,有,内球电势:11230123()1()4kqkqk qQqqqQURRRRRR球壳电势:2031()4qQUR(2)电势差120121()4qqUUURR(3)连接球与球壳,则电荷全部跑到外球面上,所以球与球壳是等势体1212031(),04qQUU
11、UUUR(4)外球面接地,则只有内球与球壳间的局域场,所以20U,但10121()4qqURR。 另外120121()4qqUUURR注意,本题的解也可用电势定义积分得到。9.22 (7.4)证:两带电金属球。半径分别为12,R R。由于相距远,两球产生的电场互不影响。现用一根极细导线连接两球,达到静电平衡后记金属球1 带电为1q,电势为1U;金属球 2 带电为2q,电势为2U。由于导线相连, 故有:12UU。 又互不影响,所以有:121212qqUkUkRR即:121122221201021144qqq Rq RkkRRRR又12122212,44qqRR此两式代入上式,可得1122RR即1
12、R表-得证9.23 0/UdUllU,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载解:设充电后,板上电量为q,板的面积为 s,故板上面密度大小为/q s插入金属板以前:00/EUEdd。现断开电源( q 不变) ,插入金属板,厚为l,故电容器两板间距变为了dl,此时:00/()() /EUE dldl电势差的改变为00/lUUUldl由式看出金属板的位置对结果无影响。9.24 无图9.25 21 . 9 21 0WJ解 : 见 图 , 当 开 关K拨 向1 , 电 容C1充 电 ,641108 10120
13、9.6 10qCUCC1的能量为2622110118 101205.761022WCUJ当开关 K 拨向 2,电容 C1向当电容 C2放电,电荷会重新分布,由于是电容并联,故有:121qqq,又电压相等11221212/2:1qCqCqqCC由此两式解得:4412116.4 10,3.2 10,/80qCqCUqCV故并联后电容器中的总能量为226262221211118 10804 10803.84 102222WCUC UJ故能量改变:2211.9210WWWJ9.26 0sdd; 抽出时200212 ()dsAUdd解:插入厚度为 d的金属板后,相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个
14、电容器,分别设为C1和 C2。设 C1的板间距为 l,则另一电容的板间距为ddlt。串联后的总电容设为C,则有0120000111()sltlddlddCCCCssssdd(1) 插入后的总电容为0sCdd(2) 这是先充电, 后改变电容(板上电量不变,改变电容) 。抽出金属板,电容改变为00 ssCdd因为原先电容储能为212qWC, 现在0qC U不变,但电容变化了。故新电容储能212qWC。WCddddWWWWWWWWCdddddddd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载所以外力的功:220
15、0021122 ()dsddAWWWCUUdddddd9.27 2301()0.113/2uwJmR解:导体球表面的电能密度:22220000002201111(/)(/)()222424qqwERR因为导体球电容:0044CRqCuRu,代入上式得:2301()0.113/2uwJmR9.28 解:静电能2220120122121421122R RR RWCUUURRRR9.29电场总能:260123111()1.82 108qWJRRR(可用电场能密度积分求解)导线连接后,电荷都在外表面。总能:25038.1 108qWJR9.30 (1) 771.010,2.010BCqCqC, 310
16、2.3 10ABAABdUUqVS(2) 782.1 10,8.610BCqCqC, 2209.7 10ACAACdUUqVS9.31 无图。9.35 解:见题图, (1)设介质板与上极板的距离为x。介质中的场强为E,空气中的场强为0E。由电势计算有000()()uE xEtEdxtEdtEt再 由 高 斯 定 理 知 , 两 极 板 间 任 一 点 的D都 相 等 。 以 及00/EDED可得0000() /()/rrrrruuuD dtDtDdttdtt,所以介质中/(1)rrrruuEDdtdtt(2)00rrruQSSDSdtt(3)0/rrrCQuSdtt9.36 (7.11、7.1
17、2? ? )解:先见 35 题,再看本题可知电势分别是U0、U,故是板上电量不变。(1)板上电量不变:00000SQQC UUd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载(2)介质高斯定理:00001,rrQDDUEUSdd(3)本题没有给出U,故计算如下:空气中的场强:000/EDUd,所以0000()()(1) rrrrUUUUE dtE tdttdtddd0(1)rrrSCtQUd一、选择题(1)B 解:自己画图知,两个电流产生的磁场方向相反。X 轴向电流的磁感穿出纸面。X 轴向电流的磁感大小为:
18、020.2XIB。同理020.4YIB所以602.51020.4XYIBk BBkkT故选 B。(2)D 解:00121212222IIBBBBaa(最后等式见下面算式)其中:0022222 242IIBaa211212122/2/824 2aaaaaa选 D。(3)D?有错。(B!C?)解:由于 A,D 两图,磁场 B 在 a 点不连续故只能选B,C 中之一。B图在 ab 段曲线上凸,故( )0Br,C 图反之,故应( )0Br。用安培环路定理可求得ab域的磁感强度22022()2()I raBr ba, 可见()0B ra,显然 D 答案不符合。对上式二次求导: 若算得203220()Ia
19、Brba则选 B(可算到此结果)若对上式二次求导:算得是220322()0()I raBrba则选 C (未精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载算到) 或 简 单 解 : 由 安 培 环 路 定 理 知 : 在ra的 区 域 ,000iiLIB dlB, 显然只有 B 图是对的,而其它均不为零。(4)B 解:00212.532/24IevqqIBTTR vaa或用单个运动电荷的公式。02sin 9012.534evBTa(5) C 解:先给出板上离直线r 远处的元电流/jIadIjdr它的单位长度
20、受到直线电流的力为02IdIddfdlr则整个板的单位长度受力为22000/ln 2ln 2222araddfIjdrI IaIdlra二、填空题(1)20(2ln 31)/MI a解:线元2Idl受力:022( )2IdfIdlBk IdlB xk Idxx线 元2I d l相 对O点 力 矩 :( 4)d Mrd fjaxd f即 :20( 4)2Id Maxd xx所以22300(4)(2ln 31)2aaIaIMaxdxx(2)0/ 2BNIr,磁通量012ln2BNIhDD分析:本题没有指明是细的通电螺绕环,所以环中的磁感应强度不能看成常数,必须用式02NIBr对面元hdr积分得到磁
21、通量。(3)磁力的功2/ 2ACAIBa, 0CDA, 22/ 4ADAIBa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载解:磁力功,绕AC边向外转2221()()022maaAIIIBII B绕 CD 边向外转 , 00mA绕 AD 边向外转,此时:2222222cos45044IBaAIIBa(4)线圈中张力:IBR解:张力不是整个闭合线圈所受的磁场力。是线圈的张紧力。取yo 的下半圆,它在匀磁场中受力为2fIR B,方向沿 y 负方向。此半圆静止,故受到上半圆的上拉力,大小为2ffIBR,力作用于两
22、端,所以每端受力为IBR。(5)不要(6) 本题画图各个 L 路径所包围的通电导线数。 课堂上已画各 L 图,满足右手。12612LLHdlAHdlA34153LLHdlAHdlA三、计算题10.3 10.4 解:O 点的磁场由三部分线电流产生。其中圆弧电流在O 点的磁感强度为00112023606IIBrr方向垂直纸面向里。左边直线电流在O 点的磁感强度为0212(coscos)4IBa,方向向里。其中120 ,30 ,cos60/2arr,可得02(13 /2)2IBr。同理可得左边直线电流在O 点的磁感强度为03(13 / 2)2IBr方向向里。所以 O 点的 B 为:0001232(1
23、3 / 2)0.2162IIIBBBBrrr10.5 解:这是运动电荷的磁场。 将圆盘划分为无数个细圆环, 任取一圆环,设半径为 r,环宽为 dr。其上所带电量为02dqrdr,由于它以 角速度转动,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载所以形成电流, 大小为000222rdrdqdIrdrrdrdtT该电流在轴线上 x 处的磁感强度为22000223 2223 22()2()dIrrdrrdBrxrx所以,总的磁感强度为3220000223 22202(2 )2()2RrdrRxBxrxRx10
24、.6 10.7 10.8 解:取半径为 r 的同轴的圆周为安培环路,则当1rr时,有2002212iirILIrB dlrBIr里01212IrBr当12rrr,有020222rB dlrBIIBr当23rrr,有22033223202()22()iirILB dlrBIIrrBrrr里当3rr时,有0220iirILB dlrBI里40B10.9 本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明,和电流两侧区域的012Bn i的证明。方法是:作一个包围部分电流的安培环路,为矩形框,框的一边与与平板平行,则可证。10.10 / ()0 . 4 1Im gB lA解:见题图,金属导线的张力是重力引起的,方
25、向向下。要抵消它,则金属导线所受安培力必须向上。由于金属导线垂直磁场, 大小为fIBlmg所以:/()0.41ImgBlA。由 f 及 B 的方向,知:I 流向从左到右。10.11 注意,本题不是无限长直导线,不能用两平行导线作用力公式! !解:在载流为 I2的导线 2 上任取电流元2I dl,它受到导线 1 中电流I1的安培作用力22| |dfI dlBIdx B其中 B 由有限长电流 I1给出0 112cos -cos4IBa所以 L 长的导线 2 受力:0 12202210cos-cos4LLfIdx BIaIdx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -
26、 - - - -第 11 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载2201012222220()42()LII IxLxIdxLaaaaxaLxa2f方向向下。同理载流为I1的导线 1 受力与2f大小相等,方向相反。10.12 解: (1)将圆柱面划分为无数条直线电流,再求出这些电流在轴线上的 B,再求受力。因为长直电流产生的磁感为:0022dIIdBdlRRR考虑对称性,对称的两长直电流的dB在某方向会抵消,其垂直方向相加设垂直方向在 x 的方向上,则有0022coscos22xIIdBdlRdRRR故半圆柱面产生的B 为/2000222200coscos2IIIBRddRRR所以轴线上导线单位
27、长度受力200221IIFBIIRR方向在xIdlkBj方向上,所以202IFjR(2)设该导线放在|yj处,则该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等。即002|/ 2/ 22|IIyRyRRy。10.13 要掌握。10.14 10.15 解: (1)受磁力矩22sin90/ 27.85 10mMp BISBIR BN m(2)回路中的电流不变,故磁力矩作功2(cos90 )7.8510mAII BSBSIBSJ10.16 要掌握。10.17 无图。10.18 67 . 5 71 0/vms分析:先将电子速度分为互相垂直的两部分,vv,然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表示,vv,最
28、后用2vvv2求解。解:22meBhv TvvheBm又:eBRvm由两式合成得:22226()()()7.5710/22eBeBReBhvvvhRm smmm2210.19 10.20 4200/,2.5 10HA mBT; 200/,1.05rHA mBBT精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载解:由022iNINHdlIHrNIHBIrl代入数据,4200/,2.5 102NIHA mBTr在r介质时:200/,1.05rHHA mBBT10.21 一、选择题(1)C 解:由楞次定律知:线圈
29、的运动是反对磁铁的靠近。故线圈向左,又离磁铁越近的线圈运动就越快,故选C。(2)A,C 解:注意转轴过 C 点,且垂直于导体棒A,B。故先由vB给出电势的高端,显然有 C 点最低, A、B 电势相等,且都高于C 点。故选A,C 答案。(3) (a)解:OC 半径与磁域边缘的夹角设为。由于在图示角度增大的过程中:2211,22BRtBRt反之OC 在磁域外面:所以212/iddtBR是常数,或正或负。不是t 的函数。故选(a) 。(4)解:见图,假想ob 用导线连接, oa也用导线连接。故闭合回路的电动势为0iddBSdtdt由于涡旋电场线方向总是与半径垂直,所以有:0oboa所以,| |, |
30、 |, | |,abacbacbdBdBdBSSSdtdtdt?其中,SSS?分别为oab的面积,四边形oacbo的面积,扇形oacbo?的面积。由于本题中扇形面积最大,而dBdt为常数,所以对应的电动势acb为最大。ab为最小。(5)A,D 解:由静电场的环路定理d0lEl知 A 成立。由涡旋电场属“非静电性场” ,故d0VlEl,知 D 也成立。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载二、填空题(1)cos(1 cos )bcadbvBlvBl解:在垂直速度的方向上,bc 的投影长度为cosl,
31、所以cosbcvBl同理,弧adb的投影长度为cosll,所以(1 cos )adbvBl。(2) 22abvBl212abBl解: 在垂直速度的方向上, ab的投影长度为cos452 / 2ll,故电动势22abbavBll长的导体棒垂直匀磁场,则绕其一端转动的电动势为212abBl(3)2 2/()aB l vmR,方向向左。2 22200exp(),exp()iB lBlB lvvtIvtmRRmR201,2tQmv解:由楞次定律,知导体杆ab 必作减速运动,所以其加速度与速度方向相反。设 t 时刻杆 ab速率为v,此时它离开初位置(初速为0v)的距离为 x,设此时回路中的感生电流为I。
32、而回路总电阻为R(见图)。因为匀场, dt 时间里导体杆扫过的磁通为:mdB ldx,由法拉第定律有:1midBl dxBIlvR dtR dtR而杆 ab受力为2 2|/iifIdlBIB lB l v R故加速度大小为2 2| |fB l vammR,加速度方向与0v反向,向左。加速度的代数值为2 22 2B l vdvdvB ladtmRdtvmR,由对应积分:2 202 22 2000lnB ltvtmRvdvB lvB ldttvv evmRvmR感应电流:2 20B ltmRiBBlIlvv eRR到,0itI。故 R 上放出的焦耳热导体杆的初动能20/ 2mv。精选学习资料 -
33、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载(4)000ln 3,ln 322tMbbMI e解: (a)设无限长直导线中通有电流I,距离导线 r 处的磁感应强度:02IBr通过线圈的总磁通为dmSB S3 /20/2bd2aaIrr0ln 32Ib所以线圈与长直导线间的互感系数: mMI0ln32b(b)现在直线电流为0tII e,是时间的函数。所以应该对电流求导:即0000ln3ln3 ()ln 3222tmdbdIbbII edtdt(5)8| 1.5 10/ENC解:由2280000/1/ ()() 1.5 10
34、/EBEBB CNc光速 三、计算题11.3 11.4 解:5coscos575.72 10mSSBdSBdSBSWb11.5 解:23| | |5.7 10miSSddddBBdSBdSrVdtdtdtdt11.6 解: (1)取线圈平面的法向与B同方向,则有miSSSddddBdSB dSBdSdtdtdtdt所以:00.20.22.00.40.20SSdBdSBVdtti(2)30.4202010iARi11.7 解: (1)仔细看图,导体是以AO 为转轴的,在图示位置,棒上的线元速度与磁感B的夹角为900,所以21()(sinsin90 )cossincos2CCACAAvBdllBd
35、lBL即21sincos2ACB L。方向为AC(在电源内部)。(2)当 C 点转到 D 点,此时棒上的线元速度与磁感B 的夹角为45o,所以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载202(sinsin 45 )cossincos4LADlBdlB L。11.8 应当会。11.9 解: (1)由于棒沿框架下滑的加速度为sinag,故 t 刻的棒沿框架下滑的速度为sinvgt,棒上的动生电动势为00()(sin(90 )cossincosllivBdlv Bdlv BlgtBl(2)沿斜面方向上,当棒
36、的重力分力向上的安培力时。则达到稳定速度。此时,感应电流/cos/iiIRv BlR,棒受到的向上安培力为coscosiFfI l B。现两力相等,即2sinsincos(cos/)cos(cos )iRMgMgI l Bv BlR l BvBl11.10 本题较难!解:注意本题长直电流产生的磁场是:非均匀磁场。所以ca 段导线各线元的 B 是不一样的,故求解时不能将整个ca 导线分解在两个垂直方向上。本题 t 刻回路中的电动势i解法有两种:第一种是参考书中的解法。解法 1:111()()()bcaiabcvBdlvBdlvBdl三个积分中的 B是不一样的,且点乘、叉乘的夹角也不尽相同。解法
37、2:直接用法拉第电磁感应定律,iddtt 时刻 ab导线距长直电流为dvt,取 x 轴正向向右,坐标原点在长直电流上。在线框中 x 处取窄条面积2( )()dsy xdxdvtlxtgdxt 时刻穿过线框的磁通量为202( )()2dvtlmd vtItdvtlxtgdxx即200212222( )(1)() ln22dvtlmdvtIIdvtlldvtlttgdxdvtllxldvt0011222() ln()ln()22IIlldvtldvtldvtl再iddt就可得解。11.11 解:因为0dBdt,所以有旋电场线是逆时针。取ar为半径的同心圆作精选学习资料 - - - - - - -
38、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载为回路L,方向也取逆时针,则)23(25 100.12.5 1/210|2adBErdtNCar点在圆柱外面,(2)bE方向沿逆时针方向且垂直Ob,大小为(但公式不同) ,2232dB(10 10)|0.13.3 10/dt215 10bbRNC(2)E=2r11.12 解: (1)因为0dBdt,所以有旋电场线是逆时针。取ar为半径的同心圆作为回路 L,方向也取逆时针,则( 2 )3112|7 . 11 0/222ad Bld BErVmd td t(2)aE方向沿逆时针方向且垂直Oa。同理:(2)
39、bE方向也沿逆时针方向且垂直Ob。而(2)31|5 10/2 2bldBEVmdt(2) 注意:教材中的题目与辅导书中的题目有区别,是b 点位置不同! ! !假想 Oa,和 ob 间均有直导线连接,构成oabo三角形导体回路。则有:法拉第公式:1|(/2)2mSSddddBBdSBdSl ldtdtdtdt另一方面:aboaabbooa,而(2)0aoboaoEdl所以2210.1 104abdBlVdt,现在共有三个这样的导线,所以总电动势为230.3 10abcdabV方向为 abcd 方向. 11.13 解:题目给出20/dIA sdt,所以可求50/()/iddtd N SnIdt(1
40、)330(52 10)/1.2610in dIdtV(2)感应电流4/6.3 10iiIRA(3)感应电量446.3 10212.610iiqI dtItC11.14 无图。11.15 解:因为0dBdt,所以在 R1域,(2)E线是顺时针,所以1为顺时针,与 L1反向,肯定为“”。在 R2域,(2)E线是逆时针。与L2 反向,肯定也为“”。另一方面,各路径,图中已画定,从而相应面元dS的方向就确定了精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载(dS与 L 走向成右手关系)。各个B的方向图中也已画定,故
41、可直接计算如下:2322311111( 8.5 10)(20.010)1.0710LSSdddEdlB dsBdsBrVdtdtdt感232232222()( 8.5 10 )(30.0 10 )2.40 10LSddEdlB dsBrVdtdt感注意 L3路径对应面元的方向都是穿出纸面。对 B1是反向。对 B2是同向。222212112212312()()()LRRdddBEdlB dsB dsBrBrrrdtdtdt感322223( 8.5 10 )(20.010)(30.0 10) 1.33 10V11.16 解: (1)由Ra,知是细螺绕环,由求自感的三步骤,先设1 线圈通电为1I可求
42、出2221101 1101/(2)Nn IaNIaR,最后求出:2211110/(2)LINaR同理可求出线圈 2 的自感2222220/(2)LINaR(2)设 1 线圈通电1I,求出222120 1 1211210/(2)Nn IaMINNaR(3)关系:22222121020120/(2 )/(2)/(2)L LNaRNaRN NaRM。11.17 解: (1)当,a a相连结,则,bb之间通以电流时,两线圈中的电流等值反 向,故穿过,bb间的 线圈的总磁通量 为,所以:,/0b bLI(2)若,a b相连结,对,ab两端,则是两个线圈的顺向串联,此时穿过,ab两端间线圈的总磁通量为11
43、1221221112LIMIMILI串联,有12122112,IIIMMML L所 以,12/2a bLILML11.18 解:本题计算磁通量的方法一定要熟悉,因为这是典型的例子。(1)以左边电流 I 处为原点,向右为x 轴正向,其余见图。取线框中一窄条面积,位于处,宽为 dx。该处的磁感强度:精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 19 页优秀学习资料欢迎下载12122()IIBxxll通过矩形框的磁通量:11121212121212lnln2lnlnln()22lbmSllbblIaBdsBadxlllbllblIaIalbllbl考虑是空气,再由互感定义知:01212ln()2alblMIlbl(2)矩形框中的电动势001212001221()ln()coslncos22()MaalbllbldIMItItdtlblllb注:本题也可用/ddt计算电动势。11.19 021ln2N hRMR0201cosln2MN hRdIMItdtR11.20 无图。11.21无图。I x O dx x b 1l2lI a 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页,共 19 页