1、大学物理作业（下）答案1 10靜电场一、选择题：1 （B） 。解：解法一：如图所示，根据对称性，竖直方向的 E 分量相互抵消，水平方向的 E 为带 （或 ）半无限长直线在 a 点所产生的场强分量的2 倍 rxdrdx02024cos4aax00232)(考虑方向 iE0解法二：矢量计算，在两对称处取 dx 分别在 a 点产生的场强为 rjixrerx )(44d20201201 jaiddxE )(2020202 则 ，ir4d3021 iaiaxE00232)(2 （C） 。解： 0eiSqsE3 （A） 。解： ，则通过该球面其余部分的电场强度通量为他ee dS。e他4 （D） 。解： 的
2、电通量是两个点电荷产生的通量之和； 的电2 1S通量是两个点电荷产生的通量之差。故 ；据高斯定理通过,21整个球面的电场强度通量为 只与面内电荷有关。故 。s 0/qs5 （D） 。解：做一个 rR 1 的高斯面，根据高斯定理 ，得 。0iQdE 0,42Er6 （C） 。解：一根无限长的带电直线在距离为 r 处的场强大小为 方向垂直与直线。r0yxodxrEd2),0(a1qOS1S2a 2a xq大学物理作业（下）答案2 则距离它 2a 处的带电长直线受到的电场力为 ，alEqF04其单位长度受到的作用力为 ，此力垂直于直线，为相互吸引力。alF047 （C） 。解：因为导体板 B 内电场
3、强度为零， ，以向右为021EAB正，设 方向如图， 含正、负号。即有： 21E、 21、00又根据电荷守恒， ，联立解得： 1。212,1二、填空题：1、解：如图所示，两个 2q 在 O 点产生的场强互相抵消，O 点的场强为 q 和-4q 产生的场强 的矢量合成。 方向相同，合成后 的方向如图。31E、 31E、 E场强大小 20202054arq2、解：如图电偶极子的q 和q 两个电荷在轴线上距中心为r处的合场强为 E2020)(4)(4lrqlr， 方向沿 x 轴正向。20)4(lrq20)4(lrp（讨论：当 rl，且 E 方向与 同向， ）p40rpE3023、解：线电荷密度 。在导
4、线上取一电荷元 ，Lq2dyq在 P 点处激发的场强为： 2014rdEe由于电场具有对称性， ，0yE2xyx12A B1 2AE12OpqlxqrEO -4q2q2qq oEdxyPr大学物理作业（下）答案3 223/200 20cos144()lxl lEdEqxdyLr x场强方向沿 x 轴正向。)(20Lx4、解: (1)由高斯定理 ，立方体六个面，当 在立方体中心时，每个面上电通量相等。0dqSEsq 各面电通量 06e(2) 电荷在顶点 A 时，将立方体延伸为边长 的立方体，使 处于边长 的立方a2qa2体中心（如图） ，则边长 的正方形上电通量为 。对于原边长为 的正方形，a2
5、06如果它的侧面不包含 所在的顶点，每个侧面（边长为 的四边形）的电场强度通qa量是大的 ，即等于 ；如果侧面包含 所在顶点则 。4100246q0e5、解：当 的方向与 Ox 轴正方向平行时， （左半边穿进的磁通量与右半边穿出的磁E 0dSEs通量相等） 。当 的方向与 Ox 轴垂直并向下时， 半 平 。 0dqSs 平 R2E， 半 平 R2E。6、解:无限大均匀带电平面在其两边产生的电场强度为 ，方向垂直两边平面。02根据电场强度叠加原理，两无限大均匀带电平行平面之间的电场强度为： iE)(21201面左边的电场强度为： 1iE)(120面右边的电场强度为： 2 i)(210qAaaOx
6、R1Ei 2221E 1大学物理作业（下）答案4 7、解： SqqEF0208、解：根据静电平衡可解（如图所示）三、计算题：1、解：根据电荷分布的对称性，环心 O 点处的场强沿 x 轴的分量为零，只要计算沿 y 轴的分量就可以了。电荷元 ，在 O 点的场强沿 y 轴的分量为)(dRlQqsin4120lEy由几何关系 ，得 dRQdEysin420Rdl把上式沿半圆环积分，即得环心处的场强为，负号代表场强的方向竖直向下。 0 202sin4ddEy2、解：分别作三个通过场点的同心球面(半径为 r)作为高斯面，则由高斯定理 得：qSdE01（1）0r 1510 -2mR 1， ，得 ；0412E
7、r01（2）R 1r 20.20mR 2， 02Q得 )V/(15.432012rQE（3）R 2r 30.50m， ， 得 。21032QE )V/m(9042313rQE3解：由于电场分布具有柱对称性，如图作 rR 1、R 1rR 2、rR 2 的柱面高斯面（设高为 l） ，则由高斯定理可得：当 rR 1 时（筒内） ， 。01E当 R1rR 2 时（两筒间） ，Sd 柱 面 ）(sS02 lrl得 02 rEQQ2Q1r1Rl1Rr2+qO2大学物理作业（下）答案5 当 rR 2 时（筒外） ， 0d3lSE得 03E11电势一、选择题：1(B)。解： RQrqdrQdrqrdErRRR
8、Rr 002020 444 2(A)。解： rrqr 0002143(A)。解：没用导线连接时， ， ；201014Rq 202014Rq用导线连接后，电荷全部到外球表面，两球电势相等， 2014 （D） 。解： ， 。00)( 0qA5 （D） 。解：设导体球壳带电量为 Q，则 ，2004R距导体球心 r 处的电场强度为 ，联立以上 2 式，可得：E= 204rE20r6 （B） 。解：与电荷线密度为 的均匀带电长直线的距离为 r 处的电场强度为 ，则距离直线 R1 r0和 R2（R 2R 1）的两点间的电势差为 。12012lnREdrR7 （A）解：半径为 R 的均匀带电圆环，带电量为
9、q，在细环上取电荷元 dq，在 O 点产生的电势为，则整个细环在 O 点产生的电势为 ；由环的对称性，各电荷dqO04Q004元 dq 在 O 点产生的电场强度大小相等，但沿各方向都有，故整个细环在 O 点产生的合场强 。0E另解：在圆环轴线上任一点的电势为 （见课本 P39） ；静电场电场强度大小2120)(4xRq大学物理作业（下）答案6 为 （见课本 P11） 。所以，当 x0 时， ， 。2320)(4xRqE Rq004E8 （C）解：如图所示，O 点为对解线交点，点电荷到 O 点的距离为 。Lr2由于对角为两个Q 电荷在 O 产生的电场强度相互抵消，则 O 点的电场强度方向沿QQ，
10、大小为。2020204LQrEO 点的电势为 )(10r。LQQ00022二、填空题：1解：在细环上取电荷元 dq，在 O 点产生的电势为 ，RdqO04则整个细环在 O 点产生的电势为 QRdqQ004将一带电量为 q 的点电荷从无穷远处移到圆心 O 点，电场力作功qA0004)(2解：坐标系的选取如图所示， cmxA1， ， ，B 点为电势零点。由电势的cxB2cmxC3定义，得 )1(4020BAxA xqdB V4510)2(1085.4229 )(020BCxCB )3(. 21293解： )(0640)(64023 VdyxjyixdjirdEUbaba 4解：方法一：用电势叠加原
11、理求解。一个均匀带电球面的电势分布为：， 。RQr0 )(内 rQ0 4)(外QLOrQQQORdq xoAq B C2R1q23r2r大学物理作业（下）答案7 （1）r 1510 2 m 处 2010 4 Rq )(1350)305.1(92828Vr22010 2 m 处 20101 4 qr )(90)13.02(92828（2）r 35010 2 m 处 202011 4 rq )(45105).(928V方法二：用场强积分方法求解。 Ed2211d3RRRr rrE221 d440010RRrqrq1350（V ）)()(4 210210qq22d3RRrrE22 d4d4020RR
12、rqr900（V）)(1)(41202120 rqrq450（V）3drE3d201rr20145解: （J）221 0101rr qFA)(2r6105.外力需作的功 （J）65.6解：设导体球上的感生电荷总量为 。因感生电荷分布在球面上，则q由电势叠加原理可知 在球心的电势为 q R04而点电荷 q 在球心的电势为 rq0因导体球接地，则球心的电势为零。由电势叠加原理，有 040Rqr qq r oR大学物理作业（下）答案8 由此得感生电荷总量为 qrR三、计算题：1解：（1）根据静电平衡条件：导体内场强为零。可知球壳内表面感应电荷为q，且均匀分布，导体球所带电量 q 均匀分布在导体球表面
13、。由电荷守恒得导体球壳外表面均匀分布电量(Q +q)，所以静电平衡后空间电势分布可视为三个均匀带电球面电势迭加。均匀带电球面电势为： ，)(40Rrq)(40Rrq ，Rr32101 Q，213204Rqr，32Rr30Qq， 3r04（2）导体连接后，导体球带电量 q 与球壳内表面感应电荷q 中和，仅球壳外表面带电量 Qq，导体壳与导体球等势：，3Rr303214 RQ，3rq04 )(同 上2解：金核表面的电势为 RqR0 41599076.1V70.金核中心处的电势为 RROrErrEdd他00 ， 030他 4RqrE20他 4q（见课本 P19 例 10.7） rqrqRRd 4d
14、42003 VRq701.4 3Q+q2R3qR1R2-qOR+ + +大学物理作业（下）答案9 3解：（1）两圆柱面之间的电场为 ，rE02根据电势差的定义，有 ，解得 。1012lnRdrUR )(10.2ln1810mCRU（2）两圆柱面之间的电场强度为 （V）rrE074.32204解：细棒电荷线密度为 ，由电势的定义求 P 点的电势，即LQP xzdrdq0204 zL20ln4L20ln场强 的 z 轴分量为PEZ 2)(21)(4 1220 zLzzLzLQ 1220zL12电容器与电介质一、选择题：1 （B） 。解： 。不 变都 不 变不 变 22111 , , UCQUCQ2
15、 （C） 。解：过 P 点作一高斯面，由 的高斯定理 得：DSqdint,0， ；Dr2424r再由 ，得 。Er0 20Qr3 （A） 。解：由高斯定理 得导体外 ；SqdDint,024rqD再由 ， 。ED24rxrzodPLxQrPQOqORr大学物理作业（下）答案10 最后根据电势计算公式 。RqdrR42二、填空题：1解：由 得：SCrr00 212560 m4.738.03rC2解：C rC0； ； ； 。dUE0, 0,EDr 2021,UCW3解：（1）细胞壁可近似看作由两个无限大带电平行板组成，其中电场为匀强电场。 rrE0 )/(18.906185.263V（2）细胞壁两
16、表面间的电势差 。9602.5.EdU51mV)(1.2三、计算题：1解：由于静电感应，导体球壳内表面带电Q ，外表面带电 Q。（1）I 区：（导体内）E 1=0II 区：作高斯球面（R 1 R2） ，由高斯定理得， ，QqSdDint,04rD；202ErrIII 区：（导体内） E3=0 ；IV 区：作高斯球面（ R 3） ， ， 24rQD204rQDE（2） )1(12020222111 RddrrUrRrRR （3） 1204QCr2解：(1)取半径为 R1 r R2 的同轴圆柱面( 高斯面) 则 ，得 ， ；0)(dlqlDS rD20 rEr002(2)电容器两极之间的电势差：
17、21RrEU210Rrd120lnRr1R23rIIVQl+2R1r大学物理作业（下）答案11 (3)电容器的电容 )/ln(210RlUQCr3解：（解法一）：在左侧如图作高斯面，根据高斯定理 qSdD可得 SD1左侧的自由电荷面密度为： 1D 0r1E；同理，右侧的自由电荷面密度为： 2D 0r2E；设电容器电压为 U，则其左右两部分的场强匀为 dU（注：左、右两侧面板上自由电荷电量不一样。 ）面板上总电量为 dSSQr2)()(210211 电容器的电容为 dUCr0（解法二）：可以看作是两个电容器并联，每个电容器的电容为 dSCr20则 。dSr2)(102113电流和磁场一、选择题1
18、 （B） 。解：根据安培环路定理 ，其中 Iin 为 L 回路内的电流，且 I 与 L 回路成右手螺inLIldB0旋关系时为正，反之为负。2 （C） 。解：根据安培环路定理 ，当 L 回路中 I 不变时，积分结果不变。但回路 L 上inLIl0各点的磁感应强度与回路内外的电流有关。3 （D） 。解：根据高斯定理，。平SsB0d 平 r 2Bcos， 半 平 r 2Bcos。4 （C） 。解：对角两电流在 O 点产生的磁感应强度大小相等方向相反，相互抵消。5(C)。解：电流 1 在其延长线上产生的 B10；圆环上电流分两路，大小相等，在 O 点产生的磁感应强度大小相等方向相反，因此 B20。电
19、流 2 在 O 产生的磁感应强度为。RIB402SnBaI12bR211rdrU大学物理作业（下）答案12 6 （B） 。解：长直螺线管中磁感应强度公式 （n 为单位长度上的匝数） 。IB07 （B） ，(D)。解：任意闭合曲面上通过的静电场强度通量为 ；0indqSEs任意闭合曲面上通过的磁感应强度通量为 ；0dsSB因为静电场的电场强度沿任何闭合路径的线积分为零 ，所以静电场为保守场。lrE而在恒定电流的磁场中，磁感应强度沿任何闭合路径的线积分为 ，表明恒定电流的l IrBin0d磁场为非保守场。二、填空题1解：根据安培环路定理 ，如图作半径为 r 的环路，IldBL0则有 。IrB02当
20、 rR 时， ；当 rR 时， ， ，则 ra 时IIB20aIB202解：（1）载流导线 A 和 B 在 p 点产生的磁感应强度大小相等，方向相反。故 p 点磁感应强度为零。（2）由于 L 的方向与 I 的方向成右手螺旋关系时积分 为正，反之为负。 。Lld IldBL03解： ； ；0)2(0dBcBATIcAB500132。TIIBc 5001.)(4解：只有水平导线和圆弧在 O 处会产生磁感应强度，且方向相同，都为垂直纸面向里。 36012)150cos(240 RIRIB RII6)3(405解：（a） ，方向垂直纸面向外。aIBP2021（b） ，方向垂直纸面向内。rIIBP200
21、rI40OxaRrAIBCIdRIOI大学物理作业（下）答案13 （c） ，方向垂直纸面向内。aIaIB29)150cos3(24300 6解：如图建立 x 坐标轴，电流 I 产生的磁场为 ，方向垂直纸面。xIB20分别在两个回路中取面元 hdx 则在回路 S1 和 S2 产生磁通量分别为，aIISB2001 ln， 。aIhdxI4200l21:/217解：螺绕环的总匝数为 ，其中 r1m ，lN由安培环路定理 m02dIrlRBr得 rRlIB2m04 )(6.1.1437247 T8解：(1)通过 abOd 面的磁通为 80cos1abOdabdS )(24.0.3. Wb；(2)通过
22、bcfO 面的磁通量为 ；9cos2 bfObcfBS(3)通过 abc 面的磁通量为 ；03aca(4)通过 dOf 面的磁通量为 ；s4 dOfdf(5)通过 acfd 面的磁通量为 )(24.05.32co5 WbBSafacf (6)通过整个闭合面的磁通量为 54321IaP)(IrIPI)(b)(caPIa1S2xOxdhOcm30axdByzbf4c5c30rR大学物理作业（下）答案14 三、计算题：1解：两根长直电流在圆心处的磁场均为零。I 1 在圆心处的磁场为 ，方向垂21010142rlIlrIB直纸面向外。I2 在圆心处的磁场为 ，方向垂直纸面向内。202024rlIlrI
23、B由于 l1 和 l2 的电阻与其长度成正比 ，得 1212lSRI，21lI则圆心处合磁场 。0210B另解： 得： ，则 。12RI 21)(II 022010rIrIBo2解：（1）在两导线所在平面内与该两导线等距离的磁场为 200dIB )(104.0457T方向直纸面向外。（2）如图建立坐标系，取面元 dSldr，所求的磁通量为SdB210rI120lnrI.l5.47(Wb).6另解： SdB21 )(00r ldrII3解：同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场轴对称分布。如图取半径为 r 的同心圆为积分路径 l，利用安培环路定理 ，即得各区域的磁感应强度。I0l（1） ， ，得：
24、1RrlBd 21012rRr210RrIB（2） ， 得：21 I02rI021III2ACOrdO1r23rIlIrd3R2I1大学物理作业（下）答案15 （3） ， 32RrIRrIrB)(22303得： ，)(2303rIB（4） ， ，得： 。3Rr0(04I04BBr 图线如右图所示。14磁力一、选择题：1 （C） 。解：矩形回路的上、下两段导线所受安培力 和 的矢量1F2和为零，则回路所受总的安培力等于左、右两段所受安培力 和 的矢34量和，它的大小为 ，方向水平向左。)(2)(210101043 bdlIbdlIlIF2 （A） 。解：三角形线圈中，与直导线平行的边受到的安培力
25、 的方向1F指向直导线，另两边所受安培力的合力 的方向背离直导线，但 。2F2二、填空题：1解：由洛伦茨力公式 以及电势高低与上、下表面电荷分布的关系可判断，如果上表面的Bvq电势较高，则半导体中的载流子是正电荷，如果下表面的电势较高，则半导体中的载流子是负电荷。2解：在均匀磁场中，电流受磁力计算公式为（ 为任意电流起点到终点的矢量）BLIF由此可得，半圆形闭合线圈中圆弧部分通电导线受到的磁力大小为 )(15.02590sin2NRI （相当于长为 2R 的直导线部分受力）整个半圆线圈所受磁力大小为 0。 （均匀磁场中的载流线圈受力为 0）由磁力矩计算公式 ，可得线圈所受磁力矩大小为（ 方向与
26、电流 I 方向成右手螺BSImMS旋关系，可得 方向垂直线圈平面向外） =S IBI2sin)(157.0.2NmROBr1R23102I21IdFl2I2Fb34大学物理作业（下）答案16 3解：如图所示，电流 I1 在右边产生的磁场为 ，rIB210在 上取 ，它受力由 可得大小为abrdrdF2，方向沿纸面向上。IF210则 1221010lndd1 IrIl 对 点力矩 大小为 ，方向垂直纸面向外， OFMrIFrMd210则 。210210ddlIrIl三、计算题：1解：（1）线圈磁矩为 ，方向由右手定则可得垂直纸面向内。2RISm由磁力矩计算公式 ，可得线圈所受磁力矩大小为BIM)
27、(1085.7)10.(50.2190sin 22mNBI 方向由右手定则可得沿纸面竖直向下。（2）线圈平面由平行于 的位置转到垂直于 的位置， 与 的夹角 由 减小到 ，转动方向与B0的增加方向相反，因此该位置磁力矩为 ； 0sinmM转动过程中，磁力矩做功为 2sin)(0202 RIddMA )(1085.7)10.(5.122J2解：建立坐标系如图，在电流板上与电流垂直的方向取一长度元 ，其电流为dx，在无限长直载流导线处产生的磁感应强度：xaIdaxIdB200整个电流板在无限长直载流导线处产生的磁感应强度：，方向垂直纸面向内。ln200aIxdIa长为 的导线所受安培力为：l 2l
28、n0adIIBlF1Ib2IaFdrr1Bo2l1lxdOIaId大学物理作业（下）答案17 则导线单位长度受到的作用力： ，方向水平向左。2ln0aIdlF15物质的磁性一、选择题：1 （D）解：根据安培环路定理 ， （注：I 为环路LldHL 包围的电流，且 I 与 L 成右手螺旋关系时，I 为正，反之为负。 ）可得： ； ； ；12LldH2Il IlL32。故选 D。4IIl2 （B）解：查顺磁介质的性质。3 （C）解：三种典型磁介质的特点。4 （D）解：细长螺线管内磁场计算公式为 ， 。lNIHlNIHBrr005(C) 解：参考对有磁介质情况下安培环路定理 的理解。LId6 （B）
29、解：n=10 匝/cm=1000 匝/m ，由细螺绕环内磁感应强度计算公式2700 1098.32104nIBnIrr二、填空题：1解：根据三种典型磁介质的特点，依次是铁磁质；顺磁质；抗磁质。2解：根据硬磁材料的特点。3解：铁根据磁质的特点。4解： 如图，由 H 的安培环路定理 ，可得LIldH0，rI2rIB2三、计算题：1解：（1）如图在螺绕环内作回路 L，由安培环路定理可得NIrHl002d得 ， rI0rIB200对细螺绕环，管内整个截面内磁场可近似看作均匀磁场（即与中心的磁场相同） ，有 ，lr2则 ， 。)/(201.0 mAlNIH lNIHB00)(105.1047TrL大学物
30、理作业（下）答案18 （2）若管内充满相对磁导率 r4200 的磁介质，那么管内， ( 或 )。mAH/20 )1.05.240TBr HBr0（3）由磁化电流产生的 1.02解：由安培环路定律 求距圆导线轴为 r 处的磁场强度：lIdrR： ，得 ， ；21RrIH21RrH201RIHBrR： ，得 ， ；Ir2 rI2 rI02通过导体内画斜线部分平面的磁通量为42001IdRISdB通过导体外画斜线部分平面的磁通量为 2ln02022 IrIrRS通过整个斜线部分平面的磁通量为。)2ln1(4021rI16电磁感应和电磁波一、选择题：1(A) 解：由 可得lBd)( vAC 段：距 O
31、O为 r 处取 （方向向 A） ，该处 方向亦指向 A，则Bv ， （A 点电势高于 C 点）21CrACCAA 同理 CB 段：（ 方向亦指向 B）v ， （B 点电势高于 C 点）2drBCCB整个 AB 段： BA2 0)(21CABA2 （A）解：由右手守则判定，动生电动势 方向由 O 指向 A，故 A 点电势高。3 （B）解：如图，当金属棒在位置 1 时，作一虚拟回路 ，回路中的磁通量ba大小为 hlS0112|R1SIm1R2rLHdr2OBCrdI OOAOBB v大学物理作业（下）答案19 则回路中的感生电动势大小为 tBhltd21d01又 baOldEk1 ObbaaOlE
32、ll kkk 和 两段上的感生电场强度 与其垂直，这两段上的积分等于零。 dtBhlldEbaba 01 2100当金属棒在位置 2 时，感生电动势大小计算公式相同，但 h 减小，因此。124(C) 解： ， =常数，与电流 I 的变化无关。IBIL5(B) 解： 。 （ ）cabt0d 0ab不 动 ，如图所示，对 bc 段，与 b 距离 r 处取 ，由 可得该处 方dlBd)( vBv 向亦指向 c，与 方向一致。r )(21d0 caclb lBr vB （c 点电势高于 a 点）21lca6 （C）解：由于两互感线圈 M12=M21 ， 互感电动势为 ，dtiMdti121212,由于
33、 ，所以 。dti21217(D) 解：将铜盘分割成无数条沿半径方向的细棒并作切割磁场线运动，根据右手法则，每个细棒产生的电动势方向由中心向边缘，所以边缘电势高。二、填空题：1解: 仅圆弧 与 y、z 轴构成的平面有磁通 bc 241RBm其电动势的大小为 ，dttRdt4122此即为闭合回路 abca 中感应电动势大小，方向由楞次定律可得 。bc2解： OcacU0lOBabhkEalbcrdoOaxByzbcROaxycv大学物理作业（下）答案20 沿 x 轴正向运动时，有 ， ；aOOaUBLsinvOcc0 ，a 点间电势高。sinBLUacv沿 y 轴正向运动时， ， ；OaOcos
34、OccBLv ， a 点电势高。0)1(cosBLac v3解：解法一：（用动生电动势求解） lNd)(LB11vNdI2022 LaI)(0)(21dI021v（正号表示电动势方向为顺时针方向） 。1.0.52.437 )(23V解法二：（用法拉第电磁感应定律求解）如图建立坐标系，并设线圈回路以顺时针方向正。 SSBdtlxLIvd20tdlIvn20ttd)( )()()(0tdattINv)(20ttILv当 t0 时， （顺时针方向） 。adIN1)0 )(023V4解：如图，在距 i 为 x 处取一宽为 dx 的窄条，其面积为 dS=ldx，dS 的方向垂直纸面向里（设矩形线圈中的感
35、应电动势方向为顺时针） 。 ， xiB20dxilBSd20 ， ，abililban00 (H)10.25abln70iMOailxBbCADxdIdL avBxxdtOIdLavB12大学物理作业（下）答案21 。(V)1025.)ln(20dtiabdt为正值，表示 的方向与所设方向相同，为顺时针 ABC DA 。5解： ； 。HlRNlSL32020 6.7/ VdtiL3.26解：电场强度 方向向下，磁场强度 方向与变化的 方向垂直 。EE7. 解：（1）方程揭示了变化的磁场一定伴随有电场；（2）方程指出穿过一闭合曲面的磁通量为零，表明磁感线为闭合的无头无尾的曲线；（3）方程表明电场
36、由电荷产生，且穿过一闭合曲面的电通量与其包围的电荷电量有关。8解：线圈中磁场能为 J)(05.212RLIWm三、计算题：1解：如图所示，设线圈回路以 ACDA 的绕向为动生电动势的正向，与直导线平行的 AC 边产生的动生电动势： laIBl2)(01vv注： 方向平行电流 I 向上。在 CD 边上选一线元 dl，则其上的动生电动势： lxaIlBl d60cos)(210cosd)(d 02 vv xl30cos xadIs62dv alIxIl 23ln63/31030cos02 v同理可得 CA 段产生的电动势大小为 lIl03则整个线圈产生的动生电动势为 2ln320321 alalI
37、v2解：由于磁场均匀增加，圆形磁场区域内、外 线为一系列同心圆；感EDaIlBdCAvllxxOBr感ERLPHiE大学物理作业（下）答案22 rR 区域：如图设 方向，作半径为 r 的环形路径 L，其绕向为逆时针方向，根据 感E（S 为 L 包围的面积，根据 L 绕向，S 的方向垂直纸面向外） ，则有 sLtBlEdd感 stl)(感， sLdSl感 2rdtBE感得： rtBE2感rR 区域：同理有， ，但右边积分面积为回路中有磁场存在的面积，sLdtl感 ， 得： 。2Rtr感 rdtBRE12感3解：解法一：（1）求两线圈的互感系数（设 IB M ） ，设线圈 b 中电流为 Ib，在其
38、中心 O 处产生的磁场为 ，b0bo2RINB由于线圈 a 的半径较线圈 b 的半径甚小，所以可近似求得线圈 a 中通过的磁链为：（线圈 a 中为匀强磁场 ）boBaaab SRINSb0bo2互感 aabIMb0a 4712.04150)(03.66H（2）当线圈 a 中的电流以 50A/s 的变化减少时 sAdtia/5由 tiMtNdt abababa )(可得 titdt ababa1 )50(13.606)W/s(0.36（3）线圈 b 的感生电动势OBRabbI大学物理作业（下）答案23 )50(13.66dtiMaba )V(1.36注：此类题按上述解法一为好。解法二：如果设 I
39、a，线圈 a 中的磁通为量 ，线圈 a 和 b 之间的磁通量为 1，线圈 b 之外的磁通为 2。 21通过线圈 b 所围绕的面积内的磁通量为 21Ia 作为磁偶极矩在 rR b（同平面）处产生的磁场为（推导略） 3a03a024NSImB则 Ia 在线圈 b 外产生磁通量为bRrrSId24d3a02 ba0RNSI互感 abba0abIMNM4解：（1）由安培环路定理 NIrB02d得 rNIB20通过整个截面磁通量为 1200lnd21 RIhrIR自感系数 10lnhNIL（2）a 直导线可以认为在无限远处闭合的线圈，匝数为 1。当螺绕环通有电流 I1 时，通过螺绕环截面的磁通量也就是通
40、过直线电流回路的磁链，因此互感为 120120121 lnlnRNhIhIMb 当直导线通有电流 I2 时，其周围的磁场为 rIB202OabIrdO2Rrh1h2R1rIh21Ir大学物理作业（下）答案24 通过螺绕环截面的磁通量为 1202012 lnd1 RhIrIR互感为 1202112 lnNhIM比较可得 M12M 21。（3） 120lnRhkdti17. 振动一、选择题：1B 解: 当时间 ， 。)sin(tAdtxv Tt21sinsinAv2B 解: ，在 (T 为周期)时刻，4co2a。243cos)s(22 A3C 解：根据旋转矢量图，由单摆初始位置和初速度可判断，初位
41、相是 0。4D 解：如图，旋转矢量 A 顶点在 1 或 2 时，其在 x 轴的投影为 ，A而只有在 2 时，质点速度方向才沿 x 轴的正方向。5C 解： ；ttst216C 解：A 1A 2A，如图作矢量图，可得 A1 和 A2 的夹角为 。37E 解：总能量 ，位移为振幅的一半时的势能 ，2k 2)(1AkEp所以动能 。kEpk 432二、填空题：1解： ， ；4)2(1AEpEpk gllmgkT2/22解： ； (SI)4)cos(0.txA1A2Axt=0-2cm 31xxA-A/2O12 vx大学物理作业（下）答案25 3. 解: 061.3cos0.4.203.4.2 A71)6
42、cos(03.6cs4.0initg（SI）)2o(1.artgx4. 解： ， ； ， 。2.0kA04.5221kAkx028.x5解：落后（因为 B 比 A 先到达振动最大） ，B 到达最大时，A 在平衡位置，故 。BA6解：（1） svxt120563（2） 25610322 x7解：受迫振动达到稳定时，系统作简谐运动的角频率即为周期性外力的角频率，即 ，130s其共振时外力的角频率为 120.sr振幅为 mHAr17.2208解：拍，拍频， 。1v三、计算题：1解： ， 0lgmk slmgk/708.25910cvxA72142030tg)8.36(.0rad（SI） )4.7cos(5. tx2解：振动系统的初始能量等于外力 F 做的功：大学物理作业（下）答案26 ， ，JE5.0.10 mkEA204.520， ，smk/264(SI) )co(0.tx3 （1）设振动表达式为： )s(tAx，indtv速度最大值 ，103.2.smTm可得振动的周期为： ，角频率 。4. 15.2sT（2）由 可知，加速度最大
