第16章教材习题解答

第16章 电磁场16.1 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T ．求铜棒两端A 、B 的电势差，何端电势高． 解：设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间d t 后转过的角度为d θ = ωd t ，扫过的面积为 d S = R 2d θ/2，切割的磁通量为 d Φ = B d S = BR 2d θ/2，动生电动势的大小为 ε = d Φ/d t = ωBR 2/2． 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．AO 和BO 段的动生电动势大小分别为22()2550AO B LBL ωωε==，22416()2550BO B L BLωωε==． 由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为2310BO AOBL ωεεε=-=242332 1.010(0.5)1010ωπ-⨯⨯⨯==BL = 4.71×10-4(V)． [讨论]如果棒上两点到o 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为222()(2)222B L l Bl B L Ll ωωωε++=-=．16.2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？解：在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ =d l cos θ；线元到直线之间的距离为r = x A + l sin θ， 直线电流在线元处产生的磁感应强度为0022(sin )A I IB r x l μμππθ==+． 由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为0cos d d d 2(sin )A Iv lBv l x l μθεπθ⊥==+，棒的动生电动势为cos d 2sin LA Iv lx l μθεπθ=+⎰cos d(sin )2sin sin LA A Iv x l x l μθθπθθ+=+⎰0sin cot ln 2A A Iv x L x μθθπ+=， A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势． （2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A A x L L L x x x θθθ+=+→，所以02AIvLx μεπ→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16.3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L ．在导轨上的端接有电阻R ．匀强磁场B 垂直导轨平面向里．当AB 杆以初速度v 0向运动时，求： （1）AB 杆能够移动的距离；（2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热为多少？B A图16.3图16.2[分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来． 解：（1）方法一：速度法．设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv ，电流为 I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v/R ，方向与速度方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为2()d d BL v v m R t -=，即：2d ()d v BL t v mR=-积分得方程的通解为21()ln BL v t C mR=-+．根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0．方程的特解为20()exp[]BL v v t mR=-．由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程20()d exp[]d BL x v t t mR=-，方程的通解为20()exp[]d BL x v t t mR =-⎰2022()exp[]()mRv BL t C BL mR -=-+，当t = 0时，x = 0，所以常量为022()mRv C BL =．方程的特解为202(){1exp[]}()mRv BL x t BL mR =--． 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为02()mRv x BL =．方法二：冲量法．由F = -(BL )2v/R ，得2()d d BL x F t R-=，右边积分得 0d 0tF t mv =-⎰，即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．左边积分后，可得02()mv Rx BL =． （2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为222()d d d d BLv Q I R t t t R R ε===220()2()exp[]d BLv BL t t R mR=-整个运动过程中产生的焦耳热为2200()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞=-⎰222002()exp[]22mv mv BL t mR ∞-=-=， 即：焦耳热是杆的动能转化而来的．16.4 如图所示，质量为m 、长度为L 的金属棒AB 从静止开始沿倾斜的绝缘框架滑下．磁感应强度B 的方向竖直向上（忽略棒AB 与框架之间的摩擦），求棒AB 的动生电动势．若棒AB 沿光滑的金属框架滑下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R 为常量，棒AB 的动生电动势又为多少？解：（1）棒的加速度为 a = g sin θ，经过时间t ，棒的速度为v = at = (g sin θ)t ，而切割磁力线的速度为 v ⊥ = v cos θ，所以棒的动生电动势为ε = BLv ⊥ = BLg (sin θcos θ)t = BLg (sin2θ)t /2． （2）设棒运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv cos θ，电流为I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v cos θ/R ，其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的图16.4分量为F` = F cos θ，其方向与速度的方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma 得速度的微分方程为2(cos )d sin d BL v v mg m R t θθ-=，即 2d d sin (cos )mRt v mgR BL v θθ=-， 方程可化为222d[sin (cos )]d (cos )sin (cos )mR mgR BL v t BL mgR BL vθθθθθ--=-．积分得方程的通解为22ln[sin (cos )](cos )mRt mgR BL v C BL θθθ-=-+． 根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量2ln(sin )(cos )mRC mgR BL θθ=， 方程的特解为22[sin (cos )]ln(cos )sin mR mgR BL v t BL mgR θθθθ--=， 棒的速度为22sin (cos ){1exp[]}(cos )mgR BL v t BL mRθθθ=--， 动生电动势为cos BLv εθ=2(cos )tan {1exp[]}mgR BL t BL mRθθ=--．[讨论]当时间t 趋于无穷大时，最终速度为 2sin (cos )mgR v BL θθ=，最终电动势为 t a n m g R BL εθ=，最终电流为 t a n mgI BLθ=．另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的功率，重力做功的功率为 P = mg sin θv ，感生电流做功的功率为222(cos )BLv P I R R Rεθ===， 两式联立也可得2sin (cos )mgR v BL θθ=，由此可以求出最终电动势和电流．[注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能．16.5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t 的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a 2的均匀磁场B 垂直于圆盘，小面积离轴r （r >>a ）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M ≈B 2a 2r 2ωζt ． 解：电导率是电阻率的倒数ζ = 1/ρ．不妨将圆盘与磁场相对的部分当成长、宽和高分别为a 、a 和t 的小导体，其横截面积为S = at ，电流将从横截面中流过，长度为a ，因此其电阻为1l R S tρσ==． 宽为a 的边扫过磁场中，速度大小为 v = rω，产生的感生电动势为ε = Bav = Bar ω，圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为I = ε/R = Bar ωζt ，所受的安培力为F = IaB = B 2a 2r ωζt ，其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为M = Fr = B 2a 2r 2ωζt ．其方向与角速度的方向相反．16.6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B的方向垂直于金属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x =0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．O图16.6图16.5 t（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ．解：（1）经过时间t ，导体杆前进的距离为x = vt ，杆的有效长度为l = x tan θ = v (tan θ)t ，动生电动势为εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ．（2）导体杆扫过的三角形的面积为S = xl /2 = x 2tan θ/2 = v 2t 2tan θ/2，通过该面的磁通量为3tan cos 2kx BS t θΦω== 33tan cos 2kv t t θω=感应电动势为d d i tΦε=-323tan (3cos sin )2kv t t t t θωωω=--， 即： 32tan (sin 3cos )2i kv t t t t θεωωω=-．16.7 如图所示的回路，磁感应强度B 垂直于回路平面向里，磁通量按下述规律变化Φ = 3t 2 + 2t + 1，式中Φ的单位为毫韦伯，t 的单位为秒．求：（1）在t = 2s 时回路中的感生电动势为多少？ （2）电阻上的电流方向如何？解：（1）将磁通量的单位化为韦伯得Φ = (3t 2 + 2t + 1)/103，感生电动势大小为ε = |d Φ/d t | = 2(3t + 1)/103．t = 2s 时的感生电动势为1.4×10-2(V)．（2）由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针的，从电阻的左边流向右边．16.8 如图所示的两个同轴圆形导体线圈，小线圈在大线圈上面．两线圈的距离为x ，设x 远大于圆半径R ．大线圈中通有电流I 时，若半径为r 的小线圈中的磁场可看作是均匀的，且以速率v = d x /d t 运动．求x = NR 时，小线圈中的感应电动势为多少？感应电流的方向如何？ 解：环电流在轴线上产生的磁感应强度为20223/22()IR B x R μ=+，当x >>R 时，磁感应强度为 2032IR B xμ≈．小线圈的面积为S = πr 2，通过的磁通量为22032IR r BS xπμΦ=≈，当小线圈运动时，感应电动势为22043d d 2IR r vt x πμΦε=-≈， 当x = NR 时，感应电动势为204232Ir vN R πμε≈．感应电流的磁场与原磁场的方向相同，感应电流的方向与原电流的环绕方向相同． 16.9 如图所示，匀强磁场B 与矩形导线回路的法线n 成θ = 60°角，B = kt （k 为大于零的常数）．长为L 的导体杆AB 以匀速v 向右平动，求回路中t 时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）． 解：经过时间t ，导体杆运动的距离为x = vt ，扫过的面积为S = Lx = Lvt ，通过此面积的磁通量为 Φ = B ·S = BS cos θ = Lvkt 2/2．感应电动势的大小为ε = d Φ/d t = Lvkt ．由于回路中磁通量在增加，而感应电流的磁通量阻碍原磁通量增加，其磁场与原磁场的方向相反，所以感应电图16.7图17.8图16.9动势的方向是顺时针的．16.10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε．解：电流I 在r 处产生的磁感应强度为02IB r μπ=， 穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2IbB S r rμΦπ==，穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()22x a x Ib Ib x ar r xμμΦππ++==⎰， 回路中的电动势为d d t Φε=-0d 11d [ln()()]2d d b x a I xI x t x a x tμπ+=-+-+ 00cos [ln()sin ]2()I b x a av t t x x x a μωωωπ+=++．显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势．16.12 如图所示的圆面积内，匀强磁场B 的方向垂直于圆面积向里，圆半径R = 12cm ，d B /d t = 10-2T·s -1．求图中a 、b 、c 三点的涡旋电场为多少（b 为圆心）？设ab = 10cm ，bc = 15cm ． 解：（1）当点在磁场之中时，以b 为圆心，以r 为半径作一圆形环中，其周长为C = 2πr ，面积为 S = πr 2．取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸面向外。