电磁学第二版习题答案第六章

电磁学第二版习题答案第六章
电磁学第二版习题答案第六章
习题
在无限长密绕螺线管内放一圆形小线圈，圆平面与螺线管轴线垂直。

小线圈有100 6.2.1
1 匝，半径为 1cm，螺线管单位长度的匝数为 200cm . 设螺线管的电流在
0.05 s 内
以匀变化率从 1.5 A 变为 -1.5 A ，
(1) 求小线圈的感应的电动势;
(2) 在螺线管电流从正直经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方
向是否改变,为什么,
解答:
1 2 ,小线圈半径 R, = 10 (1) 螺线管单位长度的匝数 n=200 cm m ,匝数
N , , 100 ，若选择电动势的正方向与电流的正方向相同，螺线管内小
线圈的感应电动势大小为
, , , N , ddt, , N , dBdtS , , , 0 n( R, 2 ) N , dIdt , 4.7 ,10 2V . >0 表明电动势的方向与设定的方向相同。

螺线管电流从正值经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向都不变， (2)
因为电流以及磁通量都以相同的变化率作变化。

6.2.2 边长分别为 a=0.2 m 和 b=0.1 m 的两个正方形按附图所示的方式结成一个回路，单
2 , 位的电阻为 5 , 10 10 .回路置于按 B , Bm sin ，t 规律变化的均匀磁场中， m
Bm , 10 2 T，， , 100 s 1 。

磁场 B 与回路所在平面垂直。

求回
路中感应电流的最
大值。

解答:
在任一瞬时，两个正方形电路中的电动势的方向相反，故电路的总电动势的绝对值
为
d ,大 d ,小 dB 2 , , , a ， b2 ， , ， a 2 b2 ，， Bm cos ，t , , m cos ，t dt dt dt
2 , ，故回路电阻为因回路单位长度的电阻, , 5 ,10 m
R , , , 4 ， a ， b， , 6 ,10 2 ,
回路中感应电流的最大值为
I m , R, m , 0.5 A
6.2.3 半径分别为 R 和 r 的两个圆形线圈同轴放置，相距为 x (见附图)。

已知 r x (因
dx x .设 x 以匀速 v , 而大线圈在校线圈内产生的磁场可视为均匀)及 R 随时间 t dt
而变.
(1) 把小线圈的磁通 , 表为 x 的函数
, 表为 x 的函数 (2) 把小线圈的感应电动势(绝对值)
(3) 若 v , 0 ,确定小线圈内感应电流的方向.
解答:
(1) 满足条件 R x 下,载流大线圈在面积 S 为的小线圈的磁通量为
,0 IR 2 , , BS , r 2 2 x3
小线圈的磁感应电动势(绝对值)为 (2)
,0 Ir 2 R 2 3,0 Ir 2 R 2 d , , , , ( 3x 4 dxdt ) , v dt 2 2 x 4
(3) 若时,小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同
在无限长密绕螺线管外套一个合金圆环，圆心在轴线上，圆平面与轴线垂直(见附 6.2.4
图).管内系统随时间以常变化率2，增大，电流表经开关接到环上的 P、
Q(两点连线过环心).
( ( (1) 求开关断开时下列情况的U PQ : a)两个半圆的电阻都为 R，b)左半环电阻为 R，
右半环电阻为 2R;
(2)设电流表所在支路电阻为零，求开关接通时电流表在上问的
(a)(b)情况下的电
流 I A (大小和方向);
(3)若座半环电阻为 R，有半环电阻为 kR (其中 k , 0 )，试证开关接通时 I
A 与 k 值
无关。

解答:
(1) 馆内磁通随时间以常变化率2，增大时，在开关断开时，感应电动势
为
d, , , , 2， dt
(a)两个半环的电阻都为 R 时，等效电阻如图 6.2.4(a)所示，
, , , R , , 0 U PQ , , QP 2R 2 2
(b)左半环电阻为 R，右半环电阻为 2R 时，等效电路如图 6.2.4(b)所示，有
, , 2, , ， 2R , , , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3
(2)电流表开关接通时:
(a) 两个半环的电阻都为R 时，等效电路利用戴维南定理如图
6.2.4(c) 所示，有右半环的支路于电流表支路组成的闭和回路中没有磁场，亦没有磁通的变化，因此该回路的总电动势为0。

已知右半环的支路上的电动势为，，因此电流表支路的电动势亦为，，由图 6.2.4(c)可见，通过电流表的电流为2， , A 2, A , , I A , R R R 2
方向向上。

(b)左半环电阻为R，右半环电阻为2R 时，利用戴维南定理等小电路如图
6.2.4(d)
所示，等效电源的电动势等于开路电压U PQ
, , 2, , ， 2R , , , U e , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3
等效电阻为
R ， 2R， 2R , Re , 3 R ， 2R
等效电路如图 6.2.4(d)右图所示，因等效电动势 , e , 0 ，故将其极性相反，求得通过
电流表的电流大小为 , ，， , e ，，，， 3 2 , , 2， I A , 2R R Re 3
方向向上。

(3)左半环电阻为R，右半环电阻为kR ，电流表开关接通时，利用戴维南定
理等效电路如图 6.2.4(e)所示，等效电源的电动势为
, ，1 k ，， kR , , e , U PQ , , QP ，1 ， k ，，1 ， k ， R
等效电阻为
R ， kR， kR , Re , ，1 ， k ， R 1 ， k
等效电路如图 6.2.4(e)右图所示。

按等效电动势 , e 的方向，极性如图所示，求得通过电流
表的电流大小
, ，1 k ，，， , e 2， 1 ， k , , I A , 2 kR R Re
1 ， k
方向向上。

证明开关接通时的 I A 与 k 无关。

直径为 D 的半圆形导线置于与它所在平面垂直的均匀磁场 B (见附图)，当导线 6.3.1
绕着过 P 点并与 B 平行的轴以匀角速度，逆时针转动时，求其动生电动
势 , PQ
解答:
在辅助线PQ，与圆弧PQ 构成闭合回路，当绕着P 点以匀角速度，逆时针转动时，封
闭曲线的面积不变，因而闭合回路的总电动势 , PQQP , , PQ ， , QP ,
0 ，沿圆弧的动生电动势
为
Q Q Q D ， BD 2 , , v , B vBdl , P P P 0 2
l ，电阻为R(见附图)。

导轨两端分平行金属导轨上放一金属杆，其 EF 段长度为6.3.2
别连接电阻 R1和 R2 ，整个装置放在均匀磁场 B 中，B 与导轨所在的平面垂直。

设
金属杆以v 速度匀速向右平动，忽略导轨的电阻和回路的自感，求杆中的电流。

解答:
当金属杆以速度 v 运动时，杆上有电动势 , , vBl ，附图的等效电路图如图6.3.2 所示，杆中的电流大小为
, vBl ， R1 ， R2 ， I , , R1R2 R ， R1 ， R2 ，， R1 , R2 R ，
R1 ， R2
m 的金属杆，其PQ 段的长度为l(见附图). 半无限长的平行金属导轨上放一质量为6.3.3
导轨的一端连接电阻R。

整个装置放在均匀磁场B 中，B 与导轨所在的平面垂直。

设杆以初速度 v0 向右运动，忽略导轨和杆的电阻及其间的摩擦力，忽略回路自感。

(1) 求金属杆所能通过的距离;
(2) 求此过程中电阻 R 所发的焦耳热;
(3) 试运用能量守恒定律分析上述结果。

解答:
(1) 当金属杆以速度 v 沿 x 轴正方向(平行于轨道向右)运动时，杆上的电动
势 , , vBl ，电路的电流为 i , vBl R .从而受到的电磁力大小为
2 2 2 2 vB l B l dx F , iBl , ,
此电磁力与运动方向相反，根据牛顿第二定律，有
2 B 2l dx dv F , , R dt dt
得
mR dx , dv B l2 2
设杆的起始位置为 x=0，金属杆所能移过的距离为
0 mR mR x , dv , v0 ， v0 B 2l 2 B l2 2
(2) 此过程中电阻所发的焦耳热为
2 0 B l2 2 x B l2 2 vBl 1 mR 2 i Rdt , mv0 2 v 2 2 dv , Q , ，，
Rdt , ， vdx , ， 0 0 0 v0 R 2 Bl R R
(3) 从能量受恒定律进行分析:起始情况，金属杆以速度 v0 运动具有的动能
为
1 mv0
2 ，由于受到电磁阻力的作用杆的速度最终减至 0，金属杆的动能全 2
部转化为电路所消耗的焦耳热。

6.3.4 上题中如果用一向右的恒力 F 拉金属杆，并把初速度改为 0，求证杆
的速率随时间
B 2l 2 F 变化的规律为 v ，t ， , ，1 e ， t ，，其中， , ma mR 2
证明:
当金属杆以速度 v 运动时，电路中电流为 I，金属杆所受的电磁力大小为vBl B l2 2 , v Fm , Bil , Bl R R
根据牛顿第二定律，金属杆所受的合力与加速度的关系为
2 B 2l dv F v , m
R
d
t
, dv F B l2 2 v dt m mR
B 2l 2 令， , ，得 mR
v , ，
dv F
dt m，
分离变量得
v m， F , ， dt
d v
F
m，
积分后得
v ln , ， t ， C
F
m，
式中:C 为待定系数，由初始条件，t=0,v(0)=0,得
F C , ln ma
故
F
m， v ln , ， t F
m，
即
F v m， , e ， t F
m，
证得杆的速率随时间变化的规律为
F v ，t ， , ，1 e ， t ， ma
长度各为 1m，电阻各为 4, 的两根均匀金属棒 PQ 和 MN 放在均匀稳恒磁场B 中， 6.3.5
B , 2T ,方向垂直纸面向外(见附图)。

两棒分别以速率 v1 , 4 m s 和v2 ,
导轨向左匀速平动，忽略导轨的电阻及回路自感，求; (!) 两棒的动生电动势的大小，并在图中标出方向;
(2) U PQ 和U MN
(3)两棒中点和的电势差。

解答:
(1) PQ 杆的电动势的方向由 Q 指向 P 大小为
P Q
MN 杆的电动势的方向由 N 指向 M 大小为
M ， v2 , B， dl , v2 Bl , 4V N
(2) 设电路的电流为顺时针方向，大小为
, PQ , NM I , , 0.5 A
R 2 ， R1
PQ 杆之间的电压为
U PQ , , QP IR1 , 6V
MN 杆之间的电压为
U MN , , NM IR2 , 6V
(3) PQ 杆中点 O1 与 O2 之间的电压为
, QP IR1 , 3 VU O1Q , 2 2
MN 杆中点 O2 与 N 之间的电压为
, NM IR2 ， , 3 V U O2 N , 2 2
因 Q 点与 N 点等势，故 O1 与 O2 间的电压为
V U O1O2 , U OQ U O2 N , 0 1
半圆形刚性导线在摇柄驱动下在均匀磁场 B 中作匀角速转动(见附图)，半圆形的 6.3.6
半径为 0.1m，转速为 3000 r min ，求动生电动势的频率和最大植。

解答:
只有半圆弧的运动对动生电动势有贡献，沿旋转轴(即直径)作一辅助线，与半圆弧
连成一封闭曲线，设t=0 时，半圆面的位置如附图所示，选取半圆面的法线方向垂直向外，
t 时刻通过半圆面的磁通量为
R 2
, , B S , B cos ，t 2
封闭曲线产生的感应电动势方向沿顺时针，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大
小为
2 d , , , sin ，t , dt 2
感应电动势的变化频率为
N 1 3000f , , s , 50 Hz t 60
感应电动势的圆频率为
， , 2 f , 100 rad s
电动势的最大值为
B R 2， , 2.7 m , m , 2
，作匀匀角速转动，转轴垂半径为R 的圆形均匀刚性线圈在均匀磁场 B 中以角速度6.3.6
直于 B(见附图)，轴与线圈交于 A 点，弧长 AC 占1 4 周长，M 为AC 弧的中点。

设线圈的自感可以忽略，当线圈平面转至与 B 平行时，
(～) 求动生电动势 , AM 及 , AC
(2)A、M 哪点电势高,
解答:
(1) 线圈上一元段的电动势为
d, , ， v , B， dl , ，rB sin ， dl
由图 6.3.7 得
d, , ，， R sin ，， B sin ， Rd， , ， BR 2 sin 2 ， d，
AM 间的电动势为
4 1 sin 2 ，d， , ， BR 2 0 8 4
AC 间的电动势为
2 1 sin 2 ，d， , ， BR 2 0 4
(2) A、C 间的电动势差为
4, AC R , 0 U CA , , AC IRAC , , AC R 4
A、M 间的电动势差为
1 AC R 4, U MA , , AM IRAM , ， BR
2 , ， BR 2 , 0 8 4 R 8 4 1
所以 M 点的电势低于 A 点的电势。

2 6.4.1 均匀磁场 B 限定在无限长圆柱体内(见附图)，B 以10 T s 的恒定减小。

求
位于图中M、N、P 三点的电子从感生电场获得的瞬时加速度(大小和方向) 图中 r=5.0 cm
解答:
根据磁场变化趋势，在无限长圆柱体内P 点的感生电场方向向左，M 点的感生电动势向右。

感生电场的大小为
r dB 4 m , T s , 2.5 ,10E感 , 2 dt
M、P 点的加速度大小为
e E感 , 4.4 ,107 m s 2 aM , aP m
因为电子带负电，所以电子在P 点受的力和加速度方向向右，M 点受的力和加速度方向向左。

并得 Q 点的加速度为零
6.4.2 在上题的圆柱体的一个横截面上作如本题附图所示的梯形PQMNP，已知
PQ=R=1 m ，MN=0.5m 求:
(1) 梯形各边的感生电动势 , PQ , QM , MN 和 , NP
(2) 整个梯形的总电动势 , PQMNP
解答:
(1) 如图 6.4.2 所示，根据磁场的变化趋势，按楞次定律感生电场E感为顺时针
方向(用柱坐标的单位矢e, 表示)，积分方向向右，梯形PQ 边的感生电动势大小为
Q R dB R dB dB cos150: PQ , hR , 4.3,10 3 V e, , dl , P dt 2 dt dt 2 梯形 QM 边的感生电动势大小为
M R dB , , dl , 0 eQ 2 dt
梯形 NP 边的感生电动势大小为
P R dB , , dl , 0 eN 2 dt
梯形 MN 边的感生电动势(积分方向向左)大小为
N R dB 1 dB R 1 dB h R cos 30: MN , , 1.1,10 3 V e, , dl , M 2 dt 2 dt 2 2 dt 2 2
(2) 利用上面的结果，整个梯形的总电动势大小为
, PQMNP , , PQ ， , QM ， , MN ， , NP , 3.2 ,10 3 V
半径为的圆柱形空间内充满与轴平行的均匀磁场(横截面见附图)，以的恒定6.4.3
变化率增加。

有一长为的金属棒放在图示位置，一半在磁场内部，另一半在磁场外部，求棒的感生电动势 , PQ .
解答:
用法拉第电磁感应定律求杆上的感生电动势.分别作辅助线OP、OM 和 OQ,闭合路径
OPM 的感应电动势中，由于 E感的方向与 OP 和 OM 垂直，故OP 和 OM 两段感应电动势为
0，因此OPM 的感应电动势等于PQ 段的电动势,因磁场充满OPM 中,即
d, dB 1 3R 2 dB , PM , , hR , dt dt 2 4 dt
闭合路径 OMQ 的感应电动势中,由于 E感的方向与 OQ 和 OM 垂直,故 OQ 和OM 两段
感应电动势为 0.因此 OMQ 的感应电动势等于 MQ 段的电动势，在 , OMQ 中，因磁场仅充
满扇形面积 OMS，故
d, dB 1 R 2 , MQ , , dt dt 12
根据楞次定律判断出 , PM , 0 ， , MQ , 0
电子感应加速器的轨道半径为0.4m，电子能量的增加率为
160eV/周. 6.4.4 d B (1)求轨道内磁场的平均值 B 的时间变化率 dt
(2)欲使电子获得 16MeV 的能量，需转多少周,共走多长路程,
解答:
(1) 电子转 1 周得到的能量为
e, , 160 eV
电子运行的圆周轨道的电动势
d B , , R 2 dt
d B 为解得轨道内磁场的平均值 B 的时间变化率 dt
, d B , , 3.18 ,10 2 T s dt R 2
(2) 电子获得 16MeV 的能量转动的周数为
160 ,10 5 eV N , 5 , 10160eV
4 因轨道半径 R= R , 4 ,10 km ,故电子共走的路程为
L , 2 RN , 251 km
6.5.1 在长为 0.6m、直径为 5cm 的空心纸筒上密绕多少匝导线才能得到自感为 6.0
6.0 ,10 -3 H 的线圈,
解答:
线圈的自感为
2 N 2 L , , 0 n 2V , , 0 lR
l
所绕的匝数为
1 Ll N , , 1208 R , 0
2 6.5.2 空心密绕螺绕环的平均半径(即中心圆的半径)为 0.1m，横截面积为6 cm ，总匝
数为250，求其自感.若螺绕环流过3A 的电流，求其自感磁链以及每匝的磁通.
解答:
螺绕环的自感为
2 N 5 HL , 0 n ,2V , 0 2 , RS , 7.5 ,10 2 R
当通入线圈的电流 I=3 A 时，自感磁链为
， , LI , 2.25 ,10 4 Wb
每匝磁通为
， , , , 9 ,10 7 Wb
N
6.5.3 设同轴电缆内外半径分别为 R1 和 R2 (见教材图 6-27)，试导出其单位长度的自
感 L 的表达式。

解答:
图 6.5.3 为同轴电缆的截面图，半径为 r 的磁场为 B(r)，根据安培环路定律，有
2 rB，r ， , , 0 I
, 0 I 求得 B，r ， , 2 r
通过长度为 l 的横截面为 S 的磁通为
R1 R1 R , 0 I , 0 I drl , l ln 1 , , ， B，r ，drl , ， R2 R2 22 r
R2
故单位长度的自感为 , R , 0 I L , , ln 1 Il 2 R2
6.6.1 两个共轴圆线圈，半径分别 R 和 r ,匝数分别为 N1 和 N 2 相距为 l (见附图)，设
r l ，以至大线圈在小线圈所在处的磁场可以视为均匀的。

求两线圈之间的互感系数
解答:
N1 匝的大线圈在小线圈所在处的磁场大小为
2 IR N B1 ,
3 2，l 2 ， R 2 ， 2
小线圈所在处的磁通大小为 2 r 2 ,12 , B1 r 2 , 3 2 2 2，l 2 ， R ，小线圈所在处的磁链为
N 2 N1 ,0r 2 R 2 12 , N 2,12 , ，I1 3 2 2 2 2，l ， R ，
两线圈之间的互感系数
2 ，12 N 2 N1 ,0r R 2 M , ,
3 I1 2 2 2 2，l ，，R
6.6.2 附图所示的两个同轴密绕细长螺线管长度为，半径分别为R1 和R2 (“细长”蕴含
l )匝数分别 N1 和 N 2 ，求互感系数 M 12 和 M 21 ，并由此验证 M12 , M 21 l ， R2 R1
解答:
线圈 1 通有电流 I1 时管内产生的磁场大小为
N1 B1 , ,0nI1 , ,0 I1 l
线圈 1 对线圈 2 中 1 匝产生的磁通为
,0 N1 R22 I1 2 ,12 , R2 B1 , l
线圈 1 对线圈 2 产生的磁链
,0 N1 R22 I1 ，12 , N 2,12 , l
线圈 1 对线圈 2 互感系数
,0 N1N 2 R2 2 ，12 M12 , , l I1
线圈 2 通有电流 I 2 时管内产生的磁场大小为
N 2 B2 , ,0nI 2 , ,0 l2 l
线圈 2 对线圈 1 中 1 匝产生的磁通只与线圈 2 的面积有关，即
2 2 , 21 , R2 B2 , l
线圈 2 对线圈 1 产生的磁链
2 ， 21 , N1, 21 , l
线圈 1 对线圈 2 互感系数
21 ， , 0 1 2 2 M12 , lI 2
对比和的数值，证得
M12 , M 21
6.6.3 以代表两个线圈之间的互感系数，L1 和 L2 代表各自的自感系数，试
证在无漏磁
情况下有 M , L1L2 。

(无漏磁是指满足 ,12 ,,11及 , 21 ,, 22 即完全偶合) 解答:
自感系数和分别定义为
，11 N1,11 ， 22 N 2, 22 , , L1 , L2 ,
I1 I1 I 2 I 2
N1,11N 2, 22 L2 L1 , I1I 2
由于两个线圈完全偶合，满足条件 ,12 , ,11及 , 21 , , 22 ，故
N1,11N 2, 22 N 2,12 N1, 21 M L2 L1 , , , M12 21 , M 2 I1I 2 I1
I 2 因而证得 M , L1L2
1 ，求这个电路的时间常数。

设附图所示的 RL 电路的电流在 5.0 s 内达到
稳态值的 6.8.1 3
解答:
因 RL 电路的电流随时间变化的关系为
t i , I 0 1 e ,
根据题设条件
5t 1 I 0 , I 0 1 e , 3
得 5t 2 , , e 3
即
5s 2 , ln , 3
解得:, , 12 s.
, ，L=20 H,合下瞬间的电流增长率为 5 A s 求: 设习题 6.8.1 幅图中的R=46.8.2
(1) 电流的电动势 ,
(2) 电流为 10A 时的电流增长率及此事的电感所储存的磁能。

(注:自感为L，电流为 i
1 的线圈所储存的磁能为Wm , Li
2 ，推导见教材?6.11) 2
解答:
(1) 因 RL 电路的电流随时间变化的关系为
Rt , L i , 1 e R
得
di , RtL , e
dt L , di 在 t , 0 时刻，有 , , 5 A s t ,0 dt L
解得: , =100V
(3) 设 t , t1 时电流为 10A，即
Rt1 , L 1 e , 10 A L
Rt1 L 求得 , 0.6 e
t di , 1 t , t1 时刻的变化率为 t , t1 , e L , 3 A s dt L
1 Li
2 ，t1 ， , 1000J 此时电感所储存的词能为Wm , 2
6.8.3 设习题6.8.1 附图中的，求下列各量在开关接通后的值: (1)线圈所储存的磁能的增长率;
(2)电阻 R 上消耗焦耳热的功率;
(3)电源输出的功率。

解答:
(1) 因电感线圈储存的磁能与时间有关，即
1 Li
2 ，t ， Wm , 2
由此可见，磁能是从零开始的逐渐增大(与电流增长情况不同)。

线圈所储存的磁能的增长
率为
Rt Rt di dWm L , Li , , ieL , 1 e e
dt dt R
在开关接通后 t=0.1s 时，上式代入数据，得
dWm Wt , 0.1s , 23
dt
(2) 在开关接通 0.1 s 后，电阻 R 上消耗的焦耳热的功率为
Rt , 2 2 L P ，t ， , i R t , 0.1s , 1 e t , 0.1s , 40 W R
(3) 电源输入的功率为
Rt , 2 L P源，t ， , , i , 1 e R
将 t=0.1 s 及有关数据代入得:
P源， 0.1 ，s , 63 W
6.8.4 求附图电路合闸后 i1 、 i2 和 i 随时间变化的规律
解答:
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