第十二章 电磁感应电磁场(一)作业答案

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大学物理答案第12章

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第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波12-1 一根无限长平行直导线载有电流I ,一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动(如图所示),则( )(A ) 线圈中无感应电流(B ) 线圈中感应电流为顺时针方向(C ) 线圈中感应电流为逆时针方向(D ) 线圈中感应电流方向无法确定题 12-1 图分析与解 由右手定则可以判断,在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里,磁场是非均匀场,距离长直载流导线越远,磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时,在线圈中产生感应电流,感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为(B ).12-2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中,并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等,不计自感时则( )(A ) 铜环中有感应电流,木环中无感应电流(B ) 铜环中有感应电流,木环中有感应电流(C ) 铜环中感应电动势大,木环中感应电动势小(D ) 铜环中感应电动势小,木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律,铜环、木环中的感应电场大小相等, 但在木环中不会形成电流.因而正确答案为(A ).12-3 有两个线圈,线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ,而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 .若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<,并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ,由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ,下述论断正确的是( ).(A )2112M M = ,1221εε=(B )2112M M ≠ ,1221εε≠(C )2112M M =, 1221εε<(D )2112M M = ,1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 =M12 ,电磁感应定律ti M εd d 12121=;ti M εd d 21212=.因而正确答案为(D ). 12-4 对位移电流,下述说法正确的是( )(A ) 位移电流的实质是变化的电场(B ) 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷(C ) 位移电流服从传导电流遵循的所有定律(D ) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场.变化的电场激发磁场,在这一点位移电流等效于传导电流,但是位移电流不是走向运动的电荷,也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因而正确答案为(A ).12-5 下列概念正确的是( )(A ) 感应电场是保守场(B ) 感应电场的电场线是一组闭合曲线(C ) LI Φm =,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比(D ) LI Φm =,回路的磁通量越大,回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质,感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而正确答案为(B ).12-6 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tΦπ100sin 100.85⨯=,式中Φ的单位为Wb ,t 的单位为s ,求在s 100.12-⨯=t 时,线圈中的感应电动势. 分析 由于线圈有N 匝相同回路,线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和,在此情况下,法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦNξd d d d -=-=,其中ΦN ψ=称为磁链.解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时,V 51.2=ξ.12-7 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内,如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ,来求解.由于回路处在非均匀磁场中,磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要,建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关,即B =B (x ),故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ,如图中阴影部分所示,则d S =d d x ,所以,总磁通量可通过线积分求得(若取面元d S =d x d y ,则上述积分实际上为二重积分).本题在工程技术中又称为互感现象,也可用公式tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律,有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0)(μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时,穿过线圈的磁通量为2ln π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时,线圈中的互感电动势为 tI d t I M d d 21ln π2d d 0)(μξ=-=题 12-7 图12-8 有一测量磁感强度的线圈,其截面积S =4.0 cm 2 、匝数N =160 匝、电阻R =50Ω.线圈与一内阻R i =30Ω的冲击电流计相连.若开始时,线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直,然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行.此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯.问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少分析 在电磁感应现象中,闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关,而在一段时间内,通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关,与磁通量变化的快慢无关.工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱.解 在线圈转过90°角时,通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12因此,流过导体截面的电量为ii R R NBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 12-9 如图所示,一长直导线中通有I =5.0 A 的电流,在距导线9.0 cm 处,放一面积为0.10 cm 2 ,10匝的小圆线圈,线圈中的磁场可看作是均匀的.今在 ×10-2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处.求:(1) 线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为×10-2Ω,求通过线圈横截面的感应电荷.题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中,但由于线圈的面积很小,可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的,因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链.解 (1) 在始、末状态,通过线圈的磁链分别为1011π2r IS μN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向.(2) 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ 12-10 如图(a)所示,把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中,当导线以速率v 水平向右平动时,求导线中感应电动势E 的大小,哪一端电势较高题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势,除仍可由t ΦE d d -=求解外(必须设法构造一个闭合回路),还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解. 在用后一种方法求解时,应注意导体上任一导线元dl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下,上述各量可能是dl 所在位置的函数.矢量(v ×B )的方向就是导线中电势升高的方向.解1 如图(b)所示,假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动,两者之间形成一个闭合回路.设顺时针方向为回路正向,任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ,则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零,则E =-2RvB .式中负号表示电动势的方向为逆时针,对OP 段来说端点P 的电势较高.解2 建立如图(c )所示的坐标系,在导体上任意处取导体元dl ,则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量(v ×B )的指向可知,端点P 的电势较高.解3 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.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知,E =0又因 E =E OP +E PO即 E OP =-E PO =2RvB由上述结果可知,在均匀磁场中,任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零;而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势.上述求解方法是叠加思想的逆运用,即补偿的方法.12-11 长为L 的铜棒,以距端点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.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行,求棒两端的电势差.题 12-11 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念,如同电源的端电压与电源电动势的不同.在开路时,两者大小相等,方向相反(电动势的方向是电势升高的方向,而电势差的正方向是电势降落的方向).本题可直接用积分法求解棒上的电动势,亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.而E 和E 则可以直接利用第12-2 节例1 给出的结果.解1 如图(a)所示,在棒上距点O 为l 处取导体元dl ,则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L >2r 时,端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则 ()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 12-12 如图所示,长为L 的导体棒OP ,处于均匀磁场中,并绕OO ′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B 与转轴平行.求OP 棒在图示位置处的电动势.题 12-12 图分析 如前所述,本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算(此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路, 如直角三角形导体回路OPQO ),也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算.由于对称性,导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的.解1 由上分析,得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高.解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分,任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零,则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然,E QO =0,所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知,导体棒OP 旋转时,在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效.12-13 如图(a)所示,金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动,此导线通有电流I =40 A .求杆中的感应电动势,杆的哪一端电势较高题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解.方法1:用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解,建立图(a )所示的坐标系,所取导体元x l d d =,该处的磁感强度xI μB π20=. 方法2:用法拉第电磁感应定律求解,需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路.为此可设想杆AB 在一个静止的导轨上滑动,如图(b)所示.设时刻t ,杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ,先用公式⎰⋅=S ΦS B d 求得穿过该回路的磁通量,再代入公式tΦE d d -=,即可求得回路的电动势,亦即本题杆中的电动势.解1 根据分析,杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ,故点A 电势较高.解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向,根据分析,在距直导线x 处,取宽为dx 、长为y 的面元dS ,则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零,所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针,对AB 导体来说,电动势方向应由B 指向A ,故点A 电势较高.12-14 如图(a)所示,在“无限长”直载流导线的近旁,放置一个矩形导体线框,该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动,求在图示位置处,线框中感应电动势的大小和方向.题 12 -14 图分析 本题亦可用两种方法求解.其中应注意下列两点:(1)当闭合导体线框在磁场中运动时,线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和.如图(a)所示,导体eh 段和fg 段上的电动势为零[此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ],因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图(b)所示.(2)用公式tΦE d d -=求解,式中Φ是线框运动至任意位置处时,穿过线框的磁通量.为此设时刻t 时,线框左边距导线的距离为ξ,如图(c )所示,显然ξ是时间t 的函数,且有v =tξd d .在求得线框在任意位置处的电动势E (ξ)后,再令ξ=d ,即可得线框在题目所给位置处的电动势.解1 根据分析,线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef >E hg 可知,线框中的电动势方向为efgh .解2 设顺时针方向为线框回路的正向.根据分析,在任意位置处,穿过线框的磁通量为 ()ξξμξμ120020ln π2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为 ()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ=d ,得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v 由E >0 可知,线框中电动势方向为顺时针方向.12-15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场,B 的方向与柱的轴线平行.如图(a)所示,有一长为l 的金属棒放在磁场中,设B 随时间的变化率tB d d 为常量.试证:棒上感应电动势的大小为 2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场,把导体置于感生电场中,导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动,在棒内两端形成正负电荷的积累,从而产生感生电动势.由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同,故可利用上题结果,由⎰⋅=l k l E d ξ计算棒上感生电动势.此外,还可连接OP 、OQ ,设想PQOP 构成一个闭合导体回路,用法拉第电磁感应定律求解,由于OP 、OQ 沿半径方向,与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直,故0d =⋅l E k ,OP 、OQ 两段均无电动势,这样,由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势,就是导体棒PQ 上的电动势.证1 由电磁感应定律,在r <R 区域, ⎰⎰⋅-=⋅=SB tl E k d d d d ξ t B r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元dx 处,E k 的方向如图(b )所示,则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E 证2 由法拉第电磁感应定律,有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外,则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解 12-16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环,其尺寸如图(a)所示,共有N 匝(图中仅画出少量几匝),求该螺绕环的自感L .题 12-16 图分析 如同电容一样,自感和互感都是与回路系统自身性质(如形状、匝数、介质等)有关的量.求自感L 的方法有两种:1.设有电流I 通过线圈,计算磁场穿过自身回路的总磁通量,再用公式I ΦL =计算L .2.让回路中通以变化率已知的电流,测出回路中的感应电动势E L ,由公式t I E L L d /d =计算L .式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定,所以此方法一般适合于工程中.此外,还可通过计算能量的方法求解.解 用方法1 求解,设有电流I 通过线圈,线圈回路呈长方形,如图(b)所示,由安培环路定理可求得在R 1 <r <R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20= 由于线圈由N 匝相同的回路构成,所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质,其相对磁导率为μr ,则自感将增大μr 倍.12-17 如图所示,螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体,其截面积分别为S 1 和S 2 ,磁导率分别为μ1 和μ2 ,管长为l ,匝数为N ,求螺线管的自感.(设管的截面很小)题 12-17 图分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响.在无介质时,通电螺线管内的磁场是均匀的,磁感强度为B 0 ,由于磁介质的存在,在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 .通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和.由自感的定义可解得结果.解 设有电流I 通过螺线管,则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为 221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 12-18 有两根半径均为a 的平行长直导线,它们中心距离为d .试求长为l的一对导线的自感(导线内部的磁通量可略去不计).题 12-18 图分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分.设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ,然后计算图中阴影部分(宽为d 、长为l )的磁通量.该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加.解 在如图所示的坐标中,当两导线中通有图示的电流I 时,两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略,则一对导线的自感为212L L L +=.L 1 称为外自感,即本题已求出的L ,L 2 称为一根导线的内自感.长为l 的导线的内自感8π02l μL =,有兴趣的读者可自行求解. 12-19 如图所示,在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′,每个线圈的自感均为L ,求:(1) A 和A ′相接时,B 和B ′间的自感L 1 ;(2) A ′和B 相接时,A 和B ′间的自感L 2 .题 12-19 图分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接,均可看成一个大线圈回路的两个部分,故仍可从自感系数的定义出发求解.求解过程中可利用磁通量叠加的方法,如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ,则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ;而当两组线圈按(1)或(2)方式连接后,则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ,“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反.解 (1) 当A 和A ′连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反,通过回路的磁通量亦相反,故总通量为0221=-=ΦΦΦ,故L 1 =0.(2) 当A ′和B 连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同,通过回路的磁通量亦相同,故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=,故L IΦI ΦL 4422===. 本题结果在工程实际中有实用意义,如按题(1)方式连接,则可构造出一个无自感的线圈.12-20 如图所示,一面积为4.0 cm 2共50 匝的小圆形线圈A ,放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的.求:(1) 两线圈的互感;(2) 当线圈B 中电流的变化率为-50 A ·s-1 时,线圈A 中感应电动势的大小和方向.题 12-20 图分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ,穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ,则互感M =M 21 =Φ21/I 1 ;也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ,穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ,则21212I ΦM M == . 虽然两种途径所得结果相同,但在很多情况下,不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同.以本题为例,如设线圈B 中有电流I 通过,则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得,由于线圈A 很小,其所在处的磁场可视为均匀的,因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS .反之,如设线圈A 通有电流I ,其周围的磁场分布是变化的,且难以计算,因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得,由此可见,计算互感一定要善于选择方便的途径.解 (1) 设线圈B 有电流I 通过,它在圆心处产生的磁感强度RI μN B B200=,穿过小线圈A 的磁链近似为 A BA A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为 H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A (2)线圈A 中感应电动势的大小为 V 1014.3d d 4-⨯=-=t I ME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同.12-21 如图所示,两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ,两线圈相距为d .若r 很小,可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的.求两线圈的互感.若线圈C 的匝数为N 匝,则互感又为多少题 12-21 图解 设线圈A 中有电流I 通过,它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πd R R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝,则互感为上述值的N 倍.12-22 如图所示,螺绕环A 中充满了铁磁质,管的截面积S 为2.0 cm 2 ,沿环每厘米绕有100 匝线圈,通有电流I 1 = ×10 -2 A ,在环上再绕一线圈C ,共10 匝,其电阻为 Ω,今将开关S 突然开启,测得线圈C 中的感应电荷为 ×10-3 C .求:当螺绕环中通有电流I 1时,铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr .题 12-22 图分析 本题与题12-8 相似,均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度.线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的. 解 当螺绕环中通以电流I 1 时,在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中,通过C 的感应电荷为q C ,则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===SN Rq I n B C r μμ 相对磁导率 1991102==I n S N Rq C r μμ 12-23 一个直径为0.01 m ,长为0.10 m 的长直密绕螺线管,共1 000 匝线圈,总电阻为 Ω.求:(1) 如把线圈接到电动势E = V 的电池上,电流稳定后,线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*(2) 从接通电路时算起,要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半,需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能,通常可用两种方法计算:方法 1: 如回路自感为L (已知或很容易求得),则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =,通常称为自感磁能. 方法 2: 由于载流回路可在空间激发磁场,磁能实际是储存于磁场之中,因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量,即V w W V m m d ⎰=,式中m w 为磁场能量密度,积分遍及磁场存在的空间.由于μB w m 22=,因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布. 上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径,即运用V w LI V m d 212⎰=求解L . 解 (1) 密绕长直螺线管在忽略端部效应时,其自感l S N L 20μ=,电流稳定后,线圈中电流RE I =,则线圈中所储存的磁能为 J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时,该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中,并为均匀磁场,故磁能密度m w 处处相等,3m J 17.4-⋅==SLW w m m (2) 自感为L ,电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上,其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L R R E I e 1,当电流稳定后,其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ,则R E I 22=,将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L RR E I e 1中,得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=R L R L t 12-24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量.要储存1 kW ·h 的能量,利用T的磁场,需要多大体积的磁场 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量,则该线圈的自感系数应该多大解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m 所需线圈的自感系数为H 2922==I W L m 12-25 中子星表面的磁场估计为108T,该处的磁能密度有多大解 由磁场能量密度 21021098.32⨯==μB w m 3m /J 12-26 在真空中,若一均匀电场中的电场能量密度与一 T 的均匀磁场中的磁场能量密度相等,该电场的电场强度为多少解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意,当m e w w =时,0220221μB E ε=则 1800m V 1051.1-⋅⨯==μεB E 12-27 设有半径R =0.20 m 的圆形平行板电容器,两板之间为真空,板间距离d =0.50 cm ,以恒定电流I =2.0 A 对电容器充电.求位移电流密度(忽略平板电容器的边缘效应,设电场是均匀的).分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同,但都能在空间激发磁场.从这个意义来说,变化电场可视为一种“广义电流”,即位移电流.在本题中,导线内存在着传导电流I c ,而在平行板电容器间存在着位移电流I d ,它们使电路中的电流连续,即c d I I =.解 忽略电容器的边缘效应,电容器内电场的空间分布是均匀的,因此板间位移电流2πd R j I d Sd d =⋅=⎰S j ,由此得位移电流密度的大小 222m A 9.15ππ-⋅===R I R I j c d d。

《物理学基本教程》课后答案 第十二章 磁介质中的磁场

《物理学基本教程》课后答案 第十二章 磁介质中的磁场

第十二章 磁介质中的磁场12-1 一螺绕环的平均半径为R =0.08m, 其上绕有N =240匝线圈, 电流强度为I=0.30A 时充满管内的铁磁质的相对磁导率µr =5000, 问管内的磁场强度和磁感强度各为多少?分析 螺绕环磁场几乎都集中在环内, 磁场线是一系列圆心在对称轴上的圆.如果圆环的截面积很小,可认为环内各点的磁场强度大小相等,等于以平均半径R 为半径的圆上的磁场强度.解 H=nI A/m 2.143A/m 08.0230.02402=⨯⨯==ππR NI T 90.0T 2.14350001047r 0=⨯⨯⨯===-πμμμH H B12-2 在图12-6所示的实验中,环形螺线管共包含500匝线圈, 平均周长为50cm, 当线圈中的电流强度为2.0A 时, 用冲击电流计测得介质内的磁感强度为2.0T , 求这时(1)待测材料的相对磁导率r μ,(2)磁化面电流线密度s j .分析 磁场强度和磁感强度B 的关系为H H B r 0μμμ==,从而可求出r μ. 解 (1) A/m 2000A/m 5.02500=⨯==L NI nI H7961021040.270r =⨯⨯⨯==-πμμH B (2)由于磁化面电流产生的附加磁感强度为B '=B-B 0,得s 00)(j nI B μμμ=-='则 A /m 1059.1)1(6r 0s ⨯=-=-=nI nI j μμμμ 12-3 将一直径为10cm 的薄铁圆盘放在B 0=0.4×10-4 T 的均匀磁场中, 使磁感线垂直于盘面, 已知盘中心的磁感强度为B c =0.1T, 假设盘被均匀磁化,磁化面电流可视为沿圆盘边缘流动的一圆电流.求(1)磁化面电流大小;(2)盘的轴线上距盘心0.4m 处的磁感强度.分析 铁盘在外磁场B 0中要被磁化, 产生附加磁场.附加磁场与外磁场B 0同向,所以盘中心的磁感强度B c =B 0+B c ˊ.如果将磁化面电流I s 视为沿圆盘边缘流动的圆电流.解 (1)磁化面电流I s 在环心c 处产生的附加磁场的磁感强度为RI B sc20μ='盘中心的总磁感强度为cc B B B '+=0 从已知条件可见,对于铁磁质,有c B B <<0,即cc B B '≈,得 A 1096.72230cs ⨯=='=μμRB B R I c(2)距c 点x 处的磁场可视为外磁场B 0与磁化面电流磁场B ˊ的叠加,即有T 1091.1)(242/32220-⨯=+='x R R I B s μ401031.2-⨯='+=B B B T12-4 半径为R 的载流长直导线,电流强度为I ,外面裹有一层厚度为b 的磁介质,其相对磁导率为r μ,(1)求磁介质中任一点的磁场强度H 和磁感强度B 的大小;(2)若沿磁介质的内外表面流动的磁化面电流方向与轴线平行,试证明二电流等大反向并求其大小.分析 长直载流直导线的磁场线是以轴线为中心的一系列同心圆.应用有磁介质的安培环路定理时只须计算闭合回路所包围的传导电流,而应用真空中的安培环路定理时应计算闭合回路所包围的传导电流和磁化面电流. 解 (1) 介质内rIH B rI H πμμπ2 2===(2) 假设介质为顺磁质,介质内表面磁化面电流I s 方向如图12-4所示,在介质内任一点磁感强度B=B 0+B ’,因rIB πμ2= =0B r I πμ20 r I B πμ2s 0='得rIr I B s πμμπμ2)(200-=='即有 I I )1(r s -=μ设介质外表面磁化面电流为I s ˊ,应用介质中的安培环路定律,可得介质外任一点磁场强度为rI H π2=应用真空中的安培环路定理,介质外有)(d s s 0I I I '++=⋅⎰μl B即 )(2s s 0I I I rB '++=μπrI I I B πμ2)(s s 0'++=又因 B=µ0H=rIπμ20 由以上两式得I I I )1(r s s --=-='μ即介质内外表面磁化面电流大小相等, 方向相反.。

电磁感应答案-清华版解答.docx

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电磁感应(-)参考解答一、 选择题1、 B2、 C3、 D二、 填空题1、 导线端点;-Bcol 2;导线中点;02 1 1 22、 U R -U.=-Ba )l 2; U A -U C = — B CD I\ U R _U C =_B O )卩8 A 6 "18 B c 9 3、 一B CM ";由 P - S ; 0 24、 0.4 卩 三、计算题1、解:(1)选择线框在t=0时刻处在纸面内,法线方向作为初始位置 t 时刻与磁场之间的夹角为e =(ot-~ 2-一 7C0= B ・S = BS cos 0 = Babcos(ax 电动势 E -= Babcosm(cot 一 —) dt 22、解:选择A T C T Q-M 为£的正绕向.(1)由动生电动势公式有: 2-J3而 |CD| = 2xtg30J 晋兀,••• “琴(2)设由于磁场变化产生的感生电动势为则 而回路平面的法向与片方向相反,故卄伴.ds 訂也dS'J dt J dr 设动生电动热为6,则鸟=2xvBtg 30° = 2xv • £ & =琴 Kv 2t 2 ^-Kv 2t 2^=N BCDKdS =Kx 2 tg30° =辛Kv 2t 2d+b — j d-¥b(讨论略)⑵ 牛_坐―如山出)©' dt 2兀 d dt(3) d- (J^ln^^) — 'R 2/rR d dt(讨论略)/八 ” NQ “(A d + bI 2/r d/(-x 水* A 〃o 〃i a + d g \ a + b (5) 0), =0)1 +0)9 =^—In ----------------- ^-ln ---------- “ 1 2 17i d 2兀b感应电动势为: d (b uA Z1 a + d . ci + b 、dl e ; =(In ---- I n ------------------------------------- )— ' dt 2兀 d b dt[占=_也旦_曲哲 'R 2TV R db dt(讨论略)(6)方法一: 姑丛L 2兀x方向:T 2 兀(a + vt) 2 兀(b + vt) 2 兀(a +vt)(b + vt)四、讨论题(1)d 27rx 2龙 dr« r r r r« £]=社(以色虑〃 =£B刚⑴唱妇盘去方向:T 勺=£\一6 一 "“〃 方向: 顺吋针方向方法二 利用(1)结论。

大学物理《普通物理学简明教程》第十二章 电磁感应 电磁场

大学物理《普通物理学简明教程》第十二章  电磁感应 电磁场

第十二章 电磁感应 电磁场问题12-1 如图,在一长直导线L 中通有电流I ,ABCD 为一矩形线圈,试确定在下列情况下,ABCD 上的感应电动势的方向:(1)矩形线圈在纸面内向右移动;(2)矩形线圈绕AD 轴旋转;(3)矩形线圈以直导线为轴旋转.解 导线在右边区域激发的磁场方向垂直于纸面向里,并且由2IB rμ0=π可知,离导线越远的区域磁感强度越小,即磁感线密度越小.当线圈运动时通过线圈的磁通量会发生变化,从而产生感应电动势.感应电动势的方向由楞次定律确定.(1)线圈向右移动,通过矩形线圈的磁通量减少,由楞次定律可知,线圈中感应电动势的方向为顺时针方向.(2)线圈绕AD 轴旋转,当从0o到90o时,通过线圈的磁通量减小,感应电动势的方向为顺时针方向.从90o到180o时,通过线圈的磁通量增大,感应电动势的方向为逆时针. 从180o到270o 时,通过线圈的磁通量减少,感应电动势的方向为顺时针.从270o到360o 时,通过线圈的磁通量增大,感应电动势的方向为逆时针方向. (2)由于直导线在空间激发的磁场具有轴对称性,所以当矩形线圈以直导线为轴旋转时,通过线圈的磁通量并没有发生变化,所以,感应电动势为零.12-2 当我们把条形磁铁沿铜质圆环的轴线插入铜环中时,铜环内有感应电流和感应电场吗? 如用塑料圆环替代铜质圆环,环中仍有感应电流和感应电场吗?解 当把条形磁铁沿铜质圆环的轴线插入铜环过程中,穿过铜环的磁通量增加,铜环中有感应电流和感应电场产生;当用塑料圆环替代铜质圆环,由于塑料圆环中的没有可以移动的自由电荷,所以环中无感应电流和感应电场产生.12-3 如图所示铜棒在均匀磁场中作下列各种运动,试问在哪种运动中的铜棒上会有感应电动势?其方向怎样?设磁感强度的方向铅直向下.(1)铜棒向右平移[图(a)];(2)铜棒绕通过其中心的轴在垂直于B 的平面内转动[图(b)];(3)铜棒绕通过中心的轴在竖直平面内转动[图(c)].CI解 在磁场中运动的导体所产生的感应电动势为()d Lε=⨯⎰v B l ⋅,在图(a)与(c)中的运动情况中,⨯v B 的方向与d l 方向垂直,铜棒中没有感应电动势.在图(b)中,铜棒绕中心轴运动,左右两段产生的感应电动势大小相等,方向相反,所以铜棒中总的感应电动势为零.12-4 有一面积为S 的导电回路,其n e 的方向与均匀磁场的B 的方向之间的夹角为θ.且B 的值随时间变化率为d d B t .试问角θ为何值时,回路中i ε的值最大;角θ为何值时,回路中i ε的值最小?请解释之.解 由i d d d cos S S dt dtεθ=--⎰B BS =⋅,可得当0θ=o 时,回路中i ε的值最大,当90θ=o 时,回路中iε的值最小.12-5 有人认为可以采用下述方法来测量炮弹的速度.在炮弹的尖端插一根细小的永久磁铁,那么,当炮弹在飞行中连续通过相距为r 的两个线圈后,由于电磁感应,线圈中会产生时间间隔为t ∆的两个电流脉冲.您能据此测出炮弹速度的值吗?如0.1m r =,4=210s t -∆⨯,炮弹的速度为多少?解 带有小磁铁的炮弹飞向线圈,线圈中会产生感应电流, 测得的两个电流脉冲产生的时间间隔即炮弹飞过这两个线圈间距所用的时间. 由题意可知, 炮弹的速度为1500m s rv t-==⋅∆12-6 如图所示,在两磁极之间放置一圆形的线圈,线圈的平面与磁场垂直.问在下述各种情况中,线圈中是否产生感应电流?并指出其方向.(1)把线圈拉扁时;(2)把其中B B B (a)(b)(c)ne Bθ一个磁极很快地移去时;(3)把两个磁极慢慢地同时移去时.解 这三种情况中, 通过的磁通量均减小,线圈中均会产生感应电流, 从上往下看, 感应电流的方向沿顺时针方向.12-7 如图所示,均匀磁场被限制在半径为R 的圆柱体内,且其中磁感强度随时间的变化率d d B t =常量,试问: 在回路1L 和2L 上各点的d d B t 是否均为零?各点的k E 是否均为零?1kd L ⋅⎰ÑEl 和2k d L ⋅⎰ÑE l 各为多少?解 由于磁场只存在于圆柱体内,在回路1L 上各点d d B t 为常量,在回路2L 上各点d d B t 为零.空间中各点的感生电场分布为r R < k d 2d r BE t=r R > 2k d 2d R BE r t=可见在回路1L 和2L 上各点的k E 均不为零.对于在回路1L11k d d d d d d L L S S t t⋅=-=-⎰⎰ÑB B E l S ⋅对于回路2L 22kd d 0d L tΦ⋅=-=⎰ÑE l12-8 一根很长的铜管铅直放置,有一根磁棒由管中铅直下落.试述磁棒的运动情况.解 长直铜管可以看作由许多铜线圈组成,当磁棒下落,每通过一个线圈,线圈中的磁通量都会发生变化,在下落过程中,铜管中始终会有感应电流产生,并且感应电流产生的磁场的方向与磁棒磁场方向相反,因此,磁棒始终受到铜管对它的阻碍作用.12-9 有一些矿石具有导电性,在地质勘探中常利用导电矿石产生的涡电流来发现它,这叫电磁勘探.在示意图中,A 为通有高频电流的初级线圈,B为次级线圈,并连接电流计G,从次级线圈中的电流变R2L 1L化可检测磁场的变化.当次级线圈B检测到其中磁场发生变化时,技术人员就认为在附近有导电矿石存在.你能说明其道理吗?利用问题12-9图相似的装置,还可确定地下金属管线和电缆的位置,你能提供一个设想方案吗?解 该检测方法利用的原理是电磁感应。

第十二章电磁感应电磁场

第十二章电磁感应电磁场

第十二章电磁感应电磁场题12.1:如图所示,在磁感强度T 106.74-⨯=B 的均匀磁场中,放置一个线圈。

此线圈由两个半径均为3.7 cm 且相互垂直的半圆构成,磁感强度的方向与两半圆平面的夹角分别为 62和 28。

若在s 105.43-⨯的时间内磁场突然减至零,试问在此线圈内的感应电动势为多少? 题12.1分析:由各种原因在回路中所引起的感应电动势,均可由法拉第电磁感应定律求解,即⎰⋅-=-=Sd d d d d S B t t Φε但在求解时应注意下列几个问题: 1.回路必须是闭合的,所求得的电动势为回路的总电动势。

2.Φ应该是回路在任意时刻或任意位置处的磁通量。

它由⎰⋅=Sd S B Φ计算。

对于均匀磁场则有θcos d SBS Φ=⋅=⎰S B ,其中⊥=S S θcos 为闭会回路在垂直于磁场的平面内的投影面积。

对于本题,2211cos cos θθBS BS Φ+=中1θ和2θ为两半圆形平面法线n e 与B 之间的夹角。

3.感应电动势的方向可由tΦd d -来判定,教材中已给出判定方法。

为方便起见,所取回路的正向(顺时针或逆时针)应与穿过回路的B 的方向满足右螺旋关系,此时Φ恒为正值,这对符号确定较为有利。

题12.1解:迎着B 的方向,取逆时针为线圈回路的正向。

由法拉第电磁感应定律V 1091.4)cos cos (cos cos d d cos cos d d d d 4221122112211-⨯=+∆∆-=+-=+-=-=θθθθθθεS S tB S S t B BS BS t t Φ)()(0>ε,说明感应电动势方向与回路正向一致题12.2:一铁心上绕有线圈100匝,已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φ)s 100s i n ()Wb 100.8(15--⨯=π,求在s 100.12-⨯=t 时,线圈中的感应电动势。

题12.2解:线圈中总的感应电动势t t ΦN )s 100cos()V 51.2(d d 1-=-=πε当 s 100.12-⨯=t 时, ε= 2.51 V 。

电磁感应 电磁场 练习题参考答案

电磁感应 电磁场  练习题参考答案

22电磁感应 电磁场 练习题参考答案1(2124)(A ) 2(2145)(B ) 3(2491)(C ) 4(2493)(B ) 5(2495)(D ) 6(2123)(A ) 7(2146)(C ) 8(2686)(C ) 9(2809)(C ) 10(5493)(D ) 11(5677)(C )12(2114)t a rI ωμc o s 220π t RarI ωωμsin 220π13(2175) 等于 小于参考解:(1) 螺线管中仅有感应电动势,但无感应电流,故对磁铁下落运动没有影响.(2) 螺线管中有感应电流,根据楞次定律知∶磁铁进入螺线管中时,感应电流激发的磁场抵制磁铁进入;但当磁铁欲从管中漏出时感应电流激发的磁场又阻止磁铁从管中漏出. 14(2130) 8/32l B ω 23/8B l ω- 0 15(2318)θtg BLmgR aθtg BLmg 由b 向a16(2625) 9.6 J17(2117) 解:由题意,大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的.2200223/2223/224()2()IRIRB R x R x μπμπ==++故穿过小回路的磁通量为220223/22()IR B S r R x μπΦ==+⋅ 22032r RI xμπ≈ 由于小线圈的运动,小线圈中的感应电动势为2204d 3d d 2d i r IRx txtμπεΦ==220432r R Ixμπ=v当x =NR 时,小线圈回路中的感应电动势为24203/(2)i r I N R εμπ=v18(2407) 解:长直带电线运动相当于电流()I t λ=⋅v .正方形线圈内的磁通量可如下求出d Φd 2I a x a xμπ=⋅+d Φln 222ax Ia Ia a xμμππ==⋅+⎰0d Φd ln 2d 2d i a I ttμεπ=-=0d ()ln 22d t atμλπ=v230d ()()ln 22d i t i t aRRtεμλπ==v19(2410) 解:带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I .在R 1与R 2之间取半径为R 、宽度为d R 的环带,环带内有电流 R t R I d )(d ωσ= d I 在圆心O 点处产生的磁场 0011d d /()d 22B I R t R μμσω==由于整个带电环面旋转,在中心产生的磁感应强度的大小为))((21120R R t B -=σωμ选逆时针方向为小环回路的正方向,则小环中20211Φ()()2t R R r μσωπ≈-221d Φd ()()d 2d i t r R R ttμωεπσ=-=--2021π()d ()2d i r R R t i R R tεμσω-==-⋅''方向:当d (t) /d >0t ω时,i 与选定的正方向相反.当d (t) /d <0t ω时,i 与选定的正方向相同.20(2737) 解:(1) 载流为I 的无限长直导线在与其相距为r 处产生的磁感强度为:)2/(0r I B π=μ 以顺时针绕向为线圈回路的正方向,与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为:300123d ln222dd IIdd r rμμππΦ=⋅=⎰与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为:2002d ln 222ddIIdd r rμμππΦ=-⋅=-⎰总磁通量 0124ln 23IdμπΦ=Φ+Φ=-感应电动势为: 00d 4d 4(ln)ln d 23d 23dI d tt μμεαππΦ=-== 由ε>0和回路正方向为顺时针,所以ε的绕向为顺时针方向,线圈中的感应电流亦是顺时针方向.21(2138) 解:在距O 点为l 处的d l 线元中的动生电动势为d ()d B l ε=⨯⋅vsin l ωθ=v∴ L1()d s i n ()c o s d2L B l B lεα=⨯=π⋅⎰⎰v v⎰⎰==ΛθωθθωLl l B l lB 02d sin sin d sinOB⨯v24θω22s i n 21BL =ε的方向沿着杆指向上端.22(2319) 解:在d l 处 )2/(0r I B π=μd ()d d cos 60B l B l ε=⨯=︒⋅v v但 ︒=30cos /d d r l ∴ d t g 30d B r ε=︒v21tg 30d r r B r ε=︒⎰v其中4/32l a r +=,4/31l a r -=ε=方向从1→2.23(2323) 解:(1) ab 所处的磁场不均匀,建立坐标ox ,x 沿ab 方向,原点在长直导线处,则x 处的磁场为 xiB π=20μ , i =I 0沿a →b 方向()d d b ba a B l B l ε=⨯=-⋅⎰⎰v v 01000d 2l l lIx x μπ+=-⎰v 00010ln 2I l l l μ+=-v π故 b a U U >(2) t I i ωc o s0=,以abcda 作为回路正方向, 2Φd Bl x =⎰0102d 2l l l il x xμπ+=⎰上式中2l t =v , 则有 0102d Φd (d )d d 2l l l il x ttxμεπ+=-=-⎰0001(ln)(sin cos )2I l l t t t l μωωωπ+=-v24(2513) 解∶动生电动势cos i Bl εθ=vcos iB l I RRεθ==v导线受到的安培力 lB I f m =ab 导线下滑达到稳定速度时重力和磁力在导轨方向的分力相平衡θθc o s s i n m f mg = c o ss i nc o s B l m g lB Rθθθ=v∴ 222sin cos m gR B l θθ=vI。

大学物理学下册答案第12章(推荐文档)

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第 12 章电磁感应与电磁场一选择题12-1 一根无限长平行直导线载有电流I,一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动(如图12-1),则 [](A)线圈中无感应电流(B)线圈中感应电流为顺时针方向(C)线圈中感应电流为逆时针方向(D)线圈中感应电流方向无法确定Iv 习题 12-1 图解:选(B) 。

矩形线圈向下运动,直导线穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律,线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向里,由右手螺旋法则确定线圈中感应电流为顺时针方向。

12-2 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中,通以相同变化率的磁通量,则环中[](A)感应电动势不同,感应电流不同(B)感应电动势相同,感应电流相同(C)感应电动势不同,感应电流相同(D)感应电动势相同,感应电流不同解:选(D) 。

根据法拉第电磁感应定律,铁环和铜环所包围的面积中,若磁通量变化率相同,则感应电动势相同;但是尺寸相同的铁环和铜环的电阻不同,由欧姆定律I可知,感应电流不同。

R12-3 如图12-3 所示,导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动,(1)垂直于磁场作平动;(2)绕固定端 A 作垂直于磁场转动;(3)绕其中心点 O 作垂直于磁场转动;(4)绕通过中心点 O 的水平轴作平行于磁场的转动。

关于导线 AB 的感应电动势哪个结论是错误的? [](A)(1)有感应电动势, A 端为高电势(B)(2)有感应电动势, B 端为高电势(C)(3)无感应电动势(D)(4)无感应电动势B B B B abOv OA A A A d c(1)(2)(3)( 4)习题12-3 图习题 12-4 图解:选 (B)。

由b B) d l 可知,(1)(2)有感应电动势,(3)OA、OB(va两段导线的感应电动势相互抵消,无感应电动势,( 4)无感应电动势, (C)、(D)正确;而的方向与 v B 的方向相同,(1)(2)电动势的方向均由B A,A端为高电势, (A) 正确, (B) 错误。

物理学教学教程(第二版)课后答案解析12

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第十二章电磁感应电磁场和电磁波12-1一根无限长平行直导线载有电流I,一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动(如图所示),则()(A)线圈中无感应电流(B)线圈中感应电流为顺时针方向(C)线圈中感应电流为逆时针方向(D)线圈中感应电流方向无法确定题12-1 图分析与解由右手定则可以判断,在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里,磁场是非均匀场,距离长直载流导线越远,磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时,在线圈中产生感应电流,感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为(B).12-2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中,并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等,不计自感时则()(A)铜环中有感应电流,木环中无感应电流(B)铜环中有感应电流,木环中有感应电流(C)铜环中感应电动势大,木环中感应电动势小(D ) 铜环中感应电动势小,木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律,铜环、木环中的感应电场大小相等, 但在木环中不会形成电流.因而正确答案为(A ).12-3 有两个线圈,线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ,而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 .若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且t i t i d d d d 21<,并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ,由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ,下述论断正确的是( ).(A )2112M M = ,1221εε=(B )2112M M ≠ ,1221εε≠(C )2112M M =, 1221εε<(D )2112M M = ,1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 =M12 ,电磁感应定律t i M εd d 12121=;ti M εd d 21212=.因而正确答案为(D ). 12-4 对位移电流,下述说法正确的是( )(A ) 位移电流的实质是变化的电场(B ) 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷(C ) 位移电流服从传导电流遵循的所有定律(D ) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场.变化的电场激发磁场,在这一点位移电流等效于传导电流,但是位移电流不是走向运动的电荷,也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因而正确答案为(A ).12-5 下列概念正确的是( )(A ) 感应电场是保守场(B ) 感应电场的电场线是一组闭合曲线(C ) LI Φm =,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比(D ) LI Φm =,回路的磁通量越大,回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质,感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而 正确答案为(B ).12-6 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t Φπ100sin 100.85⨯=,式中Φ的单位为Wb ,t 的单位为s ,求在s 100.12-⨯=t 时,线圈中的感应电动势.分析 由于线圈有N 匝相同回路,线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和,在此情况下,法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=,其中ΦN ψ=称为磁链. 解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时,V 51.2=ξ.12-7 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内,如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律t Φd d -=ξ,来求解.由于回路处在非均匀磁场中,磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要,建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关,即B =B (x ),故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ,如图中阴影部分所示,则d S =d d x ,所以,总磁通量可通过线积分求得(若取面元d S =d x d y ,则上述积分实际上为二重积分).本题在工程技术中又称为互感现象,也可用公式tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律,有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0)(μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时,穿过线圈的磁通量为2ln π20dI Φμ=线圈与两长直导线间的互感为 2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时,线圈中的互感电动势为tI d t I M d d 21ln π2d d 0)(μξ=-=题 12-7 图12-8 有一测量磁感强度的线圈,其截面积S =4.0 cm 2 、匝数N =160 匝、电阻R =50Ω.线圈与一内阻R i =30Ω的冲击电流计相连.若开始时,线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直,然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行.此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯.问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少?分析 在电磁感应现象中,闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关,而在一段时间内,通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关,与磁通量变化的快慢无关.工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱.解 在线圈转过90°角时,通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此,流过导体截面的电量为ii R R NBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i12-9 如图所示,一长直导线中通有I =5.0 A 的电流,在距导线9.0 cm 处,放一面积为0.10 cm 2 ,10匝的小圆线圈,线圈中的磁场可看作是均匀的.今在1.0 ×10-2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处.求:(1) 线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为1.0×10-2Ω,求通过线圈横截面的感应电荷.题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中,但由于线圈的面积很小,可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的,因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链.解 (1) 在始、末状态,通过线圈的磁链分别为1011π2r IS μN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向.(2) 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ 12-10 如图(a)所示,把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中,当导线以速率v 水平向右平动时,求导线中感应电动势E 的大小,哪一端电势较高?题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势,除仍可由t ΦE d d -=求解外(必须设法构造一个闭合回路),还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解.在用后一种方法求解时,应注意导体上任一导线元dl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下,上述各量可能是dl 所在位置的函数.矢量(v ×B )的方向就是导线中电势升高的方向.解1 如图(b)所示,假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动,两者之间形成一个闭合回路.设顺时针方向为回路正向,任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ,则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零,则E =-2RvB .式中负号表示电动势的方向为逆时针,对OP 段来说端点P 的电势较高.解2 建立如图(c )所示的坐标系,在导体上任意处取导体元dl ,则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量(v ×B )的指向可知,端点P 的电势较高.解3 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.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知,E =0又因 E =E OP +E PO即 E OP =-E PO =2RvB由上述结果可知,在均匀磁场中,任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零;而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势.上述求解方法是叠加思想的逆运用,即补偿的方法.12-11 长为L 的铜棒,以距端点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.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行,求棒两端的电势差.题 12-11 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念,如同电源的端电压与电源电动势的不同.在开路时,两者大小相等,方向相反(电动势的方向是电势升高的方向,而电势差的正方向是电势降落的方向).本题可直接用积分法求解棒上的电动势,亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.而E OA 和E OB 则可以直接利用第12-2 节例1 给出的结果.解1 如图(a)所示,在棒上距点O 为l 处取导体元dl ,则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L >2r 时,端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则 ()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=12-12 如图所示,长为L 的导体棒OP ,处于均匀磁场中,并绕OO ′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B 与转轴平行.求OP 棒在图示位置处的电动势.题 12-12 图分析 如前所述,本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算(此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路, 如直角三角形导体回路OPQO ),也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算.由于对称性,导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的.解1 由上分析,得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E vl αB l o d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高.解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分,任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零,则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然,E QO =0,所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知,导体棒OP 旋转时,在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效.12-13 如图(a)所示,金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动,此导线通有电流I =40 A .求杆中的感应电动势,杆的哪一端电势较高?题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解.方法1:用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解,建立图(a )所示的坐标系,所取导体元x l d d =,该处的磁感强度xI μB π20=. 方法2:用法拉第电磁感应定律求解,需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路.为此可设想杆AB 在一个静止的导轨上滑动,如图(b)所示.设时刻t ,杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ,先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量,再代入公式tΦE d d -=,即可求得回路的电动势,亦即本题杆中的电动势. 解1 根据分析,杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ,故点A 电势较高.解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向,根据分析,在距直导线x 处,取宽为dx 、长为y 的面元dS ,则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零,所以V 1084.35-⨯-==E E AB 式中负号说明回路电动势方向为逆时针,对AB 导体来说,电动势方向应由B 指向A ,故点A 电势较高.12-14 如图(a)所示,在“无限长”直载流导线的近旁,放置一个矩形导体线框,该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动,求在图示位置处,线框中感应电动势的大小和方向.题 12 -14 图分析 本题亦可用两种方法求解.其中应注意下列两点:(1)当闭合导体线框在磁场中运动时,线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和.如图(a)所示,导体eh 段和fg 段上的电动势为零[此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ],因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图(b)所示.(2)用公式tΦE d d -=求解,式中Φ是线框运动至任意位置处时,穿过线框的磁通量.为此设时刻t 时,线框左边距导线的距离为ξ,如图(c )所示,显然ξ是时间t 的函数,且有v =tξd d .在求得线框在任意位置处的电动势E (ξ)后,再令ξ=d ,即可得线框在题目所给位置处的电动势.解1 根据分析,线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef >E hg 可知,线框中的电动势方向为efgh .解2 设顺时针方向为线框回路的正向.根据分析,在任意位置处,穿过线框的磁通量为()ξξμξμ120020ln π2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为 ()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ=d ,得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E >0 可知,线框中电动势方向为顺时针方向.12-15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场,B 的方向与柱的轴线平行.如图(a)所示,有一长为l 的金属棒放在磁场中,设B 随时间的变化率tB d d 为常量.试证:棒上感应电动势的大小为 2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场,把导体置于感生电场中,导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动,在棒内两端形成正负电荷的积累,从而产生感生电动势.由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同,故可利用上题结果,由⎰⋅=l k l E d ξ计算棒上感生电动势.此外,还可连接OP 、OQ ,设想PQOP 构成一个闭合导体回路,用法拉第电磁感应定律求解,由于OP 、OQ 沿半径方向,与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直,故0d =⋅l E k ,OP 、OQ 两段均无电动势,这样,由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势,就是导体棒PQ 上的电动势.证1 由电磁感应定律,在r <R 区域,⎰⎰⋅-=⋅=S B tl E k d d d d ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tB r E k d d 2=设PQ 上线元dx 处,E k 的方向如图(b )所示,则金属杆PQ 上的电动势为 ()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E 证2 由法拉第电磁感应定律,有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外,则圆外一段导体上有无电动势? 该如何求解?12-16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环,其尺寸如图(a)所示,共有N 匝(图中仅画出少量几匝),求该螺绕环的自感L .题 12-16 图分析 如同电容一样,自感和互感都是与回路系统自身性质(如形状、匝数、介质等)有关的量.求自感L 的方法有两种:1.设有电流I 通过线圈,计算磁场穿过自身回路的总磁通量,再用公式IΦL =计算L .2.让回路中通以变化率已知的电流,测出回路中的感应电动势E L ,由公式t I E L L d /d =计算L .式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定,所以此方法一般适合于工程中.此外,还可通过计算能量的方法求解.解 用方法1 求解,设有电流I 通过线圈,线圈回路呈长方形,如图(b)所示,由安培环路定理可求得在R 1 <r <R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20= 由于线圈由N 匝相同的回路构成,所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质,其相对磁导率为μr ,则自感将增大μr 倍. 12-17 如图所示,螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体,其截面积分别为S 1 和S 2 ,磁导率分别为μ1 和μ2 ,管长为l ,匝数为N ,求螺线管的自感.(设管的截面很小)题 12-17 图分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响.在无介质时,通电螺线管内的磁场是均匀的,磁感强度为B 0 ,由于磁介质的存在,在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 .通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和.由自感的定义可解得结果. 解 设有电流I 通过螺线管,则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为 221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 12-18 有两根半径均为a 的平行长直导线,它们中心距离为d .试求长为l的一对导线的自感(导线内部的磁通量可略去不计).题 12-18 图分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分.设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ,然后计算图中阴影部分(宽为d 、长为l )的磁通量.该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加.解 在如图所示的坐标中,当两导线中通有图示的电流I 时,两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略,则一对导线的自感为212L L L +=.L 1 称为外自感,即本题已求出的L ,L 2 称为一根导线的内自感.长为l 的导线的内自感8π02l μL =,有兴趣的读者可自行求解. 12-19 如图所示,在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′,每个线圈的自感均为L ,求:(1) A 和A ′相接时,B 和B ′间的自感L 1 ;(2) A ′和B 相接时,A 和B ′间的自感L 2 .题 12-19 图分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接,均可看成一个大线圈回路的两个部分,故仍可从自感系数的定义出发求解.求解过程中可利用磁通量叠加的方法,如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ,则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ;而当两组线圈按(1)或(2)方式连接后,则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ,“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反.解 (1) 当A 和A ′连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反,通过回路的磁通量亦相反,故总通量为0221=-=ΦΦΦ,故L 1 =0.(2) 当A ′和B 连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同,通过回路的磁通量亦相同,故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=, 故L IΦI ΦL 4422===. 本题结果在工程实际中有实用意义,如按题(1)方式连接,则可构造出一个无自感的线圈.12-20 如图所示,一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ,放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的.求:(1) 两线圈的互感;(2) 当线圈B 中电流的变化率为-50 A ·s-1 时,线圈A 中感应电动势的大小和方向.题 12-20 图分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ,穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ,则互感M =M 21 =Φ21/I 1 ;也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ,穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ,则21212I ΦM M == . 虽然两种途径所得结果相同,但在很多情况下,不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同.以本题为例,如设线圈B 中有电流I 通过,则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得,由于线圈A 很小,其所在处的磁场可视为均匀的,因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS .反之,如设线圈A 通有电流I ,其周围的磁场分布是变化的,且难以计算,因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得,由此可见,计算互感一定要善于选择方便的途径.解 (1) 设线圈B 有电流I 通过,它在圆心处产生的磁感强度RI μN B B 200=,穿过小线圈A 的磁链近似为 A BA A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A (2)线圈A 中感应电动势的大小为 V 1014.3d d 4-⨯=-=t I ME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同.12-21 如图所示,两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ,两线圈相距为d .若r 很小,可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的.求两线圈的互感.若线圈C 的匝数为N 匝,则互感又为多少?题 12-21 图解 设线圈A 中有电流I 通过,它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +== 则两线圈的互感为 ()2/3222202πd R R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝,则互感为上述值的N 倍.12-22 如图所示,螺绕环A 中充满了铁磁质,管的截面积S 为2.0 cm 2 ,沿环每厘米绕有100 匝线圈,通有电流I 1 =4.0 ×10 -2A ,在环上再绕一线圈C ,共10 匝,其电阻为0.10 Ω,今将开关S 突然开启,测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 -3 C .求:当螺绕环中通有电流I 1 时,铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr .题 12-22 图分析 本题与题12-8 相似,均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度.线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的.解 当螺绕环中通以电流I 1 时,在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中,通过C 的感应电荷为q C ,则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===SN Rq I n B C r μμ 相对磁导率 1991102==I n S N Rq C r μμ 12-23 一个直径为0.01 m ,长为0.10 m 的长直密绕螺线管,共1 000 匝线圈,总电阻为7.76 Ω.求:(1) 如把线圈接到电动势E =2.0 V 的电池上,电流稳定后,线圈中所储存的磁能有多少? 磁能密度是多少?*(2) 从接通电路时算起,要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半,需经过多少时间?分析 单一载流回路所具有的磁能,通常可用两种方法计算:方法 1: 如回路自感为L (已知或很容易求得),则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =,通常称为自感磁能. 方法 2: 由于载流回路可在空间激发磁场,磁能实际是储存于磁场之中,因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量,即V w W V m m d ⎰=,式中mw 为磁场能量密度,积分遍及磁场存在的空间.由于μB w m 22=,因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布. 上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径,即运用V w LI V m d 212⎰=求解L .解 (1) 密绕长直螺线管在忽略端部效应时,其自感l SN L 20μ=,电流稳定后,线圈中电流RE I =,则线圈中所储存的磁能为 J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时,该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中,并为均匀磁场,故磁能密度m w 处处相等,3m J 17.4-⋅==SLW w m m (2) 自感为L ,电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上,其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L R R E I e 1,当电流稳定后,其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ,则R E I 22=,将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L RR E I e 1中,得()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=R L R L t 12-24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量.要储存1 kW ·h 的能量,利用1.0T的磁场,需要多大体积的磁场? 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量,则该线圈的自感系数应该多大? 解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m 所需线圈的自感系数为 H 2922==I W L m12-25 中子星表面的磁场估计为108T,该处的磁能密度有多大?解 由磁场能量密度 21021098.32⨯==μB w m 3m /J 12-26 在真空中,若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50T 的均匀磁场中的磁场能量密度相等,该电场的电场强度为多少?解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意,当m e w w =时,0220221μB E ε=则 1800m V 1051.1-⋅⨯==μεB E 12-27 设有半径R =0.20 m 的圆形平行板电容器,两板之间为真空,板间距离d =0.50 cm ,以恒定电流I =2.0 A 对电容器充电.求位移电流密度(忽略平板电容器的边缘效应,设电场是均匀的).分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同,但都能在空间激发磁场.从这个意义来说,变化电场可视为一种“广义电流”,即位移电流.在本题中,导线内存在着传导电流I c ,而在平行板电容器间存在着位移电流I d ,它们使电路中的电流连续,即c d I I =.解 忽略电容器的边缘效应,电容器内电场的空间分布是均匀的,因此板间位移电流2πd R j I d S d d =⋅=⎰S j ,由此得位移电流密度的大小222m A 9.15ππ-⋅===RI R I j c d d_。

第十二章-电磁感应电磁场(一)作业答案

第十二章-电磁感应电磁场(一)作业答案

一.选择题[ A ]1.(基础训练1)半径为a的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,线圈电阻为R ,当把线圈转动使其法向与B 的夹角为α=60︒时,线圈中已通过的电量与线圈面积及转动时间的关系是:(A)与线圈面积成正比,与时间无关. (B) 与线圈面积成正比,与时间成正比. (C) 与线圈面积成反比,与时间无关. (D) 与线圈面积成反比,与时间成正比. 【解析】[ D ]2.(基础训练3)在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示,若以I 的正流向作为的正方向,则代表线圈内自感电动势随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个? 【解析】dt dI LL -=ε,在每一段都是常量。

dtdI[ B ]3.(基础训练6)如图所示,直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中,磁场B平行于ab 边,bc 的长度为l .当金属框架绕ab 边以匀角速度转动时,abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为(A) =0,U a – U c =221l B ω (B) =0,U a – U c =221l B ω- (C) =2l B ω,U a – U c =221l B ω (D) =2l B ω,U a – U c=221l B ω-【解析】金属框架绕ab 转动时,回路中0d d =Φt,所以0=ε。

2012c L a c b c bc b U U U U v B d l lBdl Bl εωω→→→⎛⎫-=-=-=-⨯⋅=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰[ C ]5.(自测提高1)在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内,有一半经为r ,电阻为R 的导线环,环中心距直导线为a ,如图所示,且r a >>。

当直导线的电流被切断后,沿着导线环流过的电量约为:(A))11(220ra a R Ir +-πμ (B)a r a R Ir +ln 20πμ (C)aR Ir 220μ (D) rR Ia 220μ 【解析】直导线切断电流的过程中,在导线环中有感应电动势大小:td d Φ=εaIR q 21φφ-=感应电流为:tR Ri d d 1Φ==ε则沿导线环流过的电量为:∆Φ=⋅Φ==⎰⎰Rt t R t i q 1d d d 1daR Ir R r a I R S B 212120200μππμ=⋅⋅=⋅∆≈[ C ]6.(自测提高4)有两个长直密绕螺线管,长度及线圈匝数均相同,半径分别为r 1和r 2.管内充满均匀介质,其磁导率分别为1和2.设r 1∶r 2=1∶2,1∶2=2∶1,当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后,其自感系数之比L 1∶L 2与磁能之比W m 1∶W m 2分别为:(A) L 1∶L 2=1∶1,W m 1∶W m 2 =1∶1. (B) L 1∶L 2=1∶2,W m 1∶W m 2 =1∶1. (C) L 1∶L 2=1∶2,W m 1∶W m 2 =1∶2. (D) L 1∶L 2=2∶1,W m 1∶W m 2 =2∶1. 【解析】自感系数为l r n V n L 222πμμ==,磁能为221LI W m =[ B ]7.(附录C3)在圆柱形空间内有一磁感应强度为B 的均匀磁场,如图所示,B的大小以速率dB/dt 变化。

大学物理答案第12章

大学物理答案第12章

第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波12-1 一根无限长平行直导线载有电流I ,一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动(如图所示),则( ) (A ) 线圈中无感应电流(B ) 线圈中感应电流为顺时针方向 (C ) 线圈中感应电流为逆时针方向 (D ) 线圈中感应电流方向无法确定题 12-1 图分析与解 由右手定则可以判断,在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里,磁场是非均匀场,距离长直载流导线越远,磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时,在线圈中产生感应电流,感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为(B ).12-2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中,并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等,不计自感时则( ) (A ) 铜环中有感应电流,木环中无感应电流 (B ) 铜环中有感应电流,木环中有感应电流 (C ) 铜环中感应电动势大,木环中感应电动势小 (D ) 铜环中感应电动势小,木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律,铜环、木环中的感应电场大小相等, 但在木环中不会形成电流.因而正确答案为(A ).12-3 有两个线圈,线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ,而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 .若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<,并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ,由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ,下述论断正确的是( ). (A )2112M M = ,1221εε=(B )2112M M ≠ ,1221εε≠ (C )2112M M =, 1221εε<(D )2112M M = ,1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 =M12 ,电磁感应定律t i M εd d 12121=;tiM εd d 21212=.因而正确答案为(D ).12-4 对位移电流,下述说法正确的是( ) (A ) 位移电流的实质是变化的电场(B ) 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 (C ) 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 (D ) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场.变化的电场激发磁场,在这一点位移电流等效于传导电流,但是位移电流不是走向运动的电荷,也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因而正确答案为(A ).12-5 下列概念正确的是( ) (A ) 感应电场是保守场(B ) 感应电场的电场线是一组闭合曲线(C ) LI Φm =,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 (D ) LI Φm =,回路的磁通量越大,回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质,感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而 正确答案为(B ).12-6 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t Φπ100sin 100.85⨯=,式中Φ的单位为Wb ,t 的单位为s ,求在s 100.12-⨯=t 时,线圈中的感应电动势.分析 由于线圈有N 匝相同回路,线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和,在此情况下,法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=,其中ΦN ψ=称为磁链.解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN=-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时,V 51.2=ξ.12-7 载流长直导线中的电流以tId d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内,如图所示.求线圈中的感应电动势. 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ,来求解.由于回路处在非均匀磁场中,磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要,建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关,即B =B (x ),故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ,如图中阴影部分所示,则d S =d d x ,所以,总磁通量可通过线积分求得(若取面元d S =d x d y ,则上述积分实际上为二重积分).本题在工程技术中又称为互感现象,也可用公式tIM d d -=ξ求解.解1 穿过面元d S 的磁通量为x d xIS B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===ddIdx xIdΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律,有tI d t Φd d 21ln π2d d 0)(μξ=-=解2 当两长直导线有电流I 通过时,穿过线圈的磁通量为2ln π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20d I ΦM μ==当电流以tId d 变化时,线圈中的互感电动势为 tI d t I Md d 21ln π2d d 0)(μξ=-=题 12-7 图12-8 有一测量磁感强度的线圈,其截面积S =4.0 cm 2 、匝数N =160 匝、电阻R =50Ω.线圈与一内阻R i =30Ω的冲击电流计相连.若开始时,线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直,然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行.此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯.问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少?分析 在电磁感应现象中,闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关,而在一段时间内,通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关,与磁通量变化的快慢无关.工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱. 解 在线圈转过90°角时,通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12因此,流过导体截面的电量为i i R R NBS R R Φq +=+=Δ则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 12-9 如图所示,一长直导线中通有I =5.0 A 的电流,在距导线9.0 cm 处,放一面积为0.10 cm 2 ,10匝的小圆线圈,线圈中的磁场可看作是均匀的.今在1.0 ×10-2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处.求:(1) 线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为1.0×10-2Ω,求通过线圈横截面的感应电荷.题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中,但由于线圈的面积很小,可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的,因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链.解 (1) 在始、末状态,通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ==则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向.(2) 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ12-10 如图(a)所示,把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中,当导线以速率v 水平向右平动时,求导线中感应电动势E 的大小,哪一端电势较高?题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势,除仍可由tΦE d d -=求解外(必须设法构造一个闭合回路),还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解.在用后一种方法求解时,应注意导体上任一导线元dl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下,上述各量可能是dl 所在位置的函数.矢量(v ×B )的方向就是导线中电势升高的方向.解1 如图(b)所示,假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动,两者之间形成一个闭合回路.设顺时针方向为回路正向,任一时刻端点O 或 端点P 距 形导轨左侧距离为x ,则B R Rx Φ⎪⎭⎫⎝⎛+=2π212即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零,则E =-2R v B .式中负号表示电动势的方向为逆时针,对OP 段来说端点P 的电势较高.解2 建立如图(c )所示的坐标系,在导体上任意处取导体元dl ,则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰-由矢量(v ×B )的指向可知,端点P 的电势较高.解3 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.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知,E =0又因 E =E OP +E PO 即 E OP =-E PO =2R v B由上述结果可知,在均匀磁场中,任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零;而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势.上述求解方法是叠加思想的逆运用,即补偿的方法.12-11 长为L 的铜棒,以距端点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.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行,求棒两端的电势差.题 12-11 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念,如同电源的端电压与电源电动势的不同.在开路时,两者大小相等,方向相反(电动势的方向是电势升高的方向,而电势差的正方向是电势降落的方向).本题可直接用积分法求解棒上的电动势,亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.而E O A 和E O B 则可以直接利用第12-2 节例1 给出的结果.解1 如图(a)所示,在棒上距点O 为l 处取导体元dl ,则()()r L lB ωl lB ωE L-rrABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--==当L >2r 时,端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=12-12 如图所示,长为L 的导体棒OP ,处于均匀磁场中,并绕OO ′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B 与转轴平行.求OP 棒在图示位置处的电动势.题 12-12 图分析 如前所述,本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算(此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路, 如直角三角形导体回路OPQO ),也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算.由于对称性,导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的.解1 由上分析,得()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωlod 90cos sin ⎰-=l()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高.解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分,任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零,则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然,E QO =0,所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知,导体棒OP 旋转时,在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效. 12-13 如图(a)所示,金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动,此导线通有电流I =40 A .求杆中的感应电动势,杆的哪一端电势较高?题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解. 方法1:用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解,建立图(a )所示的坐标系,所取导体元x l d d =,该处的磁感强度xIμB π20=. 方法2:用法拉第电磁感应定律求解,需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路.为此可设想杆AB 在一个静止的导轨上滑动,如图(b)所示.设时刻t ,杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ,先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量,再代入公式tΦE d d -=,即可求得回路的电动势,亦即本题杆中的电动势.解1 根据分析,杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ,故点A 电势较高.解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向,根据分析,在距直导线x 处,取宽为dx 、长为y 的面元dS ,则穿过面元的磁通量为x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦ回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零,所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针,对AB 导体来说,电动势方向应由B 指向A ,故点A 电势较高.12-14 如图(a)所示,在“无限长”直载流导线的近旁,放置一个矩形导体线框,该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动,求在图示位置处,线框中感应电动势的大小和方向.题 12 -14 图分析 本题亦可用两种方法求解.其中应注意下列两点:(1)当闭合导体线框在磁场中运动时,线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和.如图(a)所示,导体eh 段和fg 段上的电动势为零[此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ],因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图(b)所示.(2)用公式tΦE d d -=求解,式中Φ是线框运动至任意位置处时,穿过线框的磁通量.为此设时刻t 时,线框左边距导线的距离为ξ,如图(c )所示,显然ξ是时间t 的函数,且有v =tξd d .在求得线框在任意位置处的电动势E (ξ)后,再令ξ=d ,即可得线框在题目所给位置处的电动势.解1 根据分析,线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef >E hg 可知,线框中的电动势方向为efgh .解2 设顺时针方向为线框回路的正向.根据分析,在任意位置处,穿过线框的磁通量为()ξξμξμ120020lnπ2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξll I μt ΦξE +=-=v 令ξ=d ,得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v由E >0 可知,线框中电动势方向为顺时针方向.12-15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场,B 的方向与柱的轴线平行.如图(a)所示,有一长为l 的金属棒放在磁场中,设B 随时间的变化率tBd d 为常量.试证:棒上感应电动势的大小为2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场,把导体置于感生电场中,导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动,在棒内两端形成正负电荷的积累,从而产生感生电动势.由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同,故可利用上题结果,由⎰⋅=l k l E d ξ计算棒上感生电动势.此外,还可连接OP 、OQ ,设想PQOP 构成一个闭合导体回路,用法拉第电磁感应定律求解,由于OP 、OQ 沿半径方向,与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直,故0d =⋅l E k ,OP 、OQ 两段均无电动势,这样,由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势,就是导体棒PQ 上的电动势.证1 由电磁感应定律,在r <R 区域,⎰⎰⋅-=⋅=S B tl E k d d dd ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tBr E k d d 2=设PQ 上线元dx 处,E k 的方向如图(b )所示,则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E证2 由法拉第电磁感应定律,有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外,则圆外一段导体上有无电动势? 该如何求解?12-16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环,其尺寸如图(a)所示,共有N 匝(图中仅画出少量几匝),求该螺绕环的自感L .题 12-16 图分析 如同电容一样,自感和互感都是与回路系统自身性质(如形状、匝数、介质等)有关的量.求自感L 的方法有两种:1.设有电流I 通过线圈,计算磁场穿过自身回路的总磁通量,再用公式IΦL =计算L .2.让回路中通以变化率已知的电流,测出回路中的感应电动势E L ,由公式tI E L Ld /d =计算L .式中E L 和t I d d 都较容易通过实验测定,所以此方法一般适合于工程中.此外,还可通过计算能量的方法求解.解 用方法1 求解,设有电流I 通过线圈,线圈回路呈长方形,如图(b)所示,由安培环路定理可求得在R 1 <r <R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成,所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL =若管中充满均匀同种磁介质,其相对磁导率为μr ,则自感将增大μr 倍.12-17 如图所示,螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体,其截面积分别为S 1 和S 2 ,磁导率分别为μ1 和μ2 ,管长为l ,匝数为N ,求螺线管的自感.(设管的截面很小)题 12-17 图分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响.在无介质时,通电螺线管内的磁场是均匀的,磁感强度为B 0 ,由于磁介质的存在,在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 .通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和.由自感的定义可解得结果.解 设有电流I 通过螺线管,则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+=12-18 有两根半径均为a 的平行长直导线,它们中心距离为d .试求长为l 的一对导线的自感(导线内部的磁通量可略去不计).题 12-18 图分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分.设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ,然后计算图中阴影部分(宽为d 、长为l )的磁通量.该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加.解 在如图所示的坐标中,当两导线中通有图示的电流I 时,两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为aa d l μr Bl ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aad l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略,则一对导线的自感为212L L L +=.L 1 称为外自感,即本题已求出的L ,L 2 称为一根导线的内自感.长为l 的导线的内自感8π02lμL =,有兴趣的读者可自行求解.12-19 如图所示,在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′,每个线圈的自感均为L ,求:(1) A 和A ′相接时,B 和B ′间的自感L 1 ;(2) A ′和B 相接时,A 和B ′间的自感L 2 .题 12-19 图分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接,均可看成一个大线圈回路的两个部分,故仍可从自感系数的定义出发求解.求解过程中可利用磁通量叠加的方法,如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ,则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ;而当两组线圈按(1)或(2)方式连接后,则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ,“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反.解 (1) 当A 和A ′连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反,通过回路的磁通量亦相反,故总通量为0221=-=ΦΦΦ,故L 1 =0.(2) 当A ′和B 连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同,通过回路的磁通量亦相同,故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=,故L IΦI ΦL 4422===. 本题结果在工程实际中有实用意义,如按题(1)方式连接,则可构造出一个无自感的线圈. 12-20 如图所示,一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ,放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的.求:(1) 两线圈的互感;(2) 当线圈B 中电流的变化率为-50 A·s-1时,线圈A 中感应电动势的大小和方向.题 12-20 图分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ,穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ,则互感M =M 21 =Φ21/I 1 ;也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ,穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ,则21212I ΦM M == . 虽然两种途径所得结果相同,但在很多情况下,不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同.以本题为例,如设线圈B 中有电流I 通过,则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得,由于线圈A 很小,其所在处的磁场可视为均匀的,因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS .反之,如设线圈A 通有电流I ,其周围的磁场分布是变化的,且难以计算,因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得,由此可见,计算互感一定要善于选择方便的途径.解 (1) 设线圈B 有电流I 通过,它在圆心处产生的磁感强度RIμN B B 200=,穿过小线圈A 的磁链近似为A BA A A A S RIμN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A (2)线圈A 中感应电动势的大小为V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同.12-21 如图所示,两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ,两线圈相距为d .若r 很小,可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的.求两线圈的互感.若线圈C 的匝数为N 匝,则互感又为多少?题 12-21 图解 设线圈A 中有电流I 通过,它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为()2/322202dR IR μB +=穿过线圈C 的磁通为()22/32220π2r dR IR μBS ψC +==则两线圈的互感为()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝,则互感为上述值的N 倍.12-22 如图所示,螺绕环A 中充满了铁磁质,管的截面积S 为2.0 cm 2 ,沿环每厘米绕有100 匝线圈,通有电流I 1 =4.0 ×10 -2A ,在环上再绕一线圈C ,共10 匝,其电阻为0.10 Ω,今将开关S 突然开启,测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 -3C .求:当螺绕环中通有电流I 1 时,铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr .题 12-22 图分析 本题与题12-8 相似,均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度.线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的. 解 当螺绕环中通以电流I 1 时,在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中,通过C 的感应电荷为q C ,则有()RSI n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得T 10.02110===SN Rq I n B Cr μμ 相对磁导率1991102==I n S N Rq Cr μμ12-23 一个直径为0.01 m ,长为0.10 m 的长直密绕螺线管,共1 000 匝线圈,总电阻为7.76 Ω.求:(1) 如把线圈接到电动势E =2.0 V 的电池上,电流稳定后,线圈中所储存的磁能有多少? 磁能密度是多少?*(2) 从接通电路时算起,要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半,需经过多少时间?分析 单一载流回路所具有的磁能,通常可用两种方法计算:方法 1: 如回路自感为L (已知或很容易求得),则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =,通常称为自感磁能. 方法 2: 由于载流回路可在空间激发磁场,磁能实际是储存于磁场之中,因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量,即V w W Vm m d ⎰=,式中m w 为磁场能量密度,积分遍及磁场存在的空间.由于μB w m 22=,因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布.上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径,即运用V w LI V m d 212⎰=求解L .解 (1) 密绕长直螺线管在忽略端部效应时,其自感lSN L 20μ=,电流稳定后,线圈中电流REI =,则线圈中所储存的磁能为 J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时,该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中,并为均匀磁场,故磁能密度m w 处处相等,3m J 17.4-⋅==SLW w mm (2) 自感为L ,电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上,其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LR R E I e 1,当电流稳定后,其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ,则R E I 22=,将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LRR E I e 1中,得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=RL R L t12-24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量.要储存1 kW·h 的能量,利用1.0T的磁场,需要多大体积的磁场? 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量,则该线圈的自感系数应该多大?解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m所需线圈的自感系数为H 2922==I W L m12-25 中子星表面的磁场估计为108T,该处的磁能密度有多大?解 由磁场能量密度21021098.32⨯==μB w m 3m /J12-26 在真空中,若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50T 的均匀磁场中的磁场能量密度相等,该电场的电场强度为多少?解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意,当m e w w =时,0220221μB E ε=则1800m V 1051.1-⋅⨯==μεBE 12-27 设有半径R =0.20 m 的圆形平行板电容器,两板之间为真空,板间距离d =0.50 cm ,以恒定电流I =2.0 A 对电容器充电.求位移电流密度(忽略平板电容器的边缘效应,设电场是均匀的).分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同,但都能在空间激发磁场.从这个意义来说,变化电场可视为一种“广义电流”,即位移电流.在本题中,导线内存在着传导电流I c ,而在平行板电容器间存在着位移电流I d ,它们使电路中的电流连续,即c d I I =.解 忽略电容器的边缘效应,电容器内电场的空间分布是均匀的,因此板间位移电流2πd R j I d Sd d =⋅=⎰S j ,由此得位移电流密度的大小222m A 9.15ππ-⋅===R I R I j c d d。

第十二章 电磁感应习题汇编 有答案

第十二章  电磁感应习题汇编  有答案

第十二章电磁感应[考点解读本章内容包括电磁感应现象、自感现象、感应电动势、磁通量的变化率等基本概念,以及法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则等规律。

本章涉及到的基本方法,要求能够从空间想象的角度理解法拉第电磁感应定律。

用画图的方法将题目中所叙述的电磁感应现象表示出来。

能够将电磁感应现象的实际问题抽象成直流电路的问题;能够用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题;会用图象表示电磁感应的物理过程,也能够识别电磁感应问题的图像。

[知识网络][解题方法指导]例1、如图25-1所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd ,ab 边和cd 边的电阻均为5R 0,ad边和bc 边长均为L ,ad 边电阻为4R 0,bc 边电阻为2R 0,整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中,磁感强度为B 。

轨道上放有一根电阻为R 0的金属杆mn ,现让金属杆mn 在平行轨道平面的未知拉力F 作用下,从轨道右端以速率V 匀速向左端滑动,设滑动中金属杆mn 始终与ab 、cd 两边垂直,且与轨道接触良好。

ab 和cd 边电阻分布均匀,求滑动中拉力F 的最小牵引功率。

分析与解:mn 金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势,mn 相当于电源,其电路为内电路,电阻为内电阻。

当外电阻最大时,即当mn 滑到距离ad=(2/5)ab 时,此时电阻R madn =R mbcn =8R 0时,外阻最大值R max =4R 0,这时电路中电流最小值:I min =ε/(R max +r)=BLV/(4R 0+R 0)=BLV/5R 0所以,P min =F min V=BLI min V=BLVBLV/5R 0=B 2L 2V 2/5R 0例2、如图26-1所示,用密度为D 、电阻率为ρ的导线做成正方形线框,从静止开始沿竖直平面自由下落。

线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B 的匀强磁场,且磁场区域高度等于线框一边之长。

为了使线框通过磁场区域的速度恒定,求线框开始下落时的高度h 。

大学物理第十二章 习题答案

大学物理第十二章 习题答案

第十二章 电磁感应及电磁场基本方程12–1 如图12-1所示,矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中,右半边在磁场外,当线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中,线圈中 产生感应电流(填会与不会),原因是 。

解:线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中,尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化,但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化,因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化,所以线圈中不会产生感应电流。

因而应填“不会”;“通过线圈的磁通量没有发生变化”。

12–2 产生动生电动势的非静电力是 力,产生感生电动势的非静电力是 力。

解:洛仑兹力;涡旋电场力(变化磁场激发的电场的电场力)。

12–3 用绝缘导线绕一圆环,环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框,如图12-2所示,把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,当匀强磁场均匀减弱时,圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。

解:设圆环的半径为a,圆环中的感应电动势1E 大小为2111d d d πd d d ΦB BS a t t t===E 同理,正方形线框中的感应电动势2E 大小为2212d d d 2d d d ΦB BS a t t t===E而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12R R ==。

所以圆环与正方形线框中的感应电流之比为122I I a ==12–4 如图12-3所示,半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动,则导线上的动生电动势E = ,方向为 。

图12–5图12–4abdc图12–1Ba图12–2图12–3解:方法一:用动生电动势公式()d l =⨯⋅⎰B l v E 求解。

选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向,建立如图12-4所示的坐标系,在导体上任意处取导体元d l ,d l 上的动生电动势为d ()d cos d B R θθ=⨯⋅B l =v v E所以导线上的动生电动势为3π3πd cos d 0BRBR θθ-===>⎰⎰v E E由于ε>0,所以动生电动势的方向为顺时方向,即bca 方向。

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第十二章 电磁感应 电磁场(一)一.选择题[ A ]1.(基础训练1)半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,线圈电阻为R ,当把线圈转动使其法向与B 的夹角为α=60︒时,线圈中已通过的电量与线圈面积及转动时间的关系是:(A) 与线圈面积成正比,与时间无关. (B) 与线圈面积成正比,与时间成正比. (C) 与线圈面积成反比,与时间无关. (D) 与线圈面积成反比,与时间成正比. 【解析】[ D ]2.(基础训练3)在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示,若以I 的正流向作为的正方向,则代表线圈内自感电动势随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个? 【解析】dt dI LL -=ε,在每一段都是常量。

dtdI [ B ]3.(基础训练6)如图所示,直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中,磁场B ϖ平行于ab 边,bc 的长度为l .当金属框架绕ab 边以匀角速度转动时,abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为(A) =0,U a – U c =221l B ω (B) =0,U a – U c =221l B ω- (C) =2l B ω,U a – U c =221l B ω (D) =2l B ω,U a – U c=221l B ω-【解析】金属框架绕ab 转动时,回路中0d d =Φt,所以0=ε。

2012cL a c b c bc b U U U U v B d l lBdl Bl εωω→→→⎛⎫-=-=-=-⨯⋅=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰[ C ]5.(自测提高1)在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内,有一半经为r ,电阻为R 的导线环,环中心距直导线为a ,如图所示,且r a >>。

当直导线的电流被切断后,沿着导线环流过的电量约为:(A))11(220r a a R Ir +-πμ (B)ar a R Ir +ln 20πμ (C)aR Ir 220μ (D) rR Ia 220μ 【解析】直导线切断电流的过程中,在导线环中有感应电动势大小:td d Φ=εB ϖab clωaIroR q 21φφ-=感应电流为:tR Ri d d 1Φ==ε则沿导线环流过的电量为:∆Φ=⋅Φ==⎰⎰Rt t R t i q 1d d d 1daR Ir R r a I R S B 212120200μππμ=⋅⋅=⋅∆≈[ C ]6.(自测提高4)有两个长直密绕螺线管,长度及线圈匝数均相同,半径分别为r 1和r 2.管内充满均匀介质,其磁导率分别为1和2.设r 1∶r 2=1∶2,1∶2=2∶1,当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后,其自感系数之比L 1∶L 2与磁能之比W m 1∶W m 2分别为:(A) L 1∶L 2=1∶1,W m 1∶W m 2 =1∶1. (B) L 1∶L 2=1∶2,W m 1∶W m 2 =1∶1. (C) L 1∶L 2=1∶2,W m 1∶W m 2 =1∶2. (D) L 1∶L 2=2∶1,W m 1∶W m 2 =2∶1. 【解析】自感系数为l r n V n L 222πμμ==,磁能为221LI W m =[ B ]7.(附录C3)在圆柱形空间内有一磁感应强度为B ϖ的均匀磁场,如图所示,B ϖ的大小以速率dB/dt 变化。

有一长度为l0的金属棒先后放在磁场的两个不同位置1(ab )和2(b a ''),则金属棒在这两个位置时棒内的感应电动势的大小关系为(A)012≠=εε (B).12εε>(C) 12εε<(D)012==εε【解析】ab oab dB S dt ε∆=,a b oa b dB S dtε''''∆= 因为 oa b oab S S ''∆∆>,所以a b ab εε''>.二. 填空题8.(基础训练9)一自感线圈中,电流强度在 0.002 s 内均匀地由10 A 增加到12 A ,此过程中线圈内自感电动势为 400 V ,则线圈的自感系数为L =L =__0.4H__。

【分析】L dILdt ε=- HL L4.0002.01012400=--=-9.(基础训练14)载有恒定电流I 的长直导线旁有一半圆环导线cd ,半圆环半径为b ,环面与直导线垂直,且半圆环两端点连线的延长线与直导线相交,如图。

当半圆环以速度沿平行于直导线的方向平移时,半圆环上的感应电动势的大小为0ln 2I a bv a bμεπ+=-。

【解析】=0d dtϕε=-i a a'Ob b'l 0⊗B ϖ00ln 22da b cd cd ca b I I a b v B d l v dx v x a b μμεεππ→→→+-+⎛⎫==⨯⋅=-=- ⎪-⎝⎭⎰⎰10.(基础训练15)如图12-20所示,一段长度为l 的直导线MN ,水平放置在载电流为I 的竖直长导线旁与竖直导线共面,并从静止由图示位置自由下落,则t 秒末导线两端的电势差=-N M U U ala Igt +-ln 20πμ 【解析】金属杆MN 两端的动生电动势为:()00ln22N a l MN M a I Igt a lv B dx v dx x a μμεππ++=⨯⋅=⋅⋅=⎰⎰v v v所以金属杆MN 两端的电势差为:0ln2MN MN Igt a lU a μεπ+=-=-11.(基础训练16)如图12-21所示,aOc 为一折成∠形的金属导线(aO =Oc=L ),位于xy 平面中;磁感强度为B ϖ的匀强磁场垂直于xy 平面.当aOc以速度v ϖ沿x 轴正向运动时,导线上a 、c 两点间电势差U ac =θsin Bvl ;当aOc 以速度v ϖ沿y 轴正向运动时,a 、c 两点的电势相比较, 是___a__点电势高.【解析】当沿x 轴运动时,导线oc 不切割磁力线,c o U U =, θsin Bvl U U ao oc ==当沿y 轴运动时,Bvl U oc =,oc oa U Bvl U <=θcos 所以a 点电势高。

12.(自测提高9)如图所示,一半径为r 的很小的金属圆环,在初始时刻与一半径为a (r a >>)的大金属圆环共面且同心,在大圆环中通以恒定的电流I ,方向如图,如果小圆环以匀角速度ω绕其任一方向的直径转动,并设小圆环的电阻为R ,则任一时刻t 通过小圆环的磁通量φ=;小圆环中的感应电流i =。

【解析】)cos(2cos 20t r a I μBS ωπθ==Φ)sin(2120t Ra r I μdt d ΦR I ωωπ=-=13.(自测提高10)在一个中空的圆柱面上紧密地绕有两个完全相同的线圈aa ′和bb ′(如图).已知每个线圈的自感系数都等于0.05 H .若a 、b 两端相接,a ′、b ′接入电路,则整个线圈的自感L =_0_.若a 、b ′两端相连,a ′、b 接入电路,则整个线圈的自感L =__0.2H _. 若a 、b 相连,又a ′、b ′相连,再以此两端接入电路,则整个线圈的自感L =_0.05 H __. 【解析】a a ′ bM N alxv ϖB ϖ x v ϖ c a θ×××××××××图12-21a 、b 两端相接,a ′、b ′接入电路,反接,21212L L L L L -+=; a 、b ′两端相连,a ′、b 接入电路,顺接,21212L L L L L ++=;a 、b 相连,又a ′、b ′相连,再以此两端接入电路,不变。

三. 计算题14.(基础训练18)如图12-26所示,一长直导线,通有电流I ,在与其相距处放有一矩形线圈,共N 匝。

线圈以速度v 沿垂直于长导线的方向向右运动,求: (1) 如图所示位置时,线圈中的感应电动势为多少?(2) 若线圈不动,而长导线通有交变电流),(100sin 5A t I π=线圈中的感应电动势为多少?【解析】(1)无限长直导线的磁感应强度为02IB rμπ=考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势, 近端部分:11NB l v ε=, 远端部分:22NB lv ε=, 则:12εεε=-=)(2)11(200a d d Ilav N a d d Ilv N +=+-πμπμ。

(2) 无限长直导线的磁感应强度为02IB rμπ=则矩形线圈内的磁通量为:0000ln sin ln222d adI I l I l d a d al dr t r d dμμμωπππ+++Φ=⋅==⎰, ∴00cos ln 2N I l d d aN t dt dμεωωπΦ+=-=-。

),(100sin 5A t I π=dad t l N i +-=ln100cos 2500πμε。

15.(自测提高13))如图12-31所示,长直导线AB 中的电流I 沿导线向上,并以d I /d t =2 A/s 的变化率均匀增长.导线附近放一个与之同面的直角三角形线框,其一边与导线平行,位置及线框尺寸如图所示.求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.(=4×10-7 T ·m/A)【解析】如图建立坐标系,则直角三角形线框斜边方程为20.2y x =-+在x 处取一宽度为dx 的小面元,则阴影面积为dS=ydx ,此处的磁感应强度为()020.05IB x μπ=+,穿过直角三角形线框所围面积的磁通量为()()0.10.1000020.220.0520.05SI I x B dS ydx dx x x μμππ-+Φ=⋅==++⎰⎰⎰⎰r r000.10.150.15ln0.05IIμμππ⨯⨯=-+82.5910 ()I Wb -=⨯ 三角形线框中的感应电动势的大小为882.5910 5.1810d dIV dt dtε--Φ=-=⨯=⨯ 根据愣次定律可知ε的方向为逆时针绕行方向。

16.(自测提高18)无限长直导线通以电流I .有一与之共面的直角三角形线圈ABC ,已知AC 边长为b ,且与长直导线平行,BC 边长为a ,如图所示.若线圈以垂直导线方向的速度v ρ向右平移,当B 点与长直导线的距离为d 时,求线圈ABC 内的感应电动势大小和感应电动势的指向. 【解答】解一:,tan b ABC aθθ∠==设 000cos()sin ln 222cos 2AA d a BAB B d I I I dx b d a v B d l v dl v v x x a d μμμπεθθππθπ→→→++⎛⎫=⨯⋅=-== ⎪⎝⎭⎰⎰⎰02()CACA I vB d l v b d a μεπ→→→⎛⎫=⨯⋅=- ⎪+⎝⎭⎰ 0CBCB v B d l ε→→→⎛⎫=⨯⋅= ⎪⎝⎭⎰ 00ln 22()BA AC CB I Ib d a vv b a d d a μμεεεεππ+∴=++=-+ 解二:x y xIs B Φd π2d d 0μ=⋅=ϖϖ,当B 点与长直导线的距离为任意值r 时,有:abr x y =- rar r aIbIbdx r x abx I ar r+-=-=⎰+lnπ2π2)(π2000μμμφ ⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+-+⋅+=-=dt dr a r a dt dr r a r a Ib dt d ln π20μφεi其中,v dtdr=,时当d r =,⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=a d a d a d a Ibv ln π20μεi ,方向:BACB17.(自测提高19)求长度为L 的金属杆在均匀磁场B ϖ中绕平行于磁场方向的定轴OO '转动时的动生电动势.已知杆相对于均匀磁场B ϖ的方位角为,杆的角速度为,转向如图。

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