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|---|---|---|
长为 $l$ 的一根铜棒，在均匀磁场中以匀角速度 $\omega$ 转动，磁场的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 与棒垂直，转轴通过棒的一端并与 $\boldsymbol{B}$ 平行，如图8．1．42所示。（1）试求铜棒两端的电势差 $U_{O A}$ ，哪端电势高？（2）当 $l=50 \mathrm{~cm}, B=100 \mathrm{Gs}$ ，转速为每秒 50 圈时，试计算 $U_{O A}$ 的值。 | 【解】（1）$U_{O A}=U_{O}-U_{A}=\int_{O}^{A} \boldsymbol{E}_{s} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{O}^{A}\left(-\boldsymbol{E}_{i}\right) \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{O}^{A}(-\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}) \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=\int_{O}^{A} v B \mathrm{~d} l=\int_{O}^{A}... | |
只有一根辐条的轮子在均匀磁场中转动，转动轴与磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 平行，如图8．1．43所示．轮子和辐条都是导体，辐条长为 $R$ ，轮子每秒转 $N$ 圈．两条导线 $a$ 和 $b$ 通过各自的刷子分别与轮轴和轮缘接触。（1）试求 $a 、 b$ 间的感应电动势 $\mathscr{E}$ ；（2）若在 $a 、 b$ 间接一个电阻，使辐条中的电流为 $I$ ，试问 $I$ 的方向如何？（3）试求这时磁场作用在辐条上的力矩 $\boldsymbol{M}$ ；（4）当轮子反转时，$I$ 是否也会反向？ | 【解】（1） $\mathscr{E}=\int_{0}^{R} \boldsymbol{E}_{i} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{0}^{R} \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=\int_{0}^{R} v \mathrm{~B} \mathrm{~d} \boldsymbol{l}$
$$
=\int_{0}^{R} \omega l B \mathrm{~d} l=\frac{1}{2} B \omega R^{2}=\frac{1}{2} B \cdot 2 \pi N ... | |
半径为 $R$ 的金属圆盘，放在磁感强度为 $\boldsymbol{B}$ 的均匀磁场中， $\boldsymbol{B}$ 与盘面法线 $\boldsymbol{n}$ 的夹角为 $\theta$ ，如图8．1．44所示．当这圆盘以每秒 $N$ 圈的转速绕它的几何轴旋转时，试求盘中心与边缘的电势差． | 【解】盘中心 $O$ 与边缘 $A$ 的电势差为
图8．1．44
$$
\begin{aligned}
U_{O A} & =U_{O}-U_{A}=\int_{0}^{R} \boldsymbol{E}_{s} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{0}^{R}\left(-\boldsymbol{E}_{i}\right) \c... | |
由金属制成的直角三角形框架，勾 $B C$ 长为 $a$ ，放在磁感强度为 $\boldsymbol{B}$ 的均匀磁场中，股 $A B$ 与 $\boldsymbol{B}$ 平行，如图8．1．45（1）所示．当这框架以股 $A B$ 为轴，每秒旋转 $n$ 圈时，试求勾 $B C$ 里产生的感应电动势 $\mathscr{E}_{B C}$ 和整个框里产生的感应电动势 $\mathscr{E}$ 。 | 【解】 $\mathscr{E}_{B C}=\int_{0}^{a} \boldsymbol{E}_{i} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{0}^{a} \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=\int_{0}^{a} v B \mathrm{~d} \boldsymbol{l}$
$$
\begin{aligned}
=\int_{0}^{a} 2 \pi n l B \mathrm{~d} l=n \pi a^{2} B & \\
& \mathscr{E}^{\mathscr{E}... | |
一根 50 cm 长的金属棒 $a b$ 水平放置，以长度的 $\frac{1}{5}$ 处为轴心，在水平面内旋转，每秒转两圈；已知该处地磁场的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 在坚直方向上的分量 $B_{\perp}=$ 0.50 Gs ，如图8．1．46（1）所示．试求棒两端的电势差 $U_{a b}$ 。
图8．1．46（1）
 \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=-\int_{a}^{b} \boldsymbol{E}_{i} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l} \\
& =-\int_{a}^{b} \boldsymbol{v} \times \boldsymb... | |
横截面很小的金属丝弯成一圆环，半径为 $a$ ，以角速度 $\boldsymbol{\omega}$ 绕它的一个固定直径 $A B$ 旋转；在它的中心，有一个磁矩为 $\boldsymbol{m}$ 的小磁棒，其长度比 $a$ 小很多， $\boldsymbol{m}$与 $\boldsymbol{\omega}$ 同方向，如图8．1．47（1）所示，$C$ 为 $A 、 B$ 间的中点。（1）试求 $A 、 C$ 之间的感应电动势 $\mathscr{E}$ ；（2）怎样测量这个电动势？ | 【解】（1）圆环旋转时切割磁力线，在 $A 、 C$ 之间产生的感应电动势为［图8．1．47（2）］
$$
\begin{aligned}
\mathscr{E} & =\int_{A}^{C} \boldsymbol{E}_{i} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{A}^{C} \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=\int_{A}^{C}[(\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{a}) \times \boldsymbol{B}] \cdot \... | |
一正方形线圈每边长 100 mm ，在地磁场中转动，每秒转 30 圈，转轴通过中心并与一边平行。（1）试问转轴与地磁场的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 的夹角为什么值时，线圈中产生的感应电动势最大？（2）设线圈所在处地磁的 $B=0.55 \mathrm{Gs}$ ，这时要在线圈中产生有效值为 10 mV 的感应电动势，试求线圈的匝数 $N$ 。 | 【解】（1）转轴与地磁场的 $\boldsymbol{B}$ 的夹角为 $90^{\circ}$ 时，$\frac{\mathrm{d} \Phi}{\mathrm{d} t}$ 的值最大，故产生的 $\mathscr{E}$ 也最大。
（2）在转轴与 $\boldsymbol{B}$ 垂直时，感应电动势为
$$
\mathscr{E}=-\frac{\mathrm{d} \Psi}{\mathrm{~d} t}=-N \frac{\mathrm{~d} \Phi}{\mathrm{~d} t}=-N \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} t} B S \cos \omega t=N B S \omega ... | |
横截面积为 $1.0 \mathrm{~mm}^{2}$ 的铜线，弯成直径为 $a=$ 20 cm 的圆环，环面与地面垂直，该处地磁 $\boldsymbol{B}$ 的水平分量 $B_{\|}=$ 0.18 Gs ，如图8．1．49所示。已知铜的电阻率为 $\rho=1.75 \times 10^{-8} \Omega \cdot \mathrm{m}$ ．当这圆环以每分钟 300 圈的匀角速度绕它的坚直直径转动时，试求：（1）每秒产生的焦耳热；（2）外加转矩的最大值。
$$
P=1.44 \times 10^{-8} / 4.1855=3.4 \times 10^{-9}(\mathrm{cal} / \mathrm{s})... | 【解】（1）因圆环中的感应电流是交流电流，设电流的有效值为 $i_{e}$ 则
$$
i_{e}=\frac{\mathscr{E}_{e}}{R}
$$
式中 $\mathscr{E}_{e}$ 是感应电动势的有效值．感应电动势为
$$
\mathscr{E}=-\frac{\mathrm{d} \Phi}{\mathrm{~d} t}=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} t}\left(B_{\|} S \cos \omega t\right)=B_{\|} S \omega \sin \omega t
$$
所以
$$
\mathscr{E}_{e}=\frac{B_{\|} S_{\ome... | |
最简单的交流发电机是在均匀磁场中转动的线圈，转轴 $O O^{\prime}$ 与磁场的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 垂直，如图8．1．50 所示．已知 $B=8400 \mathrm{Gs}$ ，线圈面积 $S=25 \mathrm{~cm}^{2}$ ，线圈匝数 $N=20$ ，每秒转 50 圈．设开始时线圈平面的法线与 $\boldsymbol{B}$ 平行．试求线圈中的电动势 $\mathscr{E}$ 。 | 【解】 $\mathscr{E}=-\frac{\mathrm{d} \Psi}{\mathrm{d} t}=-N \frac{\mathrm{~d} \Phi}{\mathrm{~d} t}=-N \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} t} B S \cos \omega t$
$$
=N B S \omega \sin \omega t
$$
$$
\begin{aligned}
& =20 \times 8400 \times 10^{-4} \times 25 \times 10^{-4} \times 2 \pi \times 50 \sin 2 \pi \times 50 t \\
& =13... | |
法拉第圆盘发电机是一个在磁场中转动的导体圆盘．设圆盘的半径为 $R$ ，转动轴线与它的几何轴重合，磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 平行于轴线，转动的角速度为 $\omega$ ，如图8．1．51所示。（1）试求盘的边缘与中心的电势差 $U_{R O}$ ，并计算 $R=15 \mathrm{~cm}, B=$ 0.60 T ，转速为每秒 30 圈时 $U_{R O}$ 的值；（2）当盘反转时，边缘与中心电势的高低是否也会倒过来？ | 【解】（1）$U_{R O}=U_{R}-U_{O}=\int_{R}^{0} \boldsymbol{E}_{s} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{R}^{0}\left(-\boldsymbol{E}_{i}\right) \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{0}^{R} \boldsymbol{E}_{i} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{0}^{R} \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B} \cdot \mathr... | |
一外表绝缘的导线，扭成如图8．1．52所示的三个圆形的平面闭合回路，它们的半径分别为 $a 、 b 、 c, a>b>c$ 。这回路中都有磁感强度为 $\boldsymbol{B}$ 的均匀磁场，且 $\boldsymbol{B}$ 与回路的平面垂直并向内，而回路外则无磁场。当 $\boldsymbol{B}$ 的大小以速率 $\dot{B}$ 增大时，试求回路中的感应电动势 $\mathscr{E}$ ，并指出中间圆 $b$ 里感应电流的方向。 | 【解】 $\mathscr{E}=\mathscr{E}_{a}+\mathscr{E}_{b}+\mathscr{E}_{c}=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\Phi_{a}+\Phi_{b}+\Phi_{c}\right)$
$$
\begin{aligned}
& =-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} t}\left(\pi a^{2} B-\pi b^{2} B+\pi c^{2} B\right) \\
& =-\pi\left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right) \dot{B}
\end{aligned}
$$
图8．1．53（1）
 \sin \omega t$
（2） $\mathscr{E}=-\frac{\mathrm{d} \Phi}{\mathrm{d} t}=-\frac{\mu_{0... | |
两条很长的平行输电线，相距为 $l$ ，载有大小相等而方向相反的电流 $I=I_{0} \cos \omega t$ ；旁边有一长为 $a$ 、宽为 $b$ 的矩形线圈，它们在同一平面内，长边与输电线平行，到最近一条的距离为 $d$ ，如图8．1．55所示。试求线圈中的感应电动势 ${ }^{6}$ 。 | 【解】先求通过线圈的磁通量
$$
\begin{aligned}
\mathrm{d} \Phi & =\boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{S}=B \mathrm{~d} S=\frac{\mu_{0} I_{0} \cos \omega t}{2 \pi}\left(\frac{1}{r_{1}}-\frac{1}{r_{2}}\right) a \mathrm{~d} r \\
\Phi & =\frac{\mu_{0} a I_{0} \cos \omega t}{2 \pi}\left[\int_{d}^{d+b} \frac{\mathrm{~d} r_{1}}{r_... | |
一横截面积为 $S=20 \mathrm{~cm}^{2}$ 的空心螺绕环，每
图8．1．56
厘米上绕有 50 匝线圈；环外绕有 $N=5$ 匝的副线圈，副线圈与电流计 G 串联，构成一个电阻为 $r=2.0 \Omega$ 的闭合回路，如图8．1．56所示。今改变 $R$ 使螺绕环中的电流 $i$每秒减少 20 A ．试求副线圈中的感应电动势 $\mathscr{E}$ ... | 【解】 通过副线圈的磁链为
$$
\Psi=N \Phi=N B S=N \mu_{0} n i S=\mu_{0} N n S i
$$
所以
$$
\begin{aligned}
\mathscr{E} & =-\frac{\mathrm{d} \Psi}{\mathrm{~d} t}=\mu_{0} N n S\left(-\frac{\mathrm{d} i}{\mathrm{~d} t}\right) \\
& =4 \pi \times 10^{-7} \times 5 \times 50 \times 10^{2} \times 20 \times 10^{-4} \times 20 \\
& =4 \pi \t... | |
一电子计算机里的存储元件是用矩磁材料（磁滞回线接近矩形的铁氧体）作成的小圆环，横截面积为 $0.15 \times 0.30 \mathrm{~mm}^{2}$ ，如图8．1．57（1）所示。回路 1 中的电流 $I$ 使圆环由原来的剩磁状态 $B_{r}$ 翻转到另一剩磁状态 $-B_{r}$［图8．1．57（2）］．已知 $B_{r}=0.17 \mathrm{~T}$ ，翻时间为 $\Delta t=0.45 \mu \mathrm{~s}$ 。试求回路 2 中感生电动势的大小。 | 【解】因回路 2 有两匝，故其中感生电动势的大小为
$$
\mathscr{E}=\left|\frac{\Delta \Psi}{\Delta t}\right|=2\left|\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\right|=2 S\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|=2 S \frac{\left[B_{r}-\left(-B_{r}\right)\right]}{\Delta t}
$$
图8．1．59
待测处，这线圈与测量电荷量的冲击电流计 G 串联。当用反向开关 K 使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而产生电荷量 $\Delta q$的迁移；由 G 测出 $\Delta q$ ，就可以算出测量线圈所在处磁感强度的大小 $B$ 来．已知测量线圈有 2000匝，它的直径为 2... | 【解】设测量线圈的横截面积为 $S$ ，匝数为 $N$ ，它与 $G$ 的回路电阻为 $R$ ，电流为 $i$ ，则有
所以
$$
\begin{gathered}
i=\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{~d} t}=\frac{\mathscr{E}}{R}=-\frac{N}{R} \frac{\mathrm{~d} \Phi}{\mathrm{~d} t}=-\frac{N S}{R} \frac{\mathrm{~d} B}{\mathrm{~d} t} \\
\mathrm{~d} q=-\frac{N S}{R} \mathrm{~d} B
\end{gathered}
$$
因螺线管的电流反... | |
横截面直径为 $d$ 的无限长直螺线管，单位长度的匝数为 $n$ ，当它的导线中的电流按 $I=k t$（ $k$ 为常数）的规律增大时，试求下列三处感应电场强度的大小：（1）管内轴线上；（2）管内离轴线为 $r$ 处；（3）管外离轴线为 $R$ 处。 | 【解】（1）无限长直载流螺线管内的磁场是均匀磁场，磁感强度为（参见前面5．2．20题）
$$
\boldsymbol{B}=\mu_{0} n I \boldsymbol{e}_{I}
$$
式中 $e_{I}$ 为电流 $I$ 的右旋进方向上的单位矢量。
（2）在管内离轴线为 $r$ 处，设感应电场强度为 $\boldsymbol{E}_{i}$ ，则由对称性有
$$
\oint \boldsymbol{E}_{i} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=E_{i} \cdot 2 \pi r=\left|-\frac{\mathrm{d} \Phi}{\mathrm{~d} t}\right|=... | |
在圆柱形空间里有磁感强度为 $\boldsymbol{B}$ 的均匀磁场， $\boldsymbol{B}$ 平行于圆柱轴线， $\boldsymbol{B}$的大小 $B$ 随时间 $t$ 的变化关系为 $B=B_{0}-k t$ ，式中 $B_{0}$ 和 $k$ 都是常量。在这磁场里，有一条长为 $l$ 的直导线 $a b$ ，位于圆柱的横截面内，到圆柱轴线的距离为 $h$ ，如图 8．1．61（1）所示．试求这段导线里的感生电动势． | 【解】设感应电场强度为 $\boldsymbol{E}_{i}$ ，则离轴线为 $r$ 处有
图8．1．61（1）
... | |
一圆柱形空间内有磁感强度为 $\boldsymbol{B}$ 的均匀磁场，其横截面的半径为 $R, \boldsymbol{B}$ 平行于轴线向外，如图8．1．62（1）所示。在这横截面内有一条长为 $l$ 的直导线，其两端 $a 、 b$ 在圆柱面上。当 $\boldsymbol{B}$ 的大小以速率 $\dot{B}$ 增大时，试求导线两端的电势差 $U_{a b}$ 。 | 【解】如图8．1．61（2）所示，当 $\boldsymbol{B}$ 向外并增大时，它所产生的涡旋电场（感生电场） $\boldsymbol{E}_{i}$ 为顺时针方向，其大小根据法拉第电磁感应定律为
$$
E_{i}=\frac{1}{2 \pi r}\left|\frac{\mathrm{~d} \Phi}{\mathrm{~d} t}\right|=\frac{1}{2 \pi r} \cdot \pi r^{2} \dot{B}=\frac{1}{2} \dot{B} r
$$
图8．1．67 | |
汽车上有一种转速表，如图8．1．67所示，其中永磁铁与汽车发动机的转轴相连，当汽车行驶时，永磁铁被带动旋转；磁铁的旋转使它上面的铝盘 $A$ 受到力矩的作用而发生偏转，铝盘的轴上装有弹簧 $S$ 和指针 $P$ 。当铝盘所受的力矩与弹簧的反力矩平衡时，铝盘便偏转在某个位置，这时指针 $P$就指出车速的值。试说明铝盘转动的道理。 | 【解答】铝盘与永磁铁有相对运动时，铝盘切割磁力线产生感应
电流，感应电流受永磁铁的磁场作用力（安培力）使铝盘跟随永磁铁转动。 | |
鼠笼式感应电动机是小功率（如几千瓦）交流电动机中最常用的一种。它的转子是在两个铜（或铝）环上，安装一些铜（或铝）条而成，形如鼠笼，可以绕它的几何轴 $O O^{\prime}$ 转动，如图8．1．68（1）（a）所示。在使用时，电源来的电并不通过转子，而是通过转子外面的定子（线圈），定子中的电流在转子所在处产生一个旋转磁场，这磁场的方向与转子的轴线 $O O^{\prime}$ 垂直，并且绕着 $O O^{\prime}$ 旋转，如图8．1．68（1）（b）所示。在这种磁场的作用下，转子便会跟随磁场转动。试说明：（1）转子转动的道理； （2）转子的转速恒小于磁场的转速。
$ 系以匀速 $v=(v, 0,0)$ 相对于 $S(x, y, z)$ 系运动，如图8．2．2所示．一电磁场的电场强度和磁感强度在 $S(x, y, z)$ 系里测量分别为 $\vec{x}, \boldsymbol{x}=\left(E_{x}, E_{y}, E_{z}\right), \boldsymbol{B}\left(B_{x}, B_{y}, B_{z}\right)$ ；在 $S^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)$ 系里... | 【解】 $x$ 分量的逆变换已有，只须求 $y$ 分量和 $z$ 分量的逆变换，由题给的变换得
$$
\begin{aligned}
E_{y}^{\prime}+v B_{z}^{\prime} & =\gamma\left(E_{y}-v B_{z}\right)+v \gamma\left(B_{z}-\frac{v}{c_{2}} E_{y}\right) \\
& =\gamma\left(1-\frac{v^{2}}{c^{2}}\right) E_{y}=\frac{1}{\gamma} E_{y}
\end{aligned}
$$
所以
$$
E_{y}=\gamma\left(E_{y}^{\prime}+v... | |
在惯性系 $S(x, y, z)$ 内有均匀磁场，其磁感强度为 $\boldsymbol{B}=(0,0, B)$ ；另一参考系 $S^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right.$ ， $\left.z^{\prime}\right)$ 以匀速 $v=(v, 0,0)$ 相对于 $S(x, y, z)$ 系运动，如图8．2．3所示。试求在 $S^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)$ 系观测到的电磁场 $\boldsymbol{E}^{\prime}$ 和 $\boldsymbol{B}^{\prime}$ ． | 【解】根据狭义相对论，从 $S(x, y, z)$ 到 $S^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)$系，电磁场的变换关系为［参见前面8．2．2题］
图8．2．3
$$
\begin{array}{ll}
E_{x}^{\prime}=E_{x}, & E_{y}^{\prime}=\gamma\lef... | |
在惯性坐标系 $S(x, y, z)$ 中，有一不随时间变化的均匀磁场 $\boldsymbol{B}=(0,0, B)$ 。在这磁场中，有一静长为 $l_{0}$ 的金属杆 $a b$ 平行于 $y$ 轴，并以匀速 $\boldsymbol{v}=(\boldsymbol{v}, 0,0)$ 相对于 $S(x, y, z)$ 系运动，如图8．2．4所示。（1）试求杆两端的电势差 $U_{a b}$ ；（2）在跟随杆运动的坐标系 $S^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)$ 中，试求杆两端的电势差 $U_{a b}^{\prime}$ ；（3）$U_{a b}... | 【解】（1）在感应电场 $\boldsymbol{E}_{i}=\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}$ 的作用下，金属杆上出现电荷，这电荷产生静电场 $\boldsymbol{E}_{s}$ ．平衡时， $\boldsymbol{E}_{s}=-\boldsymbol{E}_{i}$ ．故得杆两端的电势差为
$$
\begin{aligned}
U_{a b} & =U_{a}-U_{b}=\int_{a}^{b} \boldsymbol{E}_{s} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l} \\
& =\int_{a}^{b}\left(-\boldsymbol{E}... | |
在惯性坐标系 $S(x, y, z)$ 中，有一不随时间变化的磁场 $\boldsymbol{B}=(0,0, B)$ ．在这磁场中，有一静长为 $l_{0}$ 的金属杆 $a b$ 位于 $x-y$ 平面内，与 $x$ 轴的夹角为 $30^{\circ}$ ，以匀速 $v=(v, 0,0)$ 相对于 $S(x, y, z)$ 系运动，如图8．2．5所示．（1）试求杆两端的电势差 $U_{a b}$ ；（2）根据狭义相对论的电磁场变换关系，试求跟随杆运动的坐标系 $S^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)$ 中的电场强度 $\boldsymbol{E}^{\p... | 【解】（1）$U_{a b}=U_{a}-U_{b}=\int_{a}^{b} \boldsymbol{E}_{s} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int\left(-\boldsymbol{E}_{i}\right) \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{a}^{b}(-\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}) \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=-v B \cos 60^{\circ} l_{0} \\
& =-\frac{1}{2} v B l... | |
一无穷长直导线载有稳定电流 $I$ ，一飞机正以匀速 $v$ 飞离这导线，机翼两端 $a 、 b$ 相距为 $l, a b$ 与导线平行，到导线的距离为 $r$ ，如图8．2．6 （1）所示。（1）试求在飞机上观测，电流 $I$ 所产生的电场强度 $\boldsymbol{E}^{\prime}$ 以及机翼两端的电势差 $U_{a b}^{\prime}$ ；（2）若飞机的飞行方向反过来，如图8．2．6（2）所示，这时在飞机上观测到的电场强度和机翼两端的电势差各
 \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l} \\
& =\oint \boldsymbol{v} \times\left(\boldsymbol{B}_{r}+\boldsymbol{B}_{\theta}\right) \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}
\end{a... | |
一个自感为 $L$ 的线圈接在电路中，电流 $I$ 自 $a$ 端流人，从 $b$ 端流出，如图8．3．1（1）所示。由于有自感电动势 $\mathscr{E}_{L}=-L \frac{\mathrm{~d} I}{\mathrm{~d} t}$ ，故 $L$ 便是一个电动势为 $\mathscr{E}_{L}$ 的电源．试问这个电源的正极是 $a$ 还是 $b$ ？ | 【解答】电流 $I$ 流人处 $a$ 为电源 $\mathscr{E}_{L}$ 的负极，流出处 $b$ 为正极．说明如下．
图8．3．1（1）
^{2} V=\mu_{0} \frac{N^{2} S}{l}
$$
所以
$$
\begin{aligned}
N & =\sqrt{\frac{l L}{\mu_{0} S}}=\sqrt{\frac{60 \times 10^{-2} \times 6.0 \times 10^{-3}}{4 \pi \times 10^{-7} \times \pi \times\left(\frac{5.0 \times 10^{-2}}{2}\right)^{2}}} \\
& =1.2 \tim... | |
一纸筒长 30 cm ，直径为 3.0 cm ，上面绕有 500 匝线圈。（1）试求这个线圈的自感 $L_{0}$ ；（2）如果在这线圈内放入 $\mu_{\mathrm{r}}=5000$ 的铁芯，试求这时的自感 $L$ 。 | 【解】（1）$L_{0}=\mu_{0} n^{2} V=\mu_{0}\left(\frac{N}{l}\right)^{2} V=\mu_{0} \frac{N^{2}}{l} S$
$$
\begin{aligned}
& =4 \pi \times 10^{-7} \times \frac{500^{2}}{30 \times 10^{-2}} \times \pi \times\left(\frac{3.0 \times 10^{-2}}{2}\right)^{2} \\
& =7.4 \times 10^{-4}(\mathrm{H})
\end{aligned}
$$
（2）$L=\mu_{r} \mu_{0} n... | |
一螺线管由表面绝缘的细导线密绕而成，长为 $l$ ，横截面的半径为 $R$ ，单位长度的匝数为 $n$ ，管内充满磁导率为 $\mu$ 的均匀介质。已知 $R \ll l$ 。试求这螺线管的自感 $L$ 。
式（8）则是较好一些的近似，较好一些，是因为它考虑了沿轴线各处的 $B$ 值不同。但是，式（8）也只是螺线管的近似值，而不是准确值。因为它没有考虑：螺线管的电流（i）不是圆电流而是螺旋形电流；（ii）不是连续电流而是一匝匝的分立电流； （iii）在管内横截面上产生的磁感强度 $B$ 与到轴线的距离有关。要计算一个螺线管自感的准确值，必须考虑上述这些因素，而这并不是一件容易的事。所幸的是，载流螺线管的磁场与按连续分布的圆电流算... | 【解】 粗糙的近似。因 $R \ll l$ ，故可略去边缘效应，把管内磁
场近似当作均匀磁场．这时由安培环路定理得管内的磁场强度为（设导线中电流为 $I$ ）
$$
H=n I
$$
磁感强度为
$$
B=\mu H=\mu n I
$$
磁链为
$$
\Psi=N B S=\pi \mu n^{2} R^{2} l I
$$
故得螺线管的自感为
$$
L=\frac{\Psi}{I}=\pi \mu n^{2} R^{2} l=\mu n^{2} V
$$
式中 $V=\pi R^{2} l$ 是螺线管的体积．
【别解】 较好一些的近似
根据圆电流在轴线上产生的磁感强度的公式［参见前面5．1．20题的式（2）］，... | |
在磁导率为 $\mu$ 的圆柱形磁介质上，用表面绝缘的细导线绕两个线圈：原线圈 $N_{1}$ 匝，副线圈 $N_{2}$ 市，它们的长度都是 $l$ ，横截面积都是 $S$ ，如图8．3．5所示。设 $\sqrt{S} \ll l$ ，略去边缘效应。试求：（1）两线圈各自的自感 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ ；（2）两线圈之间的互感 $M$ ；（3）$M$ 与 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 的关系。 | 【解】（1）因略去边缘效应，故当原线圈载有电流 $I_{1}$ 时，管中的磁感强度便为
$$
B_{1}=\mu H_{1}=\mu \frac{N_{1}}{l} I_{1}
$$
原线圈的磁链为
$$
\Psi_{1}=N_{1} \Phi_{1}=N_{1} B_{1} S=\mu \frac{N_{1}^{2}}{l} S I_{1}
$$
所以
$$
L_{1}=\frac{\Psi_{1}}{I_{1}}=\mu \frac{N_{1}^{2}}{l} S
$$
同样可得
$$
L_{2}=\mu \frac{N_{2}{ }^{2}}{l} S
$$
（2）原线圈载有电流 $I_{1}$ 时，通过副线圈... | |
一螺线管长为 $l$ ，横截面积为 $S$ ，由 $N_{1}$ 市表面绝缘的细导线密绕而成；在它的中部，绕有 $N_{2}$ 匝表面绝缘的导线，如图8．3．6所示。（1）试求这两线圈的互
感 $M$ ；（2）当 $l=1.00 \mathrm{~m}, ~ S=10 \mathrm{~cm}^{2}, N_{1}=1000$ 匝，$N_{2}=20$ 匝时，试计算 $M$ 的值． | 【解】（1）当 $N_{1}$ 匝线圈载有电流 $I_{1}$ 时，通过 $N_{2}$ 匝线圈的磁链为
$$
\Psi_{21}=N_{2} \Phi_{21}=N_{2} B_{1} S=\mu_{0} \frac{N_{1} N_{2}}{l} S I_{1}
$$
图8．3．6
所以
$$
M=\frac{\Psi_{21}}{I_{1}}=\mu_{0} \f... | |
两螺线管共轴，长度都是 $l$ ，里面螺线管的半径为 $a_{1}$ ，市数为 $N_{1}$ ；外面螺线管的半径为 $a_{2}\left(>a_{1}\right)$ ，匝数为 $N_{2}$ ，如图8．3．7所示。略去边缘效应，试求这两螺线管的自感与它们的互感之间的关系。
图8．3．8 | 【解】因为略去边缘效应，故当里面螺线管载有电流 $I_{1}$时，管内的磁感强度为
$$
B_{1}=\mu_{0} n_{1} I_{1}=\mu_{0} \frac{N_{1}}{l} I_{1}
$$
磁链为
所以
$$
\begin{gathered}
\Psi_{1}=N_{1} \Phi_{1}=N_{1} B_{1} S_{1}=\frac{\pi \mu_{0} N_{1}^{2} a_{1}^{2}}{l_{1}} I_{1} \\
L_{1}=\frac{\Psi_{1}}{I_{1}}=\frac{\pi \mu_{0} N_{1}^{2} a_{1}^{2}}{l}
\end{gathered}
$$... | |
一螺线管长为 $l$ ，横截面积为 $S$ ，单位长度的匝数为 $n$ ，可以看成是两个长为 $\frac{l}{2}$ 的螺线管在中间串联而成，如图8．3．8所示．如按公式 $L= \mu_{0} n^{2} S l$ 计算，则有
$$
\begin{aligned}
L & =\mu_{0} n^{2} S\left(\frac{l}{2}+\frac{l}{2}\right) \\
& =L_{1}+L_{2}
\end{aligned}
$$
如按顺串联的公式计算，则为
$$
L=L_{1}+L_{2}+2 M
$$
式中 $M$ 是两个 $\frac{l}{2}$ 的螺线管之间的互感。比较以上两式，便会得出 $M=... | 【解答】（1）$M=0$ 的结论显然不正确，因长度都是 $\frac{l}{2}$ 的两个线圈彼此都有磁力线进人对方，故 $M \neq 0$ 。
（2）问题出在，$L=\mu_{0} n^{2} S l$ 不是准确公式，而是在 $\sqrt{S} \ll l$ 的条件下，略去边缘效应而得出的粗糙近似公式，比实际自感大一些（参见前面8．3．4题）。因此，公式 $L=\mu_{0} n^{2} S l$ 不适用于讨论上面的问题．如果用较好一些的近似公式［参见前面8．3．4题的式（8）］$L=\mu_{0} n^{2} S l\left[\sqrt{1+\left(\frac{R}{l}\right)^{2}}-\right. \lef... | |
有一种汽车点火线圈由绕在同一轴管上的两个彼此绝缘的线圈构成，长为 $l=10 \mathrm{~cm}$ ，半径为 $r=$ 3.0 cm ，其中一个有 $N_{1}=16000$ 匝，另一个有 $N_{2}=400$匝，如图8．3．9所示．当原线圈中的电流在万分之一秒里改变 3.0 A 时，试求副线圈里的感应电动势。（这电动势在电花隙中产生火花，以点燃汽油与空气的混合物。）
图8．3．10
匝表面绝缘的导线密绕而成．设 $\sqrt{S} \ll l$ ，试求它的自感 $L$ ，并计算 $l=1.0 \mathrm{~m}, S= 10 \mathrm{~cm}^{2}, ~ N=1000$ 匝时 $L$ 的值。 | 【解】 因 $\sqrt{S} \ll l$ ，故环的同一横截面上，磁场可近似看作是均匀的．由安培环路定理得
$$
\oint \boldsymbol{H} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l}=H l=N I
$$
所以
$$
B=\mu_{0} H=\mu_{0} \frac{N I}{l}
$$
磁链为
所以
$$
\begin{aligned}
& \Psi=N \Phi=N B S=\frac{\mu_{0} N^{2} S I}{l} \\
& L=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N^{2} S}{l}
\end{aligned}
$$
代人数据得
$$... | |
一螺绕环由 $N$ 匝表面绝缘的细导线在纸环上密绕而成，横截面是长为 $b-a$ 、宽为 $h$ 的矩形，环的内外半径分别为 $a$ 和 $b$ ，它的一半如图8．3．12所示。试求它的自感 $L$ ，并计算当 $N=1000$ 匝，$a=5.0 \mathrm{~cm}, b=10 \mathrm{~cm}, h=1.0 \mathrm{~cm}$时 $L$ 的值。 | 【解】以环的中心为圆心，$r$ 为半径，在环内作一圆形安培环路 $L$ ，由对称性和安培环路定理得
$$
\oint_{L} \boldsymbol{H} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=2 \pi r H=N I
$$
所以
$$
B=\mu_{0} H=\frac{\mu_{0} N I}{2 \pi r}
$$
磁通量为
$$
\Phi=\iint B \mathrm{~d} S=\int_{a}^{b} \frac{\mu_{0} N I}{2 \pi r} h \mathrm{~d} r=\frac{\mu_{0} N h I}{2 \pi} \ln \frac{b}{a}
$$... | |
一螺绕环横截面的半径为 $a$ ，中心线的半径为 $R, R \gg a$ ，它是由表面绝缘的导线密绕而成，共有两个线圈，一个 $N_{1}$ 匝，另一个 $N_{2}$ 匝。试求：（1）两线圈的自感 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ ；（2）两线圈间的互感 $M$ ；（3）$M$ 与 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 的关系。 | 【解】（1）设 $N_{1}$ 线圈载有电流 $I_{1}$ ，则由对称性和安培环路定理得中心线上的磁场强度为
$$
H_{1}=\frac{N_{1} I_{1}}{2 \pi R}
$$
因为 $R \gg a$ ，故环的横截面上各处的磁场强度都可近似当作 $H_{1}$ ，于是通过环的横截面的磁通量便为
$$
\Phi_{1}=\mu_{0} H_{1} S=\mu_{0} H_{1} \cdot \pi a^{2}=\frac{\mu_{0} N_{1} a^{2}}{2 R} I_{1}
$$
由此得 $N_{1}$ 匝线圈的自感为
$$
L_{1}=\frac{\Psi_{1}}{I_{1}}=\frac{N_... | |
一正方形铁环，边长为 $l$ ，横截面积为 $S$ ，磁导率为 $\mu=\mu_{\mathrm{r}} \mu_{0}$ 。已知 $\sqrt{S} \ll l, \mu_{\mathrm{r}} \gg 1$ 。在它的一边用表面绝缘的导线绕有 $N$ 匝线圈，如图8．3．14所示。试求这线圈的自感 $L_{a b}$ 。 | 【解】设导线中的电流为 $I$ 时，环内的磁场强度为 $H$ ，则因 $\sqrt{S} \ll l, \mu_{\mathrm{r}} \gg 1$ ，故可略去边缘效应，由安培环路定理得
$$
\oint_{L} \boldsymbol{H} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=4 l H=N I
$$
$$
H=\frac{N I}{4 l}
$$
磁链为
$$
\Psi=N \Phi=N B S=\frac{\mu N^{2} S I}{4 l}
$$
于是得所求的自感为
$$
L_{a b}=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu N^{2} S}{4 l}
$$ | |
一空心螺绕环的自感为 $L_{0}$ ，加入铁芯后自感为 $L_{1}$ ，在铁芯上锯开一个很窄的断口后自感为 $L_{2}$ 。试比较 $L_{0} 、 L_{1} 、 L_{2}$ 三者的大小。 | 【解】由前面8．3．13题式（3）或式（4），得空心螺绕环的自感为
$$
L_{0}=\frac{\mu_{0} N^{2} S}{l}
$$
式中 $N 、 S$ 和 $l$ 分别为线圈的市数、横截面积和中心长度。
加入铁芯（相对磁导率为 $\mu_{r}$ ）后，自感便为
$$
L_{1}=\frac{\mu_{\mathrm{r}} \mu_{0} N^{2} S}{l}
$$
因 $\mu_{\mathrm{r}}>1$ ，故
$$
L_{1}>L_{0}
$$
在铁芯上锯一个很窄（宽为 $\delta$ ）的断口后，根据前面8．3．15题的式（6），自感为
$$
L_{2}=\frac{\mu_{\mathr... | |
一螺绕环由表面绝缘的细导线在磁导率为 $\mu$ 的铁环上密绕 $N$ 市而成，环的平均半径为 $R$ ，横面积为 $S, \sqrt{S} \ll R$ ，如图8．3．17所示。这螺绕环可以看成是两个 $\frac{N}{2}$ 匝的半环形线圈 $a c$和 $c b$ 串联而成．试求这两个半环形线圈 $a c$ 和 $c b$ 之间的互感． | 【解】当 $\frac{N}{2}$ 匝线圈 $a c$ 通有电流 $I$ 时，由安培环路定理得，环内的磁场强度为
$$
H=\frac{\frac{N}{2} I}{2 \pi R}=\frac{N I}{4 \pi R}
$$
故环内的磁通量为
$$
\Phi=B S=\mu H S=\frac{\mu N S I}{4 \pi R}
$$
这时通过线圈 $c b$ 的磁链为
$$
\Psi=\frac{N}{2} \Phi=\frac{\mu N^{2} S}{8 \pi R} I
$$
于是得线圈 $a c$ 和 $c b$ 之间的互感为
$$
M=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu N^{2} ... | |
一铁环的长度为 $l$ ，横截面积为 $S$ ，磁导率为 $\mu=\mu_{\mathrm{r}} \mu_{0}$ ，已知 $l \gg \sqrt{S}, \mu_{\mathrm{r}} \gg 1$ 。用表面绝缘的细导线在这铁环上绕两个线圈，一个为 $N_{1}$ 匝，另一个为 $N_{2}$ 匝，两线圈的长度相等，都是 $\frac{l}{4}$ ，如图8．3．18所示。试求这两个线圈的自感 $b 0 L_{a b}$ 和 $L_{c d}$ 以及它们之间的互感 $M$ 。
图8．3．20
因 $\Phi_{21}=M_{21} I_{1}, \Phi_{12}=M_{12} I_{2}$ ，而 $M_{21}=M_{12}$ 。今 $I_{2}=I_{1}$ ，故得 $\Phi_{21}=\Phi_{12}$ 。 | |
两个相同的圆线圈共轴，它们的半径都是 $a$ ，市数都是 $N$ ，中心相距为 $l$ ，如图8．3．21所示。已知 $a \ll l$ ，试求它们之间的互感。 | 【解】设一个线圈的电流为 $I_{1}$ ，它在另一个线圈中心产生的磁感强度 $\boldsymbol{B}_{21}$ 的大小为［参见前面5．1．20题的式（2）］
$$
B_{21}=\frac{\mu_{0} N I_{1} a^{2}}{2\left(l^{2}+a^{2}\right)^{3 / 2}}
$$
$\boldsymbol{B}_{21}$ 的方向沿轴线．因 $a \ll l$ ，故线圈内的 $\boldsymbol{B}_{21}$ 可看作近似均匀磁场，于是得通过线圈的磁链为
^{3 / 2}}
$$
因 $a_{2} \ll a_{1}$ 和 $l$ ，故在小线圈内，可看作是近似均匀磁场，其磁感强度的大小为 $B_{21}$ ．于是通过小线圈的磁链为
$$
\begin{aligned}
\Psi_{21} & =N_{2} \Phi_{21}=N_{... | |
一圆线圈由 $n=50$ 匝表面绝缘的细导线绕成，圆面积为 $S=4.0 \mathrm{~cm}^{2}$ ，放在另一个半径为 $R=20 \mathrm{~cm}$ 的大圆形线圈中心，两者共轴，如图8．3．23所示．已知大线圈由 $N=100$ 匝表面绝缘的导线绕成。（1）试求这两线圈之间的互感 $M$ ；（2）当大线圈中的电流每秒减少 50 A 时，试求小线圈中的感应电动势 $\mathscr{E}$ 。 | 【解】（1）设大线圈的电流为 $I$ ，则由 Biot－Savart 定律，在中心产生的
图8．3．23
磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 的方向沿轴线，其大小为
$$
B=\frac{\mu_{0} N I}{4 \pi} \oint \frac{\mathrm{~d} l}{R^{2}}=\frac{\mu_{0} N I}{4 \pi} \frac{2 ... | |
一同轴电缆可看作是无限长的两个同轴导体圆筒，内外筒的半径分别为 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ ，电流沿内筒流去，沿外筒流回，电流都均匀分布在筒的横截面上。两筒间充满磁导率为 $\mu$ 的介质。试求这同轴电缆单位长度的自感。 | 【解】根据对称性，由安培环路定理得两筒间的磁场强度为
$$
H=\frac{I}{2 \pi r}, \quad R_{1}<r<R_{2}
$$
如图8．3．26，沿轴线长为 $l$ 的一段，磁通量为
图8．3．26
$$
\Phi=\int_{S} \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=\int_{S} B... | |
一同轴传输线由很长的两个同轴导体薄圆筒构成，内筒半径为 $R_{1}=$ 40 mm ，外筒半径为 $R_{2}=120 \mathrm{~mm}$ ，两筒间是空气。在两筒间加上 $U=10 \mathrm{~V}$ 电压时，电流由一筒流去，由另一筒流回，大小为 $I=10 \mathrm{~mA}$ ，电流在两筒上都是均匀分布的。 $a$是两筒间很靠近内筒的一点，$b$ 是两筒间很靠近外筒的一点。试求：（1）$a 、 b$ 两点电场强度和电位移的值；（2）$a 、 b$ 两点磁场强度和磁感强度的值；（3）单位长度的电容；（4）单位长度的自感。 | 【解】（1）设内筒上单位长度的电荷量为 $\lambda$ ，两筒间的电场强度为 $\boldsymbol{E}$ ，则由对称性和高斯定理得 $\boldsymbol{E}$ 的方向沿径向外， $\boldsymbol{E}$ 的大小为
$$
E=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0} r}, \quad R_{1}<r<R_{2}
$$
两筒的电势差为
所以
$$
\begin{aligned}
U=U_{1}-U_{2} & =\int_{R_{1}}^{R_{2}} \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{r}=\int_{R_{1}}... | |
一同轴电缆由很长的直导线和套在它外面的同轴导体圆筒构成，导线的半径为 $a$ ，圆筒的半径为 $b$ ，它们之间介质的 $\mu_{r}=1$ 。使用时，电流沿导线流去，沿圆筒流回。设电流在圆筒上和在导线的横截面上都是均匀分布的．试求这电缆单位长度的自感。 | 【解】用磁链求自感
根据对称性和安培环路定理可知，在圆筒外没有磁场，磁场局限在导线与圆筒间以及导线内．考虑这电缆长为 $l$ 的一段，如图8．3．28（1）所示，
图8．3．28（1）
设导线与圆筒间的磁场的磁链为 $\Psi_{e}$ ，导线内的磁场的磁链为 $\Psi_{i}$ ，与 $\Psi_{e}$ 有关的自感叫做外自感，以 $L_{e}$ 表示，与 $\Psi... | |
两条平行长直导线，横截面的半径都是 $a$ ，中心相距为 $d$ ，属于同一回路．设两导线内部的磁通量都可略去不计，试求这两导线单位长度的自感。
图8．3．29（1）
$$
L_{e}=\frac{\mu_{0} l_{0}}{\pi} \ln \frac{d-a}{a}
$$
由两导线里面的磁通量所算出的另一部分自感称为内自感，以 $L_{i}$ 表示。我们现在就来... | 【解】如图8．3．29（1），两导线长为 $l$ 的一段之间的磁通量为
$$
\Phi=\iint_{S} \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=\iint_{S} B \mathrm{~d} S=\int_{a}^{d-a} B l \mathrm{~d} r
$$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{a}^{d-a}\left[\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}+\frac{\mu_{0} I}{2 \pi(d-r)}\right] l \mathrm{~d} r \\
& =\frac{\mu_{0} I l}{2 \pi} \i... | |
两条平行的长直输电线，属于同一回路，电流方向相反，它们的半径分别为 $a$ 和 $b$ ，轴线相距为 $d$ ，电流都均匀分布在它们各自的横截面上。试求它们单位长度的自感，并计算 $a=b=10 \mathrm{~mm}, d=20 \mathrm{~cm}$ 时单位长度自感的值．
图8．3．30（1）
由式（11）和（12）得
$$
\frac{L_{i}}{L}=\fr... | 【解】先考虑两导线外的磁链。在垂直于两导线的横截面内，如图8．3．30（1）所示，在两轴线的连线上，离 $a$ 的轴线为 $r$ 处，两导线的电流所产生的磁感强度方向相同，都垂直于轴线并向上，其大小为
$$
B_{e}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi}\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{d-r}\right)
$$
两导线外，长为 $l$ 一段的磁链为
$$
\begin{aligned}
\Psi_{e} & =\Phi_{e}=\iint_{S} \boldsymbol{B}_{e} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=\frac{\mu_{0} I l}{2 ... | |
一磁导率为 $\mu$ 的铁环，内半径为 $a$ ，外半径为 $b$ ，横截面是高为 $h$ 的矩形，在它上面用表面绝缘的导线绕有 $N$匝线圈，如图8．3．31所示。在这导线的几何轴上，有一条无穷长直导线，试求导线与线圈间的互感． | 【解】设直导线载有电流 $I_{1}$ ，它在距离导线为 $r$ 处产生的磁场强度的大小为
$$
H=\frac{I_{1}}{2 \pi r}
$$
这磁场在线圈内产生的磁链为
$$
\Psi_{21}=N \Phi_{21}=N \iint_{S} \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=N \int_{a}^{b} \frac{\mu I_{1}}{2 \pi r} h \mathrm{~d} r=\frac{\mu N h I_{1}}{2 \pi} \ln \frac{b}{a}
$$
于是得所求的互感为
$$
M=\frac{\Psi_{21}}{I_{1... | |
一矩形线圈长为 $a=20 \mathrm{~cm}$ ，宽为 $b=10 \mathrm{~cm}$ ，由 100 匝表面绝缘的导线绕成，放在一很长的直导线旁边，且与该导线在同一平面内。该导线是另一闭合回路的一部分，其他部分离线圈都很远，影响可略去不计．试求图8．3．32中（1）和 （2）两种情况下，线圈与导线之间的互感。 | 【解】（1）图8．3．32（1）中，设导线载有电流 $I$ ，则用对称性和安培环路定理得，离它为 $r$ 处的磁场强度为
图8．3．32
$$
H=\frac{I}{2 \pi r}
$$
于是通过矩形线圈的磁链为
$$
\Psi=N \Phi=N \iint_{S} \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=N ... | |
在一纸筒上绕有两个相同的线圈 $(a, b)$ 和 $\left(a^{\prime}, b^{\prime}\right)$ ，如图8．3．35所
示，每个线圈的自感都是 0.050 H ．试求：（1）$a$ 和 $a^{\prime}$ 相接时，$b$和 $b^{\prime}$ 间的自感；（2）$a^{\prime}$ 和 $b$ 相接时，$a$ 和 $b^{\prime}$ 间的自感。 | 【解】设两线圈都可当作是密绕的长螺线管，边缘效应可略去不计，则对其中一个线圈（长为 $l$ ，横截面积为 $S$ ，匝数为 $N$ ），当载有电流 $I$ 时，里面的磁感强度为
图8．3．35
$$
B=\mu_{0} \frac{N}{l} I
$$
磁链为
$$
\Psi=N \Phi=N B S=\mu_{0} \frac{N^{2}}{l} S I
$$
其自... | |
两线圈的自感分别为 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ ，它们之间的互感可略去不计，试求它们串联后的总自感 $L$ 。 | 【解】两线圈中的感应电动势分别为
$$
\begin{aligned}
& \mathscr{E}_{1}=-L_{1} \frac{\mathrm{~d} I_{1}}{\mathrm{~d} t} \pm M \frac{\mathrm{~d} I_{2}}{\mathrm{~d} t} \\
& \mathscr{E}_{2}=-L_{2} \frac{\mathrm{~d} I_{2}}{\mathrm{~d} t} \pm M \frac{\mathrm{~d} I_{1}}{\mathrm{~d} t}
\end{aligned}
$$
设 $M>0$ ，则顺串联时用正号，反串联时用负号．串联后，作为一个线圈的电动势... | |
两线圈的自感分别为 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ ，它们之间的互感为 $M$ ，试求下列两种情况下它们串联后的总自感：（1）顺串联，如图8．3．37（1），1和 4 之间的自感； （2）反串联，如图8．3．37（2），1和 3 之间的自感。
图8．3．37 | 【解】用磁链计算
（1）顺串联：$I_{1}=I_{2}=I$
所以
$$
\begin{aligned}
\Psi_{1} & =L_{1} I_{1}+M I_{2}=\left(L_{1}+M\right) I \\
\Psi_{2} & =L_{2} I_{2}+M I_{1}=\left(L_{2}+M\right) I \\
\Psi & =\Psi_{1}+\Psi_{2}=\left(L_{1}+L_{2}+2 M\right) I=L I
\end{aligned}
$$
于是得顺串联的自感为
$$
L=\frac{\Psi}{I}=L_{1}+L_{2}+2 M
$$
（2）反串联：$I_{1}=I_{... | |
两线圈的自感分别为 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ ，它们之间的互感为 $M$ ，试求下列两种情况下它们并联后的总自感：（1）顺并联，如图8．3．38（1），1和 2 之间的自感； （2）反并联，如图8．3．38（2），1和 2 之间的自感。
图8．3．38 | 【解】用磁链计算
（1）顺并联：$I=I_{1}+I_{2}$
这时通过两线圈的磁链分别为
$$
\begin{aligned}
& \Psi_{1}=L_{1} I_{1}+M I_{2} \\
& \Psi_{2}=L_{2} I_{2}+M I_{1}
\end{aligned}
$$
1（3）和 2（4）之间的磁链为
$$
\Psi=\Psi_{1}=\Psi_{2}
$$
由式（1）、（2）和（3）得
$$
\left(L_{1}-M\right) I_{1}=\left(L_{2}-M\right) I_{2}
$$
于是
$$
\begin{gathered}
\Psi=L I=L_{1} I_{1}+M... | |
两线圈的自感分别为 $L_{1}=5.0 \mathrm{mH}$ 和 $L_{2}=3.0 \mathrm{mH}$ ，当它们顺串联时 （即磁场互相加强时），总自感为 11.0 mH 。（1）试求它们之间的互感 $M$ ；（2）设这两线圈的形状和位置都不改变，只将其中一个反向串联（反串联），试求它们反串联后的总自感 $L$ 。 | 【解】（1）顺串联时的总自感公式为［参见前面8．3．37题式（4），式（13），或式（22）］
$$
L=L_{1}+L_{2}+2 M
$$
故得互感为
$$
\begin{aligned}
M & =\frac{1}{2}\left(L-L_{1}-L_{2}\right)=\frac{1}{2} \times(11.0-5.0-3.0) \\
& =1.5(\mathrm{mH})=1.5 \times 10^{-3}(\mathrm{H})
\end{aligned}
$$
（2）反串联时的总自感公式为［参见前面8．3．37题式（8），式（18），或式（24）］
$$
L=L_{1}+L_{2}-2 M
$$
代... | |
两线圈顺串联（磁场互相加强）后总自感为 1.00 H ；在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联（磁场互相削弱）总自感为 0.40 H ．试求它们之间的互感。 | 【解】两线圈顺串联的总自感公式为［参见前面8．3．37题式（4），式（13），或式（22）］
$$
L=L_{1}+L_{2}+2 M=1.00
$$
两线圈反串联的总自感公式为［参见前面8．3．37题式（8），式（18），或式（24）］
$$
L^{\prime}=L_{1}+L_{2}-2 M=0.40
$$
两式相减得
$$
M=\frac{1}{4}(1.00-0.40)=0.15(\mathrm{H})
$$ | |
两线圈的自感分别为 0.5 H 和 0.1 H ，并联后测得总自感为 0.1 H ．试求它们之间的互感。 | 【解】假定是顺并联，则由前面8．3．38题式（7），或式（21），或式（33），总自感为
$$
L=\frac{L_{1} L_{2}-M^{2}}{L_{1}+L_{2}-2 M}
$$
代人数值得
$$
0.1=\frac{0.5 \times 0.1-M^{2}}{0.5+0.1-2 M}
$$
所以
$$
M^{2}-0.2 M+0.01=0
$$
解得
$$
M=\frac{1}{2}\left[0.2 \pm \sqrt{0.2^{2}-4 \times 0.01}\right]=0.1(\mathrm{H})
$$
假定是反并联，则由前面8．3．38题式（14），或式（28），或式（38），总自感为
... | |
两线圈的自感分别为 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ ，它们之间的互感为 $M$ ．在它们的形状和位置都不变的情况下，试问由它们最多可以得出几种不同自感的线圈？设 $L_{1}= 20 \mathrm{mH}, L_{2}=50 \mathrm{mH}, M=10 \mathrm{mH}$ ，试求这些不同自感的值． | 【解答】最多可以得出六种不同自感的线圈，它们分别是：（1）单独 $L_{1}$ ；（2）单独 $L_{2}$ ；（3）$L_{1}$和 $L_{2}$ 顺串联 $L_{3}=L_{1}+L_{2}+2 M$ ；（4）$L_{1}$ 和 $L_{2}$ 反串联 $L_{4}=L_{1}+L_{2}-2 M$ ；（5）$L_{1}$ 和 $L_{2}$ 顺并联 $L_{5}=\frac{L_{1} L_{2}-M^{2}}{L_{1}+L_{2}-2 M^{\prime}}$ ；（6）$L_{1}$ 和 $L_{2}$ 反并联 $L_{6}=\frac{L_{1} L_{2}-M^{2}}{L_{1}+L_{2}+2 M}$ ．
代人... | |
自感分别为 $L_{1} 、 L_{2} 、 L_{3} 、 L_{4}$ 和 $L_{5}$ 的五个线圈，连接如图8．3．45（1）所示，它们之间的互感都可略去不计。试求 $a 、 b$ 之间的自感 $L_{a b}$ 。 | 【解】设电流分布如图8．3．45（2）所示，根据基尔霍夫电路定律，由自感电动势得
$$
\begin{gathered}
L_{1} \frac{\mathrm{~d} I_{1}}{\mathrm{~d} t}+L_{5} \frac{\mathrm{~d} I_{5}}{\mathrm{~d} t}-L_{3} \frac{\mathrm{~d} I_{3}}{\mathrm{~d} t}=0 \\
L_{2}\left(\frac{\mathrm{~d} I_{1}}{\mathrm{~d} t}-\frac{\mathrm{d} I_{5}}{\mathrm{~d} t}\right)-L_{4}\left(\frac{\... | |
试由基本物理规律推导自感 $L$ 在国际单位制中的量纲。 | 【解】 根据
$$
\mathscr{E}_{L}=-L \frac{\mathrm{~d} I}{\mathrm{~d} t}
$$
得 $L$ 的量纲为
$$
[L]=\left[\begin{array}{c}
\frac{\mathscr{E}_{L}}{\mathrm{~d} I} \\
\hline \mathrm{~d} t
\end{array}\right]
$$
其中电动势 $\mathscr{E}_{L}$ 的量纲为
$$
\begin{aligned}
{\left[\mathscr{E}_{L}\right] } & =\left[\boldsymbol{E}_{i} \cdot \boldsym... | |
凭记忆写出或由公式推导出电阻 $R$ 、电感 $L$ 和电容 $C$ 在国际单位制 （SI）中的量纲和单位，并由此推导出 $L / R 、 R C$ 和 $L C$ 的量纲和单位。 | 【解】（1）$R$ 的量纲 由公式
$$
R=\frac{U}{I}
$$
得 $R$ 的量纲为
$$
[R]=\left[\frac{U}{I}\right]=\left[\frac{\boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{l}}{I}\right]=\left[\frac{\boldsymbol{F} \cdot \boldsymbol{l}}{q I}\right]=\left[\frac{m \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{l}}{q I}\right]=\frac{M L T^{-2} \cdot L}{I T I}=L^{2} M T^{-3} I^{-2... | |
超导体与理想导体（或称完全导体）有何异同？ | 【解答】超导体与理想导体的共同之处是电阻均为零；不同之处是，超导体内磁感强度 $\boldsymbol{B}$恒为零（超导体的完全抗磁性），而理想导体内却可以有不随时间变化的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 。 | |
超导材料载有电流时，若电流产生的磁场强度 $H<H_{\mathrm{c}}$（临界磁场），则超导材料便是超导体；若 $H>H_{\mathrm{c}}$ ，它就不是超导体．直径为 1 mm 的铅丝，放在 $T=4.2 \mathrm{~K}$ 的液氦中，成为超导体．这时铅的临界磁场为 $H_{\mathrm{c}}=4.4 \times 10^{4} \mathrm{~A} / \mathrm{m}$ 。试问它能通过多大的电流而仍为超导体？ | 【解】当铅丝载有电流 $I$ 时，铅丝表面上的磁场强度为
$$
H=\frac{I}{2 \pi r}=\frac{I}{\pi d}
$$
式是 $d$ 是铅丝的直径．当 $H<H_{\mathrm{c}}$ 时，铅丝仍为超导体．故得
$$
I<\pi d H_{\mathrm{c}}=\pi \times 1.00 \times 10^{-3} \times 4.4 \times 10^{4}=1.4 \times 10^{2}(\mathrm{~A})
$$
即通过铅丝的电流小于 $1.4 \times 10^{2} \mathrm{~A}$ 时，铅丝仍然是超导体。 | |
如图8．4．4，电偶极矩为 $\boldsymbol{p}$ 的电偶极子向着导体时［如图8．4．4（1）］和背着导体时［如图8．4．4（2）］，试问 $\boldsymbol{p}$ 所受的力的方向各如何？磁矩为 $\boldsymbol{m}$ 的磁偶极子向着超导体时［如图8．4．4（3）］和背着超导体时［如图8．4．4（4）］，试问 $\boldsymbol{m}$ 所受的力的方向各如何？ | 【解答】因为导体上靠近 $\boldsymbol{p}$ 处产生的感应电荷与 $\boldsymbol{p}$ 的电荷符号相反，故图8．4．4（1）和（2）两种情况， $\boldsymbol{p}$ 受的都是吸引力，即 $\boldsymbol{p}$ 所受的力的方向都向着导体。
因为超导体是完全抗磁体，故图8．4．4（3）和（4）两种情况， $\boldsymbol{m}$ 所受的都是排斥力，即 $\boldsymbol{m}$ 所受的力的方向都背着超导体．
^{2}\right]
$$
式中 $H_{0}$ 是 $T=0$ 时的临界磁场。（1）以 $T$ 为横坐标，$H_{\mathrm{c}}$ 为纵坐标，画出 $H_{\mathrm{c}}-T$... | 【解】（1）超导材料的 $H_{\mathrm{c}}-T$ 曲线如图8．4．5所示。
（2）设铅丝的半径为 $r$ ，则当它载有电流 $I$ 时，它表面上的磁场强度为
$$
H=\frac{I}{2 \pi r}
$$
当
$$
H<H_{\mathrm{c}}=H_{0}\left[1-\left(\frac{T}{T_{\mathrm{c}}}\right)^{2}\right]
$$
时，铅丝仍为超导态．由以上两式得
$$
\begin{aligned}
I & <2 \pi r H_{0}\left[1-\left(\frac{T}{T_{\mathrm{c}}}\right)^{2}\right] \\
& =... | |
半径为 $R$ 的超导圆环，自感为 $L$ ，放在磁感强度为 $\boldsymbol{B}$ 的均匀磁场中，环的轴线与 $\boldsymbol{B}$ 垂直，环内没有电流．现将这环绕垂直于 $\boldsymbol{B}$ 的直径转 $90^{\circ}$ ，使它的轴线平行于 $\boldsymbol{B}$ ．试求：（1）环内的电流 $I$ ；（2）外力做的功。 | 【解】（1）对于超导线圈来说，通过它的磁通量 $\Phi$ 与它的自感 $L$ 和电流 $I$ 的关系为（参见前面8．4．3 题）
$$
\Phi+L I=C(\text { 常量 })
$$
开始时，$I_{0}=0, \theta=90^{\circ}$ ，故
$$
\Phi_{0}=\iint_{S} \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=\iint_{S} B \cos 90^{\circ} \mathrm{d} S=0
$$
代人式（1）得
$$
C=0
$$
转 $90^{\circ}$ 后，电流为 $I$ ，磁通量为
$$
\begin{align... | |
一空气平行板电容器的两极板都是半径为 5.0 cm 的圆形导体片，在充电时，其中电场强度的变化率为 $\frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{~d} t}=1.0 \times 10^{12} \mathrm{~V} /(\mathrm{m} \cdot \mathrm{s})$ 。略去边缘效应，试求：（1）两极板间的位移电流 $I_{D}$ ；（2）两极板边缘处磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 的值． | 【解】（1）两极板间的位移电流为
$$
\begin{aligned}
I_{D} & =\varepsilon_{0} S \frac{\mathrm{~d} E}{\mathrm{~d} t}=8.854 \times 10^{-12} \times \pi \times\left(5.0 \times 10^{-2}\right)^{2} \times 1.0 \times 10^{12} \\
& =7.0 \times 10^{-2}(\mathrm{~A})
\end{aligned}
$$
（2）极板边缘处的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 的值 由对称性和安培环路定理得
$$
\begin{align... | |
一平行板电容器两极板间充满弱导电的均匀介质，当它充电后，断开电源，电荷便经过介质渐渐漏掉。略去边缘效应，试求漏电时两极板间的磁场。 | 【解】设极板上的电荷量为 $Q$ ，极板间电场强度为 $\boldsymbol{E}$ ，如图 12．1．5 所示，则漏电电流为
图 12．1． 5
$$
I=-\frac{\mathrm{d} Q}{\mathrm{~d} t}
$$
$I$ 的方向向下．令 $\boldsymbol{e}$ 表示向下（即 $\boldsymbol{E}$ 方向）的单位矢量，则漏电的电流... | |
一无穷长直螺线管，横截面的半径为 $R$ ，由表面绝缘的细导线密绕而成，单位长度的匝数为 $n$ ．当导线中载有交流电流 $I=I_{0} \sin \omega t$ 时，试求管内外的位移电流密度的大小。 | 【解】管内离轴线为 $r$ 处，感应电场强度的大小为
$$
\begin{aligned}
E_{i} & =-\frac{1}{2 \pi r} \frac{\mathrm{~d} \Phi}{\mathrm{~d} t}=-\frac{1}{2 \pi r} \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} t}\left(\mu_{0} n I_{0} \sin \omega t \cdot \pi r^{2}\right) \\
& =-\frac{1}{2} \mu_{0} n I_{0} \omega r \cos \omega t
\end{aligned}
$$
故得位移电流密度的大小为
$$
\f... | |
一圆柱形无穷长直导线，半径为 $a$ ，载有稳恒直流 $I, I$ 均匀地分布在横截面上．试求这导线内外磁场强度 $\boldsymbol{H}$ 的旋度 $\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{H}$ ． | 【解】 根据对称性，由安培环路定理得出，在导线内
$$
\boldsymbol{H}=\frac{I r}{2 \pi a^{2}} \boldsymbol{e}_{\phi}, \quad r<a
$$
式中 $e_{\phi}$ 是电流 $I$ 的右手螺旋方向上的单位矢量．在导线外
$$
\boldsymbol{H}=\frac{I}{2 \pi r} \boldsymbol{e}_{\phi}, \quad r>a
$$
以导线的轴线为 $z$ 轴取柱坐标系，并使 $z$ 轴沿电流 $I$ 的方向，则 $\boldsymbol{H}$ 的旋度为
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{\nabl... | |
在半径为 $R$ 的圆筒内，有方向与轴线平行的均匀磁场，这磁场的磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 以 $100 \mathrm{Gs} / \mathrm{s}$ 的速率减小。筒内有一电子，到轴线的距离为 $r=5.0 \mathrm{~cm}$ ，如图 12．1．10 所示。已知电子的质量为 $m=9.1 \times 10^{-31} \mathrm{~kg}$ ，电荷量为 $e=-1.6 \times 10^{-19} \mathrm{C}$ ．试求这电子的加速度．若这电子处在圆筒的轴线上，它的加速度是多少？ | 【解】如图 12．1．10， $\boldsymbol{B}$ 向内，当 $\boldsymbol{B}$ 减小时，所产生的涡旋电场的电场强度 $\boldsymbol{E}$ 为顺时针方
向，由对称性和麦克斯韦方程得
所以
$$
\begin{aligned}
\oint_{L} \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=2 \pi r E & =-\iint_{S} \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=-\pi r^{2} \frac{\partial B... | |
试由麦克斯韦方程组导出电荷守恒定律：
$$
\boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{j}+\frac{\partial \rho}{\partial t}=0 .
$$ | 【解】由麦克斯韦方程组的
$$
\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{H}=\boldsymbol{j}+\frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t}
$$
和
$$
\boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{D}=\rho
$$
得
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{j}+\boldsymbol{\nabla} \cdot \frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t} & =\boldsym... | |
电磁场的边值关系为：在两个介质交界面的两边上，（1）电场强度 $\boldsymbol{E}$ 的切向分量相等；（2）磁感强度 $\boldsymbol{B}$ 的法向分量相等；（3）当交界面上无自由面电荷时，电位移 $\boldsymbol{D}$ 的法向分量相等；（4）当交界面上无自由面电流时，磁场强度 $\boldsymbol{H}$ 的切向分量相等。试由麦克斯韦方程推出上述关系。 | 【解】（1） $\boldsymbol{E}$ 的边值关系 在两介质1和2的边界处，取一小长方形回路 $L$ ，使其两长边分别处在介质1和2内，且平行于交界面，如图 12．1．16（1）所示．则由麦克斯韦方程的
$$
\oint_{L} \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=-\iint_{S} \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}
$$
$ ．已知 $\varepsilon_{0}= 8.854 \times 10^{-12} \mathrm{~F} / \mathrm{m}$ ，铜的电阻率为 $1.7 \times 10^{-8} \Omega \cdot \mathrm{~m}$ ，试计算铜内自由电荷量密度从 $\rho_{0}$ 减小到 $\frac{\rho_{0}}{\mathrm{e}}=\rho_{0}... | 【解】由欧姆定律的微分形式
$$
\boldsymbol{j}=\sigma \boldsymbol{E}
$$
和
$$
D=\varepsilon E
$$
得
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{j} & =\boldsymbol{\nabla} \cdot(\sigma \boldsymbol{E})=\sigma \boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{E}=\sigma \boldsymbol{\nabla} \cdot\left(\frac{\boldsymbol{D}}{\varepsilon}... | |
将麦克斯韦方程组写成积分形式，再用于稳定的直流电路，从而导出基尔霍夫电路方程组：（1）每个分支点 $\sum_{i} I_{i}=0$ ；（2）每个回路 $\sum_{i} U_{i}=\sum_{i} \mathscr{E}_{i}$ ． | 【解】（1）对于稳定的直流电路来说，由麦克斯韦方程得
$$
\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{H}=\boldsymbol{j}
$$
根据矢量分析，对矢量 $\boldsymbol{A}$ 有
$$
\boldsymbol{\nabla} \cdot(\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{A})=0
$$
由式（1）、（2）得
}{\partial t}=\varepsilon_{0} \omega \boldsymbol{E}_{0} \cos \omega t
$$
依定义，位移电流密度的方均根值为
$$
\begin{aligned}
\sqrt{\frac{1}{T} \int_... | |
已知真空中一平面电磁波的电场强度为 $\boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{j}(k \cdot r-\omega t)}$ ，式中 $\boldsymbol{E}_{0}$是常矢量，$\omega$ 是圆频率， $\boldsymbol{k}$ 是传播矢量， $\boldsymbol{r}$ 是位置矢量， $\mathrm{j}=\sqrt{-1}$ ， e 是自然对数的底。试由麦克斯韦方程求这电磁波的磁场强度 $\boldsymbol{H}$ 。
$$
\boldsymbol{H}=\frac{1}{\omega \mu_{0}} \boldsymbol{... | 【解】 利用麦克斯韦方程
$$
\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{E}=-\frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t}=-\mu_{0} \frac{\partial \boldsymbol{H}}{\partial t}
$$
求H．其中
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{E} & =\boldsymbol{\nabla} \times\left[\boldsymbol{E}_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{j}(\boldsymbol{k} \... | |
一平面线圈的面积为 $0.50 \mathrm{~m}^{2}$ ，共有 5 匝，放在频率为 2.0 MHz 的电磁波里，它的方位是使电磁波在它里面产生的感应电动势为最大，设这时感应电动势的有效值为 10 mV ，试求该电磁波的磁场强度 $\boldsymbol{H}$ 的振幅。 | 【解】设这电磁波的磁场强度为
$$
H=H_{0} \cos \omega t
$$
则通过线圈的磁链为
$$
\Psi=N \Phi=N \mu_{0} H_{0} S \cos \omega t
$$
线圈里的感应电动势为
$$
\mathscr{E}=-\frac{\mathrm{d} \Psi}{\mathrm{~d} t}=\mu_{0} N H_{0} S \omega \sin \omega t
$$
按题意
$$
\frac{\mu_{0} N H_{0} S \omega}{\sqrt{2}}=10 \times 10^{-3} \mathrm{~V}
$$
故得
$$
\begin{aligne... | |
当太阳光垂直地射到地面上时，每分钟射到地面每平方厘米上的能量为 1.94 cal ，已知 $1 \mathrm{cal}=4.1868 \mathrm{~J}$ 。试求地面上太阳光的电场强度 $\boldsymbol{E}$ 和磁场强度 $\boldsymbol{H}$ 的振幅 $E_{0}$ 和 $H_{0}$ 。 | 【解】由单色平面电磁波的电场强度
$$
\boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_{0} \sin \omega t
$$
得它的能量密度为
$$
\begin{aligned}
w & =w_{e}+w_{m}=\frac{1}{2} \varepsilon_{0} E^{2}+\frac{1}{2} \mu_{0} H^{2}=\varepsilon_{0} E^{2} \\
& =\varepsilon_{0} E_{0}^{2} \sin ^{2} \omega t
\end{aligned}
$$
其平均值为
$$
\begin{aligned}
\bar{w} & =\frac{1}{T} \... | |
太阳光垂直射到地面上时，地面每平方米接收到太阳光的功率为 1． 35 kW 。（1）已知日地距离为 $1.5 \times 10^{8} \mathrm{~km}$ ，试求太阳发光所输出的功率；（2）已知地球半径为 $6.4 \times 10^{3} \mathrm{~km}$ ，试求地球接收到太阳光的功率；（3）已知太阳现在的质量为 $2.0 \times 10^{30} \mathrm{~kg}$ ，如果这质量按照爱因斯坦的质能关系式 $E=m c^{2}$ 转化为太阳光的能量，并以目前的功率向外发出辐射，试问太阳消耗目前质量的百分之一就可以维持多少年？
$$
\frac{P_{e}}{P}=4.5 \times 10^{... | 【解】（1）太阳发光所输出的功率为
$$
\begin{aligned}
P & =1.35 \times 10^{3} \times 4 \pi \times\left(1.5 \times 10^{8} \times 10^{3}\right)^{2} \\
& =3.8 \times 10^{26}(\mathrm{~W})
\end{aligned}
$$
（2）地球接收到太阳光的功率为
$$
\begin{aligned}
P_{e} & =1.35 \times 10^{3} \times \pi \times\left(6.4 \times 10^{3} \times 10^{3}\right)^{2} \\
&... | |
人造地球卫星由于受到太阳光的压力，会逐渐偏离原来的轨道．设一人造地球卫星的质量为 $m=100 \mathrm{~kg}$ ，外形是半径为 $r=1.0 \mathrm{~m}$ 的球形，射到它上面的太阳光有 $50 \%$ 被反射， $50 \%$ 被吸收。已知太阳常数的值为 $1.35 \times 10^{3} \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}$ （太阳常数是地球轨道处，垂直于太阳光的每平方米面积接受到的太阳光的功率），试求这卫星所受到的太阳光的压力和因此产生的加速度． | 【解】设太阳光的能量密度为 $w$ ，则在 $t$ 时间内，射到这人造地球卫星上的太阳光的能量为
$$
W=\pi r^{2} c t w
$$
根据狭义相对论，这能量的相应质量为
$$
m=\frac{W}{c^{2}}=\frac{\pi r^{2} t w}{c}
$$
相应动量为
$$
p=m c=\pi r^{2} t w
$$
电磁波的能流密度 $\boldsymbol{S}$ 的大小为
$$
S=|\boldsymbol{E} \times \boldsymbol{H}|=E H=\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}} E^{2}=\frac{\varepsilon_... | |
一晶体管收音机的中波灵敏度约为 $E=1.0 \mathrm{mV} / \mathrm{m}$ ．设这收音机能清楚地收听到一千公里远某一电台的广播，假定该台的发射是各向同性的，并且电磁波在传播时没有损耗。试求该电台的发射功率。 | 【解】该电台的发射功率为
$$
\begin{aligned}
P & =4 \pi R^{2} S=4 \pi R^{2} E H=4 \pi R^{2} \sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}} E^{2} \\
& =4 \pi \times\left(1000 \times 10^{3}\right)^{2} \times \sqrt{\frac{8.854 \times 10^{-12}}{4 \pi \times 10^{-7}}} \times\left(1.0 \times 10^{-3}\right)^{2} \\
& =3.3 \times 10^{4}(\mathrm{~W... | |
一飞机在离某电台 10 公里处飞行，收到该电台的讯号强度为 $S= 10 \mu \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}$ ．试求：（1）该电台发射的讯号在飞机处的电场强度 $\boldsymbol{E}$ 和磁场强度 $\boldsymbol{H}$ 的值；（2）该电台的发射功率（设发射是各向同性的，并且不考虑地球的反射）． | 【解】（1）通过电磁波的横截面 $A$ 的功率为
$$
P=S A=E H A=\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}} E^{2} A
$$
于是得所求的电场强度 $\boldsymbol{E}$ 的值为
$$
\begin{aligned}
E & =\sqrt{\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0}}}} S=\sqrt{\sqrt{\frac{4 \pi \times 10^{-7}}{8.854 \times 10^{-12}}}} \times 10 \times 10^{-6} \\
& =6.1 \times 10^{-2}(\mathrm{... |
Subsets and Splits
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