大学物理第14章电磁感应题解

以逆时针环路的环绕方向为正方向
d
o
x
dx
x
d BdS I 0 d dx 2 x dI 0 dx 2 x
矩形线圈内总磁通量
d

2d
d
0 dI 2d ln 2 d dI 0 ln 2 2
0 dI dx 2 x
感生电动势
E
解：建立如图示直角坐标系，任意时刻B点与长直导线之间的 距离为r。任意时刻矩形ABCD中的磁通量为：

r b r
μ0 I μ Ia r b adx 0 ln 2 πx 2π r
所以，矩形形线圈ABCD内的感应电动势的大小为：

d d dr dt dr dt

r d
μ0 I vab 2πd d b
× ×
× ×
× ×
× ×
v
14-2 载流长直导线中的电流以
dI 的变化率增长。若有一边长为 d 的正方形线圈与两导线 dt
答：建立如图坐标，在 x 处取微小长度 dx 计 算，以 dx 宽， d 长的长方形狭条的磁通量为
处于同一平面内，如附图所示。求线圈中的感应电动势。
d
d
I
d
B
0 I 2 x
v v0 e
解： 如图，取一微元 dl，其产生的电动势为：

B 2l 2 t mR
14-6 一直导线 CD 在一无限长直电流磁场中作切割磁场线运动。求：动生电动势。
I vI d i ( v B ) dl v 0 sin 900 dl cos1800 0 dl 2 l 2 l
感应电动势的方向为：顺时针绕向（感应电流产生的磁场阻止线圈磁通减少）。 书后答案有误，正确的为：
μ0 I vl1 l2 2πd d l1
14-8 有一匀强磁场分布在一圆柱形（半径 R）区域内，已知： B h、L、 0 方向如图. t 求： CD
b 解：计算感生电动势方法: i E涡 dl
）
（B） 感应电场的电场线是一组闭合曲线 （C） Φm LI ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D） Φm LI ，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） 14-14 如图，一面积为 4.0cm 2 共 50 匝的小圆形线圈 A，放在半径为 20cm 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 内各点的磁场强度可以看作是相同的， 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。
解 当螺绕环中通以电流I1 时，在环内产生的磁感强度
B μ0 μr n1I1
则通过线圈C 的磁链为
ψc N 2 BS N 2 μ0 μr n1I1S
设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为qC ，则有
qc
1 1 N μ μ nIS Δψc 0 ψc 2 0 r 1 1 R R R
a
r dB 如右图： E涡 2 dt
则dl 处对应的 d 为
r dB h dB d E涡 dl dl cos dl 2 dt 2 dt
积分得到整个 CD 上的电动势：
CD
h dB 1 dB dl hL L 2 dt 2 dt dB L 2 R2 ( L 2) dt 2
Q
dl
vB
沿杆积分

v l sin 垂直向里 d ( v B ) dl (v B ) l sin Bdl cos l sin 2 B dl
L L 0 0
Fra Baidu bibliotek
l
d l sin 2 Bdl
O
方向 O P ， P 点电势高 。 14-5
1 L2 sin 2 2
一导线矩形框的平面与磁感强度为 B 的均匀磁场相垂直。在此矩形框上，有一质量 为 m 长为 l 的可移动的细导线棒 MN ，矩形框还接有一个电阻 R ，其值较之导线的 电阻值要大得多。若开始时，细导线棒以速度 v0 沿如附图所示的矩形框运动，试求 棒的速率随时间变化的函数关系。 答：建立如图坐标系，设 t 时刻的速度为 v ， MN 中 N 产生的动生电动势为 × × × × Blv
（2） E A M
dI 3.14 10 4 V dt
互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．
14-15 如图所示，螺绕环 A 中充满了铁磁质，管的截面积 S 为 2.0 cm2 ，沿环每厘米绕有
100 匝线圈，通有电流 I1 ＝4.0 ×10 －2 A，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 I1 时，铁磁质中的 B 和铁磁质的相对磁导率 μr。
总=0
×B × ×
R
v
方向由 v B 确定，由 O P ， P 点电势高。


半圆 = op 2 BRv
O
×
14-4 如附图所示，长为 L 的导体棒 OP ，处于均匀磁场中，并绕 OO ' 轴以角速度 旋转，
O'

B
x
P

棒与转轴间夹角恒为 ，磁感强度 B 与转轴平行。求 OP 棒在图示位置处的电动势。 答：建立如图坐标，在坐标 l 处取微元 dl ，微元速度
根据对称性： B y dB y 0 故：
BP Bx dB sin
0

0 I 0 I sin d 2 6.3 105 (T ) 2 0 R 2 R
14-10 如图所示电路中，分析:(1)接通 K1 断开 K2 时，RL 电路由于接通电源，在自感作用下电流随时间的变化规 律。(2)当接通 K1 达到稳定电流后迅速闭合 K2 而断开 K1 时，在自感的作用下，电流随时间变化的规律。 解: (1)闭合 K1 时，列出微分方程如下：
2 R μ I μ I2 Wm dWm 02 4 r 2 2 πrdr 0 0 8π R 16 π 上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还 应包括导线外磁场所储存的磁能。
di1 di ； ε12 M 12 2 ．因而 dt dt
（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）．
14-13 下列概念正确的是（ （A） 感应电场是保守场
M12 ．若它们分别流过i1 和i2 的变化电流且
di1 di2 ，并设由i2变化在线圈1 中产生的互 dt dt
感电动势为ε12 ，由i1 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） M 12 M 21 ， ε21 ε12 （B） M 12 M 21 ， ε21 ε12 （C） M 12 M 21 ， ε21 ε12 （D） M 12 M 21 ， ε21 ε12 分析与解 教材中已经证明 M21 ＝M12 ，电磁感应定律 ε21 M 21 正确答案为（D） 14-12 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ （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 ）
解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度 B0 N B 磁链近似为
ψ A N A B0 S A N A N B μ0 I SA 2R
μ0 I 穿过小线圈A 的 2R
则两线圈的互感为
M ψA μS N A N B 0 A 6.28 10 6 H 2R I
由此得
B μ0 μr n1I1 Rqc 0.10 T N2S
相对磁导率
μr Rqc 199 N 2 Sμ0 n1I1
14-16 一正方形线圈边长为 150mm, 由外皮绝缘的细导线绕成，共绕有 200 匝,放在 B=4.0T 的外磁场中，当导线中通有 I = 8.0 A 的电流时，求： (1)线圈磁矩的大小; (2)作用在线圈上的磁力矩的最大值。 解： m NIS m 200 8 0.15 0.15 36A m 2 M max mB M 36 4 144 N m 14-17 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为 I。求导线内部单位长度上所 储存的磁能。 解：单位长度导线内贮存的磁能为
L
di iR dt
初始条件：t=0 时 i=0 解得： i

1 e R

Rt L

(2)电流稳定后，断开 K1，同时闭合 K2，列出微分方程如下： L di iR dt
初始条件： t=0 时 i = /R 解得： i

R
e
R t L
14-11 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为
r cos h
2 h R2 ( L 2)
电动势的方向由 C 指向 D
14-9 在半径 R=1cm 的“无限长”半圆柱形金属片中，有电 流 I=5A 从下而上地通过，如图，试求圆柱轴线上一点 P 的磁感强度。 解: 如图，将金属片分划成许多细长条，每条的电流：
dI I dI Rd ，其在P点产生的磁场为： dB 0 R 2 R
A(C)点电势高。
14-7 无限长直导线，通以电流 I。有一与之共面的矩形线圈 ABCD，已知 AB 边长为 a，且 与长直导线平行，BC 边长为 b。若线圈以垂直导线方向的速度 v 向右平移，当 B 点与长直导 线的距离 r = d 时，求线圈 ABCD 内的感应电动势的大小和感 应电动势的方向。
d ln 2 dI d 0 dt 2 dt
负号表示电势方向为顺时针
14-3 如附图所示，把一半径为 R 的半圆形导线 OP 置于磁感应强度为 B 的均匀磁场中，当 导线以速率 v 水平向右平动时，求导线中感应电动势 的大小，哪一端电势较高？ × × × × 答：作辅助线，形成闭合回路 P × × × × × × × × × × × ×
积分得到整个导线的电动势：
i dl
0vI 2

a b
a
vI a b dl 0 ln 2 l a
b 1m;I=40; v=2m/s 代入：
将已知条件 0 4 10 7 ; a=0.1m;
得：
μ0 Iv b a ln[ ] 3.84 10 5 (V ) a 2π
第 14 章
电磁感应
14-1 如附图所示，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，则线圈中感应电流方向如何？ 答： 当以 v 运动远离直导线，通过线圈的磁通量减少， 由楞次定律，感应电流所产生的电场将反抗这种变化，故 感应电流为顺时针。
× ×
R ×
×
O
I×
×
B
F
I ×
×
×
v
此时
I=

×
R

Blv R
M
x
B 2l 2 v MN 所受安培力为 F BIl R
由牛二定律
dv B 2l 2 v F ma m dt R
2 2 t B l dv v0 v 0 mR dt v B 2l 2 ln t v0 mR v