第9章 作业答案(最新修改)

第9章 电磁场9-6 如图9-40所示，一截面积26S cm =的密绕线圈，共有50匝，置于0.25B T =的均匀磁场中，B 的方向与线圈的轴线平行。

如使磁场B 在0.25s 内线性地降为零，求线圈中产生的感应电动势i ε。

分析：因B 随t 改变，故穿过密绕线圈的Φ也随t 改变，根据法拉第电磁感应定律要产生感应运动势。

解：由题可知B 随时间变化的关系是：0.25B t =-+，则磁通量为：46.010(0.25)BS t Φ-==⨯-+由法拉第电磁感应定律可得：0.03()i d NV dtεΦ=-= 感应电动势的方向为：b a →。

9-7 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为58.010sin100tΦπ-=⨯（SI制），求在21.010t s -=⨯时，线圈中的感应电动势。

分析：线圈中有N 匝相同的回路，其感应电动势等于各匝回路的感应电动势之和。

解：由N ψΦ=和法拉第电磁感应定律i d dtψε=-得： 2.51cos100()i d Nt V dtΦεπ=-=- 当21.010t s -=⨯时，2.51()i V ε=图9－409-8 如图9-41所示，用一根硬导线弯成一半径为r 的半圆,使这根半圆形导线在磁感应强度为B 的匀强磁场中以频率f 旋转，整个电路的电阻为R ，求感应电流的表达式和最大值。

分析：由题可知，闭合回路的面积为212S r π=，穿过它的磁通量cos BS Φθ=在不断变化，因此可先由法拉第电磁感应定律i d dt Φε=-求出感应电动势，再由欧姆定律i I Rε=求出感应电流，据此再讨论最大值。

解：设在初始时刻，半圆形导线平面的法线与B 之间的夹角0θ=，则在任意时刻穿过回路的磁通量为：21cos cos 22BS B r ft Φθππ==根据法拉第电磁感应定律，有：22sin 2i d r fB ft dtΦεππ=-= 由欧姆定律可得回路中的电流为：22sin 2ir fBI ft RRεππ==故感应电流的最大值为22m r fBI Rπ=图9-41 习题9-8图解9-9 有两根相距为a 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以dIdt的变化率增长。

若有一边长为a 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图9-42(a )所示，求线圈中的感应电动势。

分析：由于回路处于非均匀磁场中，因此，先由Sd Φ=⋅⎰B S （B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感应强度之和）求出Φ，再由法拉第电磁感应定律求出感应电动势。

解：建立如图9-42(b )所示的坐标系，距O 点 x 处，在矩形线圈中取一宽度(dx )很窄的面积元ds adx =，在该面积元内可近似认为B 的大小和方向不变。

由长直导线在空间一点产生的磁感强度02IB xμπ=可得穿过该面积元的磁通为：0[]22()0I μId d adx x x a μΦππ=⋅-+B s =穿过线圈的磁通量为：22004ln 22()23aa 0aa I μI Ia d adx adx x x a μμΦΦπππ==-=+⎰⎰⎰再由法拉第电磁感应定律可得线圈中的感应电动势大小：04(ln )23i a d dI dt dtμΦεπ=-= ， 方向：顺时针。

9-10 把磁棒的一极用1.5s 的时间由线圈的顶部一直插到底部,在这段时间内穿过每一匝线圈的磁通量改变了55.010Wb ⨯－，线圈的匝数为60匝，求线圈中感应电动势的大小。

若闭合回路的总电阻为800Ω，再求感应电流的大小。

分析：先得i ε，再由全电路的欧姆定律求感应电流的大小。

解：由法拉第电磁感应定律有：5360510 2.010()1.5i d N V dt Φε--⨯⨯=-=-=-⨯又由iI Rε=有：36210 2.510()800I A ---⨯==-⨯9-11如图9-43所示，金属杆AOC 以恒定速度υ在均匀磁场B 中垂直于磁场方向运动，已知AO OC L ==，求杆中的动生电动势。

分析：金属杆AOC 沿图9-45所示方向运动时，只有OC 部分切割磁力线运动，产生动生电动势。

解：由分析可知：sin i OC B L εευθ==方向：O C →9－12 如图9-44(a)所示，把一半径为R 的半图9-43 习题9-11图解圆形导线OP 置于磁感应强度为B 的均匀磁场中。

当导线以速率υ水平向右平动时，求导线中感应电动势ε的大小，哪一端电势较高?分析：求解动生电动的方法有：d NdtεΦ=-和()l d ε=⨯⋅⎰B l υ。

因此，本题可用其中任何一种方法，电势高低通常由()⨯B υ的方向来判断，即矢量()⨯B υ的方向为导线中电势升高的方向。

解：方法一：假设半圆形导线OP 在宽为2R 的静止匚形导上滑动，如图9-46(b)所示。

则两者之间形成一个闭合回路，以顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距匚形导轨左侧距离为x ，此时穿过该回路的磁通量为：21(2)2BS B Rx R Φπ==+由法拉第电磁感应定律可得：22i d dxRB RB dt dtευΦ=-=-=- 式中的负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说P 点的电势高。

方法二： 连接OP 使导线构成一个闭合回路，由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量BS Φ=＝常数。

因此，由法拉第电磁感应定律可知：0i d dtΦε=-=而»i PO OP εεε=+，即：»2PO OP OP BR εεευ=-== 方法三：建立如图9-46(c)所示的坐标系，在导体上任意处取导体元dl ，则:0()sin 90cos cos i d d B dl Rd B ευθθθυ=⨯==g B l υ22cos 2i d BR d R B ππεευθθυ-∴===⎰⎰端点P 的电势较高。

9-13 如图9-47所示为一铜圆盘发电机的示意图，圆盘绕过盘心且垂直盘面的金属轴/OO 轴转动，轴的半径为32 2.010R m -=⨯。

圆盘放在磁感应强度10B T =的均匀磁场中，B 的方向与盘面垂直。

有两个集电刷分别与圆盘的边缘和转轴相连。

已知圆盘的半径为1 1.2R m =，厚度为31.010d m -=⨯，转动的角速度为152rad s ωπ-=⨯⋅。

试计算圆盘轴与边缘之间的电势差，并指出何处的电势高。

分析：由题可知圆盘的厚度1d R =，即圆盘可视为厚度不计的薄圆盘，因此，可将铜盘分成无限多个线元，求出任意线元产生的动生电动势，然后积分即可。

也可将铜盘视为若干个铜条，这些铜条的一端连在一起，另一端连在一起，类视于若干个电动势的并联，其大小等于一根铜条切割磁力线运动时产生的动生电动势。

解：在圆盘上沿径矢r 取一线元dr 。

其速度大小为r υω=，方向在盘面上且与dr 垂直。

该线元的产生的动生电动势为：()i d d ε=⨯g B l υ由于⊥B υ，且()⨯B υ的方向与dr 的方向相同，故有：i d Bdr rBdr ευω==沿圆盘的径向积分，可得圆盘边缘与转轴之间的动生电动势为：1222121()2R i R rBdr B R R εωω==-⎰将已知数据代入可得：23215210[(1.2)(2.010)]2262i V επ-=⨯⨯⨯⨯-⨯=在示接外电路的情况下，i ε为集电刷,`M O 间的电势差。

圆盘边缘的电势高于圆盘中心转轴的电势。

9-14如图9-46（a ）所示，长为L 的铜棒，以距端点A 为r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动。

设磁感应强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差。

分析：棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念。

其关系如同电源的路端电压与电动势间的关系，只有在开路情况下，两者的大小相等，方向相反。

解：方法一：在棒上距O 点为l 处取一线元dl r，其速率为：l υω=，如图9-46 (a )所示，则线元两端动生电动势为：0()sin90cos i d B dl l B dl B ldl ευωπω=⨯⋅=⋅⋅⋅=-r u r rAB棒两端动生电动势为：1(2)2L-rAB i -rd -B ωdl B L r l L εεω===--⎰⎰因此，棒两端的电势差为：1(2)2AB AB U BL L r εω=-=- 方法二： 将AB 棒上的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图9-46 (b )所示，其中，212OA B r εω=，21()2OB B L r εω=-，则1(2)2AB OA OB B L L r εεεω=-=--因此，棒两端的电势差为： 1(2)2AB AB U BL L r εω=-=- 9－15 如图9-47（a ）所示，一长为l ，质量为m 的导体棒CD ，其电阻为R ，沿两条平行的导电轨道无摩擦地滑下，轨道的电阻忽略不计，轨道与导体构成一闭合回路，轨道所在的平面与水平面成θ角，整个装置放在均匀磁场中，磁感应强度B 的方向为竖直向上。

求： (1)导体在下滑时，速度随时间的变化规律； (2)导体棒CD 的最大速度mυ。

分析：棒在下滑过程中，因切割磁力线产生动生电动势，在回路中形成感应电流，故要受到安培力的作用，其方向与下滑的方向相反，且随着速度υ的增大而增大。

因此，棒作减速运动，当棒所受的0=∑F 时，运动速度达到最大值，不再增加，即随后以该速度作匀速直线运动。

解：导体棒在下滑过程中，受重力P ，导轨支持力N F 和安培力A F 的作用，如图9-47 (b )所示。

由安培定律可知，在t 时刻导体棒所受的安培力大小为：22sin()cos 2i A B l B l F BIl B l B l R R Rπυθεθυ+==== (1) 在导体棒下滑方向，由由牛顿第二定律可得：sin cos A d mg F ma mdtυθθ-== (2) 图9-47 习题9-15图解由(1)和(2)有： 22cos sin cos B l d g mR dt θυθυθ-=令222cos B l T mRθ=，则上式变为：sin d g -T =dtυθυ 分离变量并两边积分有：0υt d dt gsin -T υθυ=⎰⎰由上式可得导体在t 时刻的速度为：222cos 222sin (1)cos B l mRtmgR e B l θθυθ-=-当t →∞时， 222sin cos m mgR B l θυυθ==上式为导体棒下滑时所能达到的最大速度。

即导体棒下滑时的稳定速度。

9－16 一空心长直螺线管，长为0.50m ，横截面积为210.0cm ，若螺线管上密绕线圈33.010⨯匝，问：(1)自感为多大？(2)若其中电流随时间的变化率为110A S -⋅，自感电动势的大小和方向又如何？ 分析：由密绕长直螺线管的导出公式求出L ，再求L ε。