大学物理学习指导习题解答-第13章.pdf

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1、习题解答第13章一、选择题13-1C13-2A13-3D13-4A13-5A13-6A13-7A13-8D13-9B13-10C13-11D13-12C13-13A13-14B13-15D13-16C13-17D13-18C13-19D二、填空题13-202113-21abBcost13-228.0V．10I213-23()22πa0213-240.128π;0.5m/s13-253.18T/s13-26L:L＝１∶２，W:W＝１∶２．12m1m20Idl13-27(ldln)由O指向Ai2πd13-289.6J2ldB2dB13-290

2、labcdabcda4dtdt三、计算题或证明题I013-30解(1)长直截流导线在空间的磁场分布为B=2πr取abcd回路的面法线方向垂直纸面向里，在距长直导线为r处取一面积元dSxdr,如图所示.穿过此面元的磁通量为I0d=BdS=xdrm2πr穿过整个回路的磁通量为Ixr0ldrIxrl000lnm2πr0r2πr0(2)由法拉第电磁感应定律知，回路上的感应电动势和感应电流为dIrlm00Evlnidt2πr0EIvrli00I=lniR2πRr0方向为逆时针方向。(3)由安培定律dFIdlB可求出cd段导线的受力I

3、vrlI000dFIBrdlndri2πRr2πr00I2vr0lr0ldr0Ir0l2vF()ln(ln)2πRrr0r2πrR00方向垂直于cd导线向上abxIdcvOrl013-31解(1)选顺时针方向为线框回路的正绕向。由磁场的分布及方向可知，在如图两块阴影部分(关于长直导线左右两边对称)的磁通量互相抵消，故穿过线框的磁通量为IbdxI00BSdaaln3m2πcx2πam0互感系数Mln3I2π(2)由电磁感应定律可知，线框中的互感电动势为dI0atEMIeln3m0dt2π>0，说明互感电动势为顺时针方

4、向.mtIIe0acb０x13-32解：12（1）UUUaBOMOM2（2）添加辅助线ON，由于整个OMN内感应电动势为零，所以，OMMNON即可直接由辅助线上的电动势来代替OM、ON两段内的电动势。ONON2acos303a1232UUUB(3)aaBONON22（3）O点电势最高。13-33解（1）设大线圈为线圈1，小线圈为线圈2，且设大线圈中通以电流I1，由载流圆线圈在轴线上产生磁场公式可知，大线圈的圆心处产生的磁感应强度的大小为NI011BNB112R因小线圈半径远小于R，小线圈内的磁场可近似视为均匀的，故穿过小线圈的

5、磁通链为NNIS01212ΨNBS212122R两线圈的互感系数为74Ψ210NNS1224π10100504.0106M6.310(H)I2R20.201（2）由互感电动势公式，可得小线圈中的感应电动势的大小为dI164M6.310(50)3.210(V)dt其方向如图所示.SIRB1E13-34解（1）由于系统具有轴对称性，可求出感生电场。在磁场中取圆心为O，半径为r(rR)的圆周，设顺时针方向为正方向，根据感生电场与变化磁场之间的关系dΦBmEdldSLrdtSt可得2dB2E2πr

6、πrπrkrdt有rEk（r

7、初始时刻为时间t的原点。在某时刻棒的速度为v，其上的动生电动势为Blv，其上的电流为IBlv/R，所受的磁力F在x轴上的投影为m2(Bl)FIBlvmR由牛顿运动定律得2dv(Bl)FmvmdtR2dv(Bl)所以dtvRm根据初始条件，将上式两边积分2vdv(Bl)tdtv0vRm022(Bl)v(Bl)t得lnt，即vveRm0vRm02(Bl)dxt又由于vveRm0dt所以，得22t2(Bl)(Bl)(Bl)ttvRmtvRmt