《大學物理Ⅱ》課程考試大綱解讀(2016.12.19)..

1、北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第1頁大學物理H課程考試大綱解讀模塊二電磁學第 11 章 靜電場中的導體和電介質(zhì)【教學內(nèi)容】靜電場中的導體；靜電場中的電介質(zhì)；電容，電容器；電位移矢量，有 電介質(zhì)時的高斯定理；靜電場的能量?！窘虒W重點】1. 靜電平衡條件；處于靜電平衡狀態(tài)的導體上的電荷分布特點。2. 有電介質(zhì)時的高斯定理及其應用。3. 典型電容器的電容及其計算；電容器儲存的靜電能的計算。【考核知識點】1. 靜電平衡條件1靜電平衡條件：當導體處于靜電平衡狀態(tài)時，在導體內(nèi)部電場強度處處為零；導體是一個等勢體， 導體表面是一個等勢面。2處于靜電平衡狀態(tài)的導體上的電荷分布特點： 導體所帶電荷只能分

2、布在導體的表面，導體內(nèi)部沒有凈余電荷； 導體表面外鄰近處電場強度的大小與導體表面電荷密度成正比E二二；名o 導體表面上的面電荷密度與其表面的曲率半徑有關，曲率半徑越小，電荷面密 度越大。2. 典型電容器的電容及其計算公式1電容的計算公式：C=QU2平行板電容器的電容：Cd3孤立導體球電容器的電容：C =4二；0R北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第2頁相關例題和作業(yè)題【P45:球形電容器的電容計算】如圖 11.3.2 所示，一球形電容器，內(nèi)外球殼的半徑分北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第3頁qiS 內(nèi)2 二；，方別為 Ri和 R2,內(nèi)外球殼間為真空，假設內(nèi)外球殼分別帶有 +Q 和-Q

3、 的電荷量。選半徑 為 r 的同心球面為高斯面 S,則由高斯定理nE d_sEcS = E 4r2丄q qiS 內(nèi)4 二；0r2可得兩球殼間的電場強度大小為因此兩極板間的電勢差為根據(jù)式(11.3.1)，可知球形電容器的電容為(1133)【P45-46:柱形電容器的電容計算】 柱形電容器是由兩個不同半徑的同軸金屬圓柱筒A、B 組成的，并且圓柱筒的長度遠大于外圓柱筒的半徑已知兩圓柱筒半徑分別為 RA、RB，筒長為I。設內(nèi)外圓柱面帶電荷量為+Q 和-Q， 則單位長度上的線電荷密度為二 Q.I。選半徑為 r 的同軸圓柱面為高斯面 S，其中 S1、S2為上下底面，S3為側(cè)面，h 為柱 高，由高斯定理得1

4、ES3=E2二rhqi名0s 內(nèi)Q4二；0r2(Ri r R2)，方向沿徑向R2Q 4 二；0r2drQ R240R|R2SE dS=SE dSSE dSdSNE dS二E dr 二圖北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第4頁r : RA及 r RB區(qū)域，E = 0；RA:：: r: RB區(qū)域的q -Qh ,所以此區(qū)域的電場強度大小為S 內(nèi)I匚 九Q 1E二2；0r 2；0l r方向垂直于圓柱軸線向四外輻射。因此，兩極板間的電勢差為根據(jù)式（11.3.1），得到柱形電容器的電容為多少?C=4 二;0R=4 3.14 8.85 1026.40 107.11 10*F地球和電離層可當作球形電容器，

5、它們之間相距約為100km。求地球一電離層系統(tǒng)的電容。（設地球與電離層之間為真空）解：根據(jù)球形電容器的電容公式4 二 yRR C 二-R2 故地球一電離層系統(tǒng)的電容為4 3.148.85 仗26.5 忖 6.4 W6* 10 勺R2 R1Q2 二；RBdrQ2 二；InRBRA【11.7】c=Q作近似計算時，把地球當作半徑為(11.3.4)6.40 106m 的孤立球體。求（1）其電容為解: （1）根據(jù)孤立球體電容公式，地球的電容值近似為【11.9】其中地球半徑為R1= 6.40 106m電離層半徑為R2二 R1100 10 6.50 106m(6.5 - 6.4) 106ABE dr -2

6、二； 。1北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第5頁3. 電介質(zhì)對電容的影響公式 真空電容率；0、電介質(zhì)電容率；和相對電容率；r之間的關系:北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第6頁 電容器兩極板間為真空時各量表示為：Eo, Uo,C。，電容器兩極板間為電介質(zhì)時各量表示為：E，U,C，各量之間的關系為:C =；rC0規(guī)律一般而言，在電容器中充入電介質(zhì)的作用是增大電容，提高電容器的耐壓能力。3相關例題和作業(yè)題【11.6】 空氣平行板電容器兩極板間充滿某種電介質(zhì)，極板間距離 d = 2mm，電壓為 600V,若斷開電源抽出電介質(zhì)，則電壓升高到 1800V;求（1）電介質(zhì)的相對電容率；（2） 電

7、介質(zhì)中的電場強度。解：（1）根據(jù)平行板電容器的電容公式，在抽出電介質(zhì)前后，電容器的電容分別為0 rS0SC1C 2 d（抽出前）d（抽出后）又因為抽出電介質(zhì)的時候已經(jīng)斷開電源，因此，電容器所帶電荷量Q 保持不變，則有C1Ur= C2U2；0；rs；0S-60001800ddr= 3（2） 電介質(zhì)中的電場強度為4. 有電介質(zhì)時的高斯定理及其應用公式E1U16002 10=3 105-m北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第7頁1電位移矢量D與電場強度E的關系：D = E -0 rE2有電介質(zhì)時的高斯定理的兩種表達形式：-_ Z QiZ QiOE dS=-SE（2）DdS八QiSi3均勻帶電球面

8、/球體/球殼：選同心球面為高斯面 S,由高斯定理得_Z Qi:E dS = jEdS =E4 二 r2二丄SS-0 -r QiE-2，方向：沿徑向。4 二；0；rr4無限長均勻帶電直線/圓柱面/圓柱體/圓柱殼：選同軸圓柱面為高斯面 S,其中 Si、S2 為上下底面，S3 為側(cè)面，h 為柱高，由高斯定理得I E dS = E dS 亠 I E dS 亠 i E dSSS1S2S3_Z Qi=E dS =ES3=E2 二 rh 亠S3；0；r、QiE1，方向：沿徑向。2二0 rrh5無限大均勻帶電平面的電場強度分布：平面兩邊分別為均勻電場，E的方向與帶電平面垂直，大小為E二一一，其中二為均勻帶電平

9、面的電荷面密度。相關例題和作業(yè)題【例 11.4.1】一半徑為 R 的金屬球帶有電荷量為 qo的自由電荷，該金屬球周圍是均勻無限大的電介質(zhì)（相對電容率為 耳），求球外任意一點處的電場強度。已知：R；r；0求：Er（ r R）解：由于電場具有球?qū)ΨQ性，并且已知自由電荷的分布，所以可用有電介質(zhì)時的高北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第8頁斯定理先求出電位移矢量D，然后再根據(jù)電位移矢量與電場強度的關系求出電場強度。北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第9頁在球外以 r 為半徑作一個與帶電金屬球同心的球面為高斯面，如圖所示。通過該閉 合球面的電位移通量由高斯定理可知為SD dS j q。內(nèi)D4 二

10、 r2二 q0q。4- r2又因為 D =；E =；r；E，故球外任一點處的電場強度為q。24 二；r；。 r【11.4】在半徑為 R、帶電量為 Q 的金屬球外，有一與金屬球同心的均勻電介質(zhì)球殼， 其外半徑為R。電介質(zhì)的相對介電常數(shù)為；r，如圖所示。求電介質(zhì)內(nèi)、外的電場分布 和電勢分布。解：金屬球上自由電荷的分布是均勻?qū)ΨQ的。由于是均勻電介質(zhì)，故電介質(zhì)內(nèi)外的所以q。4 二；r2-A池-圖 11.4.2 電介質(zhì)中的金屬球題圖 11.4北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第10頁場強分布也具有對稱性。設點 P 到球心的距離為 r，并以此為半徑作球形高斯面，球面上各點的的數(shù)值均相同，方向沿徑矢向外

11、。由高斯定理有北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第11頁（2） 電勢分布（取無窮遠電勢為零） 金屬球內(nèi) （r R ）-RUi二RE dl二RE2drRE3drQF drQ嚴dr=R二RP4二；0；rRr4二；0Rr丄.二140；rR R電介質(zhì)球殼內(nèi)(R r R)- -R -U2二 E dl 二 E2dr.E3dr2rr2R3二Qq4 陽 0 R）由此得(1)電場分布金屬球內(nèi)(r 電介質(zhì)球殼內(nèi)電介質(zhì)球殼外2- D dS二D4 r二qSq4二；0；E!E2=0二Q4二；0；=1 ,E3Q4-；r2U3QO之rE3drQ4；0r北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第12頁【11.5】 如圖所示

12、，設有兩個薄導體同心球殼 A 與 B,它們的半徑分別為 R=10cm與R330cm ,并分別帶有電荷量- 4.010C與1.0 10C。球殼間有兩層電介質(zhì)，內(nèi)層北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第13頁電介質(zhì)的=4.0，外層電介質(zhì)的；r2=20 ,其分界面的半徑為R2=15皿,球殼 B 外的 電介質(zhì)為空氣。求(1)兩球殼間的電勢差；(2)離球心 r =4.0 cm 處的電場強度；(3) 球殼 A 的電勢。解:由于兩同心球殼周圍的電場具有球?qū)ΨQ性，由高斯定理可得D ds= D二4；0；r2(2)由高斯定理可得r3= 4.0cm B求：F解：在載流導線上任取一電流元 Idl，它與B的夾角為亠該

13、電流元所受的安培力大 小為dF =ldlBsi nr力的方向垂直紙面向里。因為導線上各電流元受力方向都相同，所以整個載流導線受到 的安培力的大小為F = JdlBsin v - ILBsin北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第20頁力的方向垂直紙面向里。討論（1）當載流導線與磁感強度方向平行時，即 二=0 或二，載流導線受到的力為北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第21頁零；(2)當載流導線與磁感強度方向垂直時即右，載流導線受到的力最大，為F = ILB。由此可見，式F =ILB的適用條件是載流直導線在勻強磁場中，且電流的流動方向 垂直于磁感強度方向?！纠?12.6.2】如圖 12.6

14、.3 所示，一通有電流為 I 半徑為 R 的半圓弧，放在磁感應強度 為B的勻強磁場中，求該導線所受的安培力。已知：I、R、B求：F解：建立坐標軸如圖 12.6.3 所示，取電流元Idl，受的安培力大小為31dF = Idl B sin IdlB2力 dF 的方向沿徑向斜向上方。由此可見，導線上各電流元所受的安培力方向各不相同。故將 dF 沿 x 軸方向和 y 軸方向分解。由于對稱性，半圓上各電流元受到的安培力沿x軸的分量互相抵消，所以整個半圓弧所受的合力方向豎直向上。F 二 Fy二 JdlBsin：- 2 J IBRsin 連n= 2IBR Jsin%v -2IBR上式表明整個彎曲導線所受的安

15、培力可等效為從起點到終點連成的直導線通過相同的電流時所受的安培力?？梢宰C明，此結(jié)論對勻強磁場中的任意形狀載流導線均成立?！?2.21】一長直導線通有電流 I = 20 A,其旁放一直導線 AB，通有電流I、10A,二者 在同一平面上，位置關系如題圖 12.21 所示，求導線 AB 所受的力。圖 12.6.312.6.3磁場對載流導線的作用XXX X北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第22頁解：根據(jù)題意，建立如圖 12.21 所示坐標系，以點 0 為坐標原點，水平向右為 x 軸正方向，豎直向上為 y 軸正方向。則通電直導線的磁場分布為11iB01方向：2兀x在導線 AB 上距長直導線為 x

16、處任取一線元 dx，貝皿流元Idx所受安培力大小為方向垂直于 AB 豎直向上可以判斷出，導線上所有電流元所受的安培力方向均相同，所以導線AB 所受力為,o-1oIIHdx0.104兀X107江200AF二dF00InIn 10二9.21 10 N匕012兀x2兀0.012方向垂直于 AB 豎直向上。【12.22】一線圈由半徑為 0.3 m 的四分之一圓弧 oabo 組成，如題圖 12.22 所示，通過 的電流為 4.0 A,把它放在磁感強度為 0.8 T 的均勻磁場中，磁場方向垂直紙面向里，求 oa 段、ob段、弧二所受磁場力的大小和方向。錯誤！未找到引用源。解：根據(jù)安培力公式dF -Idl

17、B，可得oa 段受力dF =BI dxJoII dx2二x題圖 12.2212.22北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第23頁Fa=IRB=4 0.3 0.8 = 0.96N （方向垂直 oa 向下）ob 段受力Fob=IRB=4 0.3 0.8 = 0.96N （方向垂直 ob 向右）由于在均勻磁場中閉合載流線圈受的合力為零，所以弧錯誤！未找到引用源。在均勻磁場中受力等于直線電流 ab 在相同磁場中受力，即錯誤！未找到引用源。錯誤！未找到引用源。二一2IRBf；2 4 0.3 0.8 =1.35N （方 向垂直 ab 斜向上）【12.23】如題圖 12.23 所示，一根長直導線載有電流

18、Ii= 30 A,矩形回路載有電流 I2= 20A，求作用在回路上的合力。已知 d =1.0 cm，b = 8.0 cm，l= 0.12 m。解：如圖 12.23（b）所示，線框所受總的安培力 F 為左、右兩邊所受安培力 F3和 F4的矢量和，F(xiàn)3、F4的大小分別為-0I1I2-（d b）所以合力的大小為方向水平向左。%I1I2l2d4二曲30 20 0.1220.014二10 J 30 20 0.122二0.09= 1.28 10，N（題圖 12.2312.23北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第24頁3.載流線圈的磁矩及載流線圈在均勻磁場中受到的磁力矩公式1載流平面線圈的磁矩：m =

19、NISen，其中 m 與 I 的流向成右手螺旋關系。2載流平面線圈在均勻磁場中所受的磁力矩：M =m B磁力矩的方向與m B的方向一致。當線圈平面與B線平行時，即m _ B時，線圈所受的磁力矩最大： Mmax二 mB 二 NISB相關例題和作業(yè)題【例 12.6.3】一半徑為 0.1m 的半圓形閉合線圈，通以 10 A 電流，處在 0.5 T 的勻強磁 場中，磁感強度方向與線圈平面平行，求該線圈的磁矩及其所受的磁力矩。*圖 12.6.712.6.7 載流半圓形線圈在磁場中所受的磁力矩已知：R =0.1m，I =10A，B =0.5T，-2求：m，M解：由定義得磁矩大小為nR22m = IS =

20、I0.2 A m2其方向為垂直紙面向外。根據(jù)式 M =m B 得線圈所受的磁力矩大小為JIM二mBsin 0.08N m2磁力矩的方向沿紙面豎直向上?！?2.24】一直徑為 0.02m 的圓形線圈，共 10 匝，當通以 0.1A 的電流時，問：它的磁矩是多少？若將線圈置于 1.5T 的均勻磁場中，線圈受到的最大磁力矩是多少？解：該圓形通電線圈的磁矩m的大小為北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第25頁m =NIS =NI二吟）2=10 0.1二（晉）210，A m-2在磁場中，線圈所受磁力矩為M =m B，其最大值為北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第26頁44Mmax二 mB = NB

21、IS =3.14 10 一 1.5N m = 4.71 10_N m【12.27】一長直螺線管，1m 長度上繞線圈n =4000匝、導線中通電流 I, =1.2A，在此螺線管中部放一長為 a=1.0 10，m 的正方形線圈，其中通 有順時針方向的電 流J =8A，共 10 匝，如題圖 12.27 所示。求正方形線圈的磁矩的大小和方向；正方形線圈受的磁力矩的大小和方向解：線圈磁矩為m 二 N2I2a2=10 8 （1.0 10 工）2=8 10A m2方向垂直紙面向里 載流線圈在磁場中受的磁力矩為M = m B大小為M 二 m Bsi n90=m% nh=8 1034 二 10 4000 1.2

22、 = 4.8 10N m方向豎直向下。4.磁介質(zhì)中的安培環(huán)路定理及其應用公式真空磁導率、磁介質(zhì)磁導率和相對磁導率Jr之間的關系:順磁質(zhì)： BB0，卩=BrB01，J*0抗磁質(zhì)：B : Bo，:1，JBBn題圖 12.2712.27磁介質(zhì)的分類：根據(jù)北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第27頁B0鐵磁質(zhì)：BB0，卩=Br-1，B0北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第28頁磁場強度矢量H與磁感強度B的關系:磁介質(zhì)中的安培環(huán)路定理的兩種表達形式:(1)：B dl - 八 T。f ToL無限長載流圓柱體/圓柱面/圓柱殼的磁感強度分布求法:取半徑為 r 的B線為積分路徑 L,由安培環(huán)路定理得:B

23、dl = Bdl =B2 二 r -八 To二r l0LLIo UoB =- 無限長載流同軸電纜的磁感強度分布求法:取半徑為 r 的B線為積分路徑 L,由安培環(huán)路定理得:B dl = Bdl =B2：r -八 To=loLL特點：外筒外B = 0相關例題和作業(yè)題【例 12.7.1有兩個半徑分別為 a 和 b 的同軸無限長圓筒，它們之間充滿相對磁導率為的均勻磁介質(zhì)，兩圓筒分別通以反向電流，電流強度為I，求（1）在磁介質(zhì)中任意點 P 的磁感強度；（2）圓筒外一點 Q 的磁感強度。Bi。2 兀 rIo2 r北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第29頁圖 12.7.3 充滿磁介質(zhì)無限長圓筒電流的磁場

24、已知：a b 弓 I求:解：首先分析B分布特點由于電流分布是軸對稱的，因此B也是軸對稱分布的。由于有磁介質(zhì)存在，所以應根據(jù)傳導電流的分布，應用有磁介質(zhì)的安培環(huán)路定理求 出磁場強度H的分布。然后B、H關系求出磁感強度的分布。如圖 12.7.3 所示，首先 討論磁介質(zhì)中一點 P 的磁感強度，設點 P 離圓柱體軸線的垂直距離為 r，且 a r b 通過點 P 做一半徑為 r 的圓，圓面與圓柱體的軸線垂直。由于對稱性，在圓周上各點的H值相等，方向都是沿圓的切線，故H H內(nèi)dldl = = H H內(nèi)dlcosOdlcosO=H=H內(nèi)dldl。根據(jù)安培環(huán)路定理， 有:L H內(nèi)d丨二二H內(nèi)d丨=H內(nèi)”Ld丨

25、=H內(nèi)2二r = I于是得H內(nèi) 二一1(a r b)2 兀 r由式(12.7.5 )可得 P 點的磁感強度為円 卩卩I8內(nèi) _ H1r(a r b 通過點 Q 做一半徑為 r 的圓。該回路所包圍的電流為零，根據(jù)有磁介質(zhì)的安培環(huán)路定理， 有B北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第30頁I H外d丨二 H外d丨二H外| d丨二H外2 % r =0由此得H外二0(r b)由式(12.7.5 )可得 Q 點的磁感強度為B外二0【12.28】一無限長磁導率為，半徑為 R 的圓柱形導體，導體內(nèi)通有電流 I，設電流 均勻分布在導體的橫截面上。今取一個長為 R,寬為 2R 的矩形平面，其位置如題圖 12.2

26、8 所示。求通過該矩形平面的磁通量。題圖 12.28解：設圓柱體內(nèi)、外的磁感強度分別為B2。由于無限長圓柱導體中電流均勻分布在其橫截面上，因此，它所激發(fā)的磁場具有軸對稱性。由磁介質(zhì)中的安培環(huán)路定理-LH dl=為I，得所以有r R時，同理可得JoIr：H12RH1Ir22 RB1二JH1JIr22 RI I北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第31頁則通過題中給定矩形平面的磁通量為二B dS占Rdr必Rdr二世m(xù)02R第 13 章電磁感應電磁場【教學內(nèi)容】電磁感應現(xiàn)象與感應電動勢；動生電動勢和感生電動勢；自感和互感； 磁場的能量；變化的電磁場，電磁波?！窘虒W重點】1. 法拉第電磁感應定律及其

27、應用。2. 動生電動勢的概念及其計算；感生電場和感生電動勢的概念。3. 自感電動勢和自感的概念及其計算，互感電動勢和互感的概念及其計算?！究己酥R點】1.法拉第電磁感應定律的應用公式1法拉第電磁感應定律：二-N地dt2磁鏈：二 Nm，其中叮磊為穿過一匝線圈的磁通量。相關例題和作業(yè)題【例 13.1.1】設有由金屬絲繞成的螺繞環(huán)，單位長度上的匝數(shù) n = 5000m-1,截面積為 S =210_3m2。金屬絲的兩端和電源以及可變電阻串聯(lián)成一閉合電路。在環(huán)上再繞一線圈A,其匝數(shù) N = 5 匝，電阻為 R = 2 貼調(diào)節(jié)可變電阻使通過螺繞環(huán)的電流 I 每秒降低 20 安培。試計算 線圈 A 中產(chǎn)生的

28、感應電動勢及感應電流 Ii ;2 秒內(nèi)通過線圈 A 的 感應電量 q。圖 13.1.613.1.6 例題圖已知：n = 5000m-1，S = 2 10_3m2，N = 5 匝，R = 2 Q,dI=20As，t = 2 sdt解：電動勢大小邸=N 一dt%丨n2)北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第32頁通過線圈 A 的磁通量為“n I S禺=竺 =卩0nN S生=12.57x10500 10一3x 20 =1.26漢10一3VI dtdt3感應電流為 Ii!1.26 106.30 104AR2電量 q=ljt=6.30 1042 =1.26 103C【例 13.1.2】（交流發(fā)電機的原

29、理）如圖，均勻磁場中，置有面積為 S 的可繞 00 軸轉(zhuǎn) 動的N 匝線圈。外電路的電阻為 R 且遠大于線圈的電阻。若線圈以角速度作勻速轉(zhuǎn)動， 求線圈中的感應電動勢及感應電流。圖 13.1.713.1.7 例題圖已知：S、N、R、求：；i、I解：由法拉第電磁感應定律q- - - N dtdt由定義，門二B S設在t =0時，線圈平面方向S與磁感應強度B的方向相同，=0t時刻，S與B的 夾角為-_-t，門-BScos t；i =N B Ss i n t令行=NBS ，它是感應電動勢的最大值，得北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第33頁感應電流i=msi n=lmsi nR R【13.1】有一匝

30、數(shù)N =200匝的線圈，今通過每匝線圈的磁通量 Gm= 5 10* sin10tWb 求在任一時刻線圈內(nèi)的感應電動勢；在t =10s時，線圈內(nèi)的感應電動勢。-N仏200 5 104呵“1)dtdt4=-200 5 1010二cos10 t二-二coslO t將t=10s代入上式，得引=兀cos（10匯10） = 3.14 V2.動生電動勢和感生電動勢的產(chǎn)生原因，動生電動勢的計算及其方向的判斷。公式動生電動勢的計算公式：-4 44-dl 上產(chǎn)生的動生電動勢：d；i =（v B） dl，當 v 與B垂直，并且 dl的方向與（：B） 的方向相同時，d=vBdl，方向與（B）的方向相同。444-L 上

31、產(chǎn)生的動生電動勢：廿dr.（v B） dl，方向與（：B）的方向相同。LL相關例題和作業(yè)題【例 13.2.1】如圖 13.2.3 所示，長直導線中通有電流I =10A，有一長l =0.1m的金屬棒 AB，以：=4ms-1的速度平行于長直導線作勻速運動，如棒的近導線的一端距離導線a = 0.1m，求金屬棒中的動生電動勢。解：解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律ddm-Ndtdt北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第34頁_A已知：I = 10A、I = 0.1m、： = 4 m s、a = 0.1 m求：*解：建立坐標系如圖 1323,由于磁場為非均勻磁場，在離電流 x 遠處取線元 dx,. I_

32、其上的磁感強度為B0-，B的方向為：，（：B）的方向為 x 軸負向。2兀x線元 dx 上的元動生電動勢為-nd * = ( B) dl =( B) (dxi ) = Bsin cos二dx2%l二 一Bdxdx2rx整個金屬棒上的總動生電動勢為Ba 十k0Ia+l-jd一dxlnA站2兀x2兀a4二10=10 4上ln 2一5.5 10 V 2二負號表示；i 的方向：BA,即：B方向。A 點為高電勢?！纠?13.2.2】一根長度為 L 的銅棒，在磁感強度為B的均勻磁場中，以角速度3在與感應電動勢磁感強度方向垂直的平面上繞棒的一端O 作勻速北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第35頁已知：B、

33、求：；i解：在銅棒上距 O 點為I處取線元 dl，規(guī)定其方向由 O 指向 P。其速度為：，并且：，B，dl互相垂直。于是，由式（13.2.3）可得 dl兩端的動生電動勢為圖 13.2.413.2.4 例題圖北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第36頁-兀d計=(B) dl = Bsi n co 0dl二Bdl二B，Idl 2于是銅棒兩端之間的動生電動勢上式中.0 表明動生電動勢的方向與所選取的線元 dl方向相同，即動生電動勢的方向由 O 指向 P 的【13.7】一根長 0.5 m,水平放置的金屬棒 ab 以長度的 1/5 處為軸，在水平面內(nèi)以每分 鐘兩轉(zhuǎn)的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，如題圖 13.7 所示

34、。已知均勻磁場B的方向豎直向上，大小為B =5.0 10 “T。求 ab 兩端的電勢差。解：設 ab 長為 L，則所以 ab 兩端的電勢差3 5.0 10 0.52= 7.85 10一5V10 60方向為b a。【13.8】 如題圖 13.8 所示，一載流長直導線中流有 1=2 A 的電流。令一長為 L=0.3m的直導線 AB 與長直導線共面且與之垂直， 近端 A 距長直導線為 a =0.1m。求當 AB 以勻 速=衛(wèi)和=QLBld1B L2-obb _-( B) dl二 oL0lBdl50BL2方向為O boa4La(：丿B) dl二5zlBdl方向為O a50aboa；ob10題圖 13.

35、713.7北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第37頁率：2ms4豎直向上運動時，導線中感應電動勢的大小和方向。vxB a LI題圖 13.8解：建立坐標系如圖 13.8，由于磁場為非均勻磁場，在離電流 x 遠處取線元 dx,其I -上的磁感強度為B0-，B的方向為：，(：B)的方向為 x 軸負向2咚線元 dx 上的元動生電動勢為亠亠亠亠仃NN31d；i =( B) dl =( B) (dxi ) - Bsin cos二dx 2=一Bdx一dx2兀x整個金屬棒上的總動生電動勢為“ d“1dxoIlna La2兀x2a4 10一726=2 In4一1.1 10V2 -負號表示；i 的方向：BA

36、,即：B方向。A 點為高電勢。3.自感電動勢和自感的概念及其計算，互感的概念公式自感的計算方法：-屮設通有電流I 求B分布一求一匝線圈的磁通量m磁鏈屮二Nm L =自感電動勢：dI相關例題和作業(yè)題北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第38頁【例 13.3.11試計算空心細長螺線管的自感。已知螺線管半徑為 R，長為 I，總匝數(shù)為 N已知：R、I、N北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第39頁求：L解：若螺線管內(nèi)通有電流為 I，管內(nèi)磁感應強度 B 的大小為B = % nl = % I穿過螺線管每一匝線圈的磁通量為：5二BS7。I二R2穿過螺線管的磁鏈為0罕卞LofIl螺線管單位長度的匝數(shù) n=

37、N / l ,螺線管的體積 V =nR，上式可改寫為L = %n2V同軸電纜可視為二圓筒半徑分別為Ri、R2,二圓筒通有大小相等，方向相已知：Ri、R2、I求：L|解：由自感定義式L得L，式中門為穿過 I 長同軸電纜的磁通量。I I II由于磁場僅分布在兩圓筒間，故門為通過圖中長為 I 的內(nèi)外圓筒間的矩形截面PQRSP 的磁通量?！纠?3.3.2】反的電流 I求單位長度的自感 L0圖 13.3.213.3.2 例題圖北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第40頁由式(1235)可知：B必,為非均勻磁場。所以 G 二dG , d：G為通過面元dS二ldr2nr:的磁通量。-0Il= B dS =

38、 Bldr0dr2兀r,R2%llA%IL R2drIn恂 2 nr2 兀R1得L R2In -lIl2 二 R【13.11】有一個線圈，自感系數(shù)是 1.2H,當通過它的電流在 1/200S 內(nèi)，由 0.5A 均勻地 增加到 5A 時，產(chǎn)生的自感電動勢是多大？解：由工二-計算，可求得dt%=L賂L竺=1.2漢5一0.5=1.08d03Vdt At1/200【13.12】一空心長直螺線管，長為 0.5m，橫截面積為0.1 10，m2，若螺線管上密繞線圈 3000 匝，求自感系數(shù)為多大？若其中電流隨時間的變化率為每秒增加10A，自感電動勢的大小和方向如何？解： 由長直螺線管的磁感強度公式B，。牛I

39、、磁通量公式 5 = NBS 及公式 二 LI，可以推得其自感系數(shù)為-72_24二1030000.1 100.5自感電動勢為式中“一”號表示的方向與電流方向相反4.自感磁能的計算公式自感磁能的計算公式：Wm= f LI22%N2Sl=2.26 10”dt-2.26 10 10 - -0.226V北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第41頁相關例題和作業(yè)題北京聯(lián)合大學大學物理H課程考試大綱解讀第42頁【例 1341】如圖 1342 所示，同軸電纜中金屬芯線的半徑為 Ri,共軸金屬圓筒的半徑 為 R2,中間為空氣，芯線與圓筒上通有大小相等、方向相反的電流 I?？陕匀ソ饘傩揪€ 內(nèi)的磁場，求（1）長為 I 的一段電纜中所儲存的磁場能量。（2）該電纜的自感系數(shù)。圖 13.4.213.4.2 同軸電纜的磁能已知：R1、R2、I、丨求：（1） W