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1、 41 第 9 章 电磁场 9-6 如图 9-40所示，一截面积26Scm的密绕线圈，共有50匝，置于0.25BT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。分析：因B随t改变，故穿过密绕线圈的也随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：0.25Bt，则磁通量为：46.0 10(0.25)BSt 由法拉第电磁感应定律可得：0.03()idNVdt 感应电动势的方向为：ba。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58.0 10sin100 t（SI制），求 在2
2、1.010ts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和法拉第电磁感应定律iddt 得：2.51cos100()idNt Vdt 当21.0 10ts时，2.51()iV 图 940 42 9-8 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212Sr，穿过它的磁通量cosBS在不断变化，因此可先由法拉第电磁感应定律iddt 求出感应电动势，再由欧姆定律iIR求出感应电流，据此再
3、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0，则在任意时刻穿过回路的磁通量为：21coscos 22BSBrft 根据法拉第电磁感应定律，有：22sin2idr fBftdt 由欧姆定律可得回路中的电流为：22sin2ir fBIftRR 故感应电流的最大值为 22mr fBIR 图 9-41 习题 9-8图解 43 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SdBS（B
4、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，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dsadx，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02IBx可得穿过该面积元的磁通为：022()0IIddadxxxa Bs=穿过线圈的磁通量为：22004ln22()23aa0aaIIIadadxadxxxa 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)23iaddIdtdt，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 44
5、插到底部,在这段时间内穿过每一匝线圈的磁通量改变了55.0 10Wb，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800，再求感应电流的大小。分析：先得i，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：5360 5 102.0 10()1.5idNVdt 又由iIR有：362 102.5 10()800IA 9-11 如图 9-43所示，金属杆AOC以恒定速度在均匀磁场B中垂直于磁场方向运动，已知AOOCL，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：siniOCB
6、L 方向：OC 912 如图 9-44(a)所示，把一半径为R的半图 9-44 图 9-43 习题 9-11图解 45 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?分析：求解动生电动的方法有：dNdt 和()ldBl。因此，本题可用其中任何一种方法，电势高低通常由()B的方向来判断，即矢量()B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
7、路的磁通量为：21(2)2BSBRxR 由法拉第电磁感应定律可得：22iddxRBRBdtdt 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常数。因此，由法拉第电磁感应定律可知：0iddt 而iPOOP，即：2POOPOPB R 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 90 coscosiddBdlRdB gBl 22cos2idBRdR B 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
8、的金属轴/OO轴转动，轴的半径为322.010Rm。圆盘放在磁感应强度10BT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11.2Rm，厚度为31.010dm，转动的角速度为152 rads。试计算圆盘轴与边缘之间的电势差，并指出何处的电势高。图 9-47 习题 9-13图解 46 分析：由题可知圆盘的厚度1dR=，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
9、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，方向在盘面上且与dr垂直。该线元的产生的动生电动势为：()idd gBl 由于B，且()B的方向与dr的方向相同，故有：idBdrrBdr 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()2RiRrBdrB RR 将已知数据代入可得：23215 210(1.2)(2.0 10)2262iV 在示接外电路的情况下，i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。47 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，以角速率绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动。设磁感应
10、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dlr，其速率为：l，如图 9-46(a)所示，则线元两端动生电动势为：0()sin90cosidBdll BdlB ldl ru rr AB棒两端动生电动势为：1(2)2L-rABi-rd-BdlBLrlL 因此，棒两端的电势差为：1(2)2ABABUBL Lr 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，
11、48 212OAB r，21()2OBBLr，则 1(2)2ABOAOBB L Lr 因此，棒两端的电势差为：1(2)2ABABUBL Lr 915 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m。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，且随着速度的增大而增大。
12、因此，棒作减速运动，当棒所受的0F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NF和安培力AF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：2 2sin()cos2iAB lB lFBIlBlBlRRR (1)在导体棒下滑方向，由由牛顿第二定律可得：sincosAdmgFmamdt (2)图 9-47 习题 9-15图解 49 由(1)和(2)有：2 2cossincosB ldgmRdt 令2 22cosB lTmR，则上式变为：sindg-T=dt 分离变量并两边积分有：00tddtgsi
13、n-T 由上式可得导体在t时刻的速度为：2 22cos2 22sin(1)cosB lmRtmgReB l 当t 时，2 22sincosmmgRB l 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。916 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。解：(1)长直螺线管的自感为：220002.26 10()NN SLNnSNSHll(2)当110dIA sdtg时，线圈中的自感电
14、动势为：0.226()LdILVdt 负号表示，当有电流时，自感电动势的方向与回路中电流I的方向相反。917 如图 950 所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB和AB，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1L；(2)A和B相接时，A和B间的自感2L。分析：无论线圈AB和A B作哪种方式连接，均要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的叠加原理。如一组载流线圈单独存在时，穿过自身回路的磁通量为，则穿过两线圈回路的磁通量为 2；而当线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为22，“”取决于电流在两组线圈中的
15、流向是相同或是相反。50 解：如图 950 所示，设一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为0，则穿过两线圈回路的磁通量为02。(1)当 A 和A连接时，AB和A B线圈中的电流流向相反，通过回路两回路的磁通量方向相反，故整个回路的磁通量为：100220 ，故 110LI(2)当A和 B 连接时，AB和A B线圈中的电流流向相同，通过回路两回路的磁通量方向亦相同，故整个回路的磁通量为：2000224 故 2244LLII 918 如图 9-49所示，一面积为24.0cm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A内各点的磁感应强度
16、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150A s时，线圈A中感应电动势的大小和方向。解：(1)设流过线圈B中的电流为I，由于线圈A很小，可近似认为线圈B在线圈A中产生的磁感强度是均匀的，其大小为：02BIBNR 则穿过线圈A中的总磁通量(磁链)为：02AAAABAIN BSN NSR 两线圈的互感为：606.28 10()2AABAMN NSHIR(2)线圈A中感应电动势：43.14 10()AdIMVdt 互感电动势的方向和线圈 B 中的电流方向相同。919 有一双层密绕的空心长直螺线管，长为l，截面积为 S，如图 9-50所示，此共轴螺线管的内层绕组的总匝
17、数为1N，外层绕组的总匝数为2N，求两个绕组的互感。分析：设任一回路中通有电流1I，求出它穿过另一回路的磁通量为21，再根据互感定义式求互感。解：假设在内层绕组上通过的电流为1I，则密绕空心长直螺线管内磁感应强度为：101NBIl 穿过外层绕组的总磁通量为：图 9-49 习题 9-18图解 图 9-50 习题 9-19图解 51 1221201N NN BSI Sl 根据互感系数的定义可得：211201N NMSIl 9-20 一个直径为0.01m，长为0.10m的长直密绕螺线管，共 1000 匝线圈，总电阻为7.76。求：如把线圈接到电动势2.0V的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多
18、少？磁能密度是多少?分析：计算单载流回路所具有的磁能，通常有二种方法：(1)若已知回路的自感为L，则该回路通有电流I时所储存的磁能为：212mWLI；(2)已知磁场能量密度221112222mBHBHB Hg，由mmWdV，求磁能，其中积分遍及磁场存在的空间。解：因:密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感为：20N SLl 电流稳定后，线圈中电流为：iIR 则线圈中所储存的磁能为：22250213.28 10()22mN SWLIJlR 又由mmmWVSl得磁能密度为：34.17()mmWJ mSlg 9-21 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I。试证：每单位长度导线内所贮藏的
19、磁能为216I。分析：由安培环路定律求出无限长载流直导线激发的在磁场，由于本题仅求单位长度导体内所储存的磁能，故用mmVWdV较方便。证明：围绕轴线取一个半径为 r 的圆环闭合回路L，使其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理0ldIgBl：当rR时，012IBr，当rR时，0222IrBR 52 由202mB可得磁能密度为：20201()22mIrR 再由mmWdV可得单位长度导线内所贮藏的磁能为：22002001()212216RmmVIrIWdVrdrR 9-22 平板容器两极板都是半径为5.0cm的圆导体片，设充电电荷在极板上均匀分布，两极板间电场强度的时间变化率为13112.01
20、0dEV msdt，求（1）两极板间的位移电流；（2）两极板间磁感应强度的分布及极板边缘的磁感应强度。分析：由题可知，磁场对两极板的中心轴线具有对称分布，在垂直于该轴的平面上，取以轴点为圆心，以 r 为半径的圆作积分环路，由于对称性，在此积分回路上磁感应强度的大小相等，方向沿环路的切线方向，且与电流成右手螺旋，因此可用全电流安培环路定律、D 与 E、H 与 B 的关系求解。解：（1）两极板间的位移电流为：201.4DdddDdEISRAdtdtdt （2）由全电流安培环路定律有：2002 lBdEdrrdt Hl 002dEBrdt 当 r=R 时，6005.6 102dEBRTdt 可见，虽然电场强度的时间变化率已经很大，但它所触发的磁场仍然是很弱的，在实验中不易测量到。图 9-53 习题 9-22图解