《2022年大学物理习题答案_吴百诗》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年大学物理习题答案_吴百诗（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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
