1、第十二章121 图示为三种不同的磁介质的 BH 关系曲线，其中虚线表示的是 B = 0H的关系说明 a、b、c 各代表哪一类磁介质的 BH 关系曲线？ 答：因为顺磁质 r1，抗磁质 r1，铁磁质 r1， B = r 0H。所以 a 代表 铁磁质 的 BH 关系曲线 b 代表 顺磁质 的 BH 关系曲线 c 代表 抗磁质 的 BH 关系曲线 122 螺绕环中心周长 10lcm，环上线圈匝数 N=200 匝，线圈中通有电流 10ImA。（1）求管内的磁感应强度 B和磁场强度 0H；（2）若管内充满相对磁导率 r42的磁性物质，则管内的 和 是多少？（3）磁性物质内由导线中电流产生的 0B和由磁化电
2、流产生的 B各是多少？分析：电流对称分布，可应用安培环路定理求解。且 B, 0。解：（1）管内磁场强度 3110 201Am20.NIHnl?磁感应强度 740045TBH（2）管内充满 r磁介质后10A,H?4rr042.510T=.BB（3）磁介质内由导线中电流产生的 402.51T,Ha bcBO题图 121则 40(1.520)T1.5B123 一铁制的螺绕环，其平均圆周长为 30cm，截面积为 1cm2，在环上均匀绕以 300 匝导线，当线圈内的电流为 0.032A 时，环内的磁通量为 610wb.试计算（1）环内的磁通量密度；（2）环圆截面中心的磁场强度；（3）磁化面电流；（4）环
3、内材料的磁导率、相对磁导率及磁化率；（5）环芯内的磁化强度.分析：可应用介质中安培环路定理求磁场强度。 由磁场强度定义式 0BHM和sMj求解磁化面电流和磁化强度。由 BH和相对磁导率及磁化率定义求解 rm和解：（1）环内磁通密度。642.01T.02mS（2）电流对称分布，可应用介质中安培环路定理求解，取以螺绕环中心同心的圆弧（在螺绕环截面内）为积分路径，则有 0d.rIN?Hl即 2， 1130.2Am32Ir?。（3）由磁场强度定义 0BHM和 sj，得磁化面电流线密度s00BjM(由比较得 )。而磁化面电流： 3ss 70.022.34.10A.Irj （4） 141.Hm6.5H,3
4、?4r 706.2519,r976.（5） 41s70.21.50Am.BMj ?124 在螺绕环的导线内通有电流 20A，环上所绕线圈共 400 匝，环的平均周长是 40cm，利用冲击电流计测得环内磁感应强度是 1.0T。计算环的截面中心处的（1）磁场强度；（2）磁化强度；（3）相对磁导率。分析：运用介质中安培环路定理求磁场强度；磁场强度定义 0BHM求解磁化强度。由 sMj求磁化面电流。解：（1）由介质中安培环路定理可求得 141402Am.0.NIHl?（2）磁化强度大小为454151701.2.0(7.96102.)Am7.60.4BMH ?（3）磁化面电流 55s2.6.A3.Ijr
5、l相对磁导率 rm198。125 如题 12-5 图所示，一同轴长电缆由两导体组成，内层是半径为 1R的圆柱形导体，外层是内、外半径分别为 2R和 3的圆筒，两导体上电流等值反向，均匀分布在横截面上，导体磁导率均为 1，两导体中间充满不导电的磁导率为 2的均匀介质，求各区域中磁感应强度 B的分布。分析：应用介质中安培环路定理求解。解：由于电流对称分布，场也对称分布，可应用安培环路定理求解。如图以轴线上一点为圆心， r 为半径作一安培环路，环路所在平面垂直于电流方向，且与导体中电流方向成右手螺旋关系。（1）当 1rR时，由21dLIrlHR?,得： 1221,.IHB（2）当 r时，由 dLrI
6、?l,得 2,.IIr（3）当 23Rr时，由23()dIrR?Hl,得：22313()(), .I IHBrr（4）当 3R时， 0第十 三章习题 12-5 图13-1 如题图 13-1 所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为 r1， r2。已知两导线中电流都为 0sinIt，其中 I0和 为常数， t 为时间。导线框长为 a 宽为 b，求导线框中的感应电动势。分析：当导线中电流 I 随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉第电磁感应定律 dit计算感应电动势，其中磁通量 sBdS?，B 为两导线产生的磁场的叠
7、加。解：无限长直电流激发的磁感应强度为 02IBr。取坐标 Ox 垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得 x 处的磁感应强度大小 00122()()IIBrr， 垂 直 纸 面 向 里通过微分面积 dSa的磁通量为 0012()()IIadxrxr?通过矩形线圈的磁通量为 0012()()bIIr0120lnlsin2arbItr感生电动势 0120012dlnlcos()l2i arbItt rItr 0i时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针； 0i时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。13-2 如题图 13
8、-2 所示，有一半径为 r=10cm 的多匝圆形线圈，匝数 N=100，置于均匀磁场 B中（ B=0.5T） 。圆形线圈可绕通过圆心的轴 O1O2转动，转速 n=600rev/min。求圆线圈自图示的初始位置转过 /2时，(1) 线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻为 R=100，不计自感） ；(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度。题图 13-1 题图 13-2分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。解：(1) 圆形线圈转动的角速度 2=06n rad/s。设 t=0 时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向为回路绕行的正
9、方向。则 t 时刻通过该回路的全磁通 2coscosNBStNBr?电动势 dini tt 感应电流 2siniiNBrtIR将圆线圈自图示的初始位置转过 /2时， ，代入已知数值 得： 0.9iIA(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为 406.21TiiIBNriB的方向与均匀外磁场 B的方向垂直。13-3 均匀磁场 被限制在半径 R=10cm 的无限长圆柱形空间内，方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路 abcd，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图 13-3所示。设磁场以 d/st的匀速率增加，已知 6cmOab， 3，求等腰梯形回路abcd 感生电动势的大小和
10、方向。分析：求整个回路中的电动势，采用法拉第电磁感应定律，本题的关键是确定回路的磁通量。解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则 t 时刻通过该回路的磁通量BS?，其中 S 为等腰梯形 abcd 中存在磁场部分的面积，其值为221()sinRoa电动势 di Btt21d()iBt 代入已知数值 3.6810Vi “”说明，电动势的实际方向为逆时针，即沿 adcba绕向。用楞次定律也可直接判断电动势的方向为逆时针绕向。13-4 如题图 13-4 所示，有一根长直导线，载有直流电流 I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度 v 沿垂直于导线的方向离开导线.设 t=0 时
11、，线圈位于图示位置,求：题图 13-3 题图 13-4(1) 在任意时刻 t 通过矩形线圈的磁通量 m； (2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势 i。分析：线圈运动，穿过线圈的磁通量改变，线圈中有感应电动势产生，求出 t 时刻穿过线圈的磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感应电动势。解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布， 02IBx。因此，必须由积分求得 t 时刻通过回路的磁通量。取坐标 Ox 垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻 t 通过矩形线圈的磁通量为 00ddln2bvtSaIIbvtlxa?（2）在图示位置时
12、矩形圈中的感应电动势 0()d2itIlvba 电动势的方向沿顺时针绕向。13-5 如题图 13-5 所示为水平面内的两条平行长直裸导线 LM 与 LM,其间距离为 l,其左端与电动势为 0的电源连接.匀强磁场 B垂直于图面向里，一段直裸导线 ab 横嵌在平行导线间（并可保持在导线上做无摩擦地滑动）,电路接通，由于磁场力的作用， ab 从静止开始向右运动起来。求:(1) ab 达到的最大速度; (2) ab 到最大速度时通过电源的电流 I。分析：本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题。当接通电源后，ab 中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动，由于 ab
13、向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加，在回路中产生感应电流，从而使回路中电流减小，当回路中电流为零时，直导线 ab 不受安培力作用，此时 ab 达到最大速度。解：（1）电路接通，由于磁场力的作用, ab 从静止开始向右运动起来。设 ab 运动的速度为 v,则此时直导线 ab 所产生的动生电动势 iBlv，方向由 b 指向 a.由全电路欧姆定理可得此时电路中的电流为 0liRab 达到的最大速度时，直导线 ab 不受到磁场力的作用，此时 0i。所以 ab 达到的最大速度为 0maxvBl（2） ab 达到的最大速度时，直导线 ab 不受到磁场力的作用，此时通过电路的电流 i=0。所以通过电源的电流
14、也等于零。13-6 如题图 13-6 所示，一根长为 L 的金属细杆 ab 绕竖直轴 O1O2以角速度 在水平面内旋转， O1O2在离细杆 a 端 L/5 处。若已知均匀磁场 B平行于 O1O2轴。求 ab 两端间的电势差Ua-Ub.分析：由动生电动势表达式先求出每段的电动势，再将 ab 的电动势看成是 oa 和 ob 二者电动势的代数和，ab 两端的电势差大小即为 ab 间的动生电动势大小。求每段的电动势时，由于各处的运动速度不同，因此要将各段微分成线元 dl，先由动生电动势公式计算线元dl的两端的动生电动势 id，再积分计算整段的动生电动势。解：设金属细杆 ab 与竖直轴 O1O2交于点
15、O,将 ab 两端间的动生电动势看成 ao 与 ob 两段动生电动势的串联。取 ob 方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元 dl，方向为 ob方向。线元运动的速度大小为 vl。由于 ,vBdl互相垂直。所以 两端的动生电动势 ()idvBldl?ob 的动生电动势为 24 2501416d50Lobia Ll B动生电动势 ob的方向由 b 指向 O。同理 oa 的动生电动势为 225011dd50Loaib LBl B动生电动势 oa的方向由 a 指向 O。所以 ab 两端间的的动生电动势为 2310bobobL动生电动势 a的方向由 a 指向了 b； a 端带负电， b 端带正电。
16、ab 两端间的电势差 2UB b 端电势高于 a 端。13-7 如题图 13-7 所示，导线 L 以角速度 绕其端点 O 旋转，导线 L 与电流 I 在共同的平面内， O 点到长直电流 I 的距离为 a,且 aL,求导线 L 在与水平方向成 角时的动生电题图 13-5 题图 13-6题图 13-7 题图 13-8动势的大小和方向。分析：载流长直导线产生磁场，导线 L 绕 O 旋转切割磁力线。由于切割是不均匀的磁场，而且导体各处的运动速度不同，所以要微分运动导线，先由动生电动势公式计算线元 dl的两端的动生电动势 id，再积分计算整段的总动生电动势。解：取 OP 方向为导线的正方向，在导线 OP
17、 上某处取极小的一段线元 dl,方向为 OP 方向。线元运动的速度大小为 vl。由于 ,vBdl互相垂直。所以 两端的动生电动势()dvBldl?将载流长直导线在该处激发磁场 02(cos)Ial代入，积分得导线 L 在与水平方向线成 角时的动生电动势为： 0dcsLiOPi ld 02(cos)(cs)cosLIall02+cosoInIaLL动生电动势的方向由 P 指向 O。13-8 如题图 13-8 所示半径为 r 的长直密绕空心螺线管，单位长度的绕线匝数为 n,所加交变电流为 I=I0sint 。今在管的垂直平面上放置一半径为 2r,电阻为 R 的导线环，其圆心恰好在螺线管轴线上。（1
18、）计算导线环上涡旋电场 E 的值且说明其方向；(2)计算导线上的感应电流 iI；(3)计算导线环与螺线管间的互感系数 M。分析：电流变化，螺线管内部磁场也变化，由磁场的柱对称性可知，由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性，感生电场线是一系列的同心圆。根据感生电场的环路定理，可求出感生电场强度。由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流，由互感系数定义式求互感系数。解：（1）以半径为 2r 的导线环为闭合回路 L，取回路 L 的绕行正方向与 B 呈右旋关系，自上向下看为逆时针方向。由于长直螺线管只在管内产生均匀磁场 0nI，导线环上某点涡旋电场 E 方向沿导线环的切向。所以由规律 LSBdl
19、t?可得 22()dErrt?导线环上涡旋电场 E 的值为 0cos4nBItt若 cost 0,E 电场线的实际走向与回路 L 的绕行正方向相反，自上向下看为顺时针方向；若 cost R, 24|6.51/dEtr=1.10m 时, rR, 24d|3.0/RBErt13-10 如题图 13-10 所示，一个限定在半径为 R 的圆柱体内的均匀磁场 B 以 10-2T/s 的恒定变化率减小。电子在磁场中 A、 O、 C 各点处时，它所获得的瞬时加速度（大小、方向）各为若干？设 r=5.0cm。分析：根据对称性，由感生电场的环路定理求出感生电场强度，由感生电场力及牛顿第二定律求出瞬时加速度。解：
20、以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路 L。取回路 L 的绕行正方向与B 呈右旋关系，由于回路上各点处的感生电场 E 沿 L 的切线方向。所以由规律 题图 13-10 题图 13-11dLlt?SBE可得 2d2rr?(rR) 得 d2rBEt。 由于圆柱体内的均匀磁场 B 以 10-2T/s 的恒定变化率减小.所以 d0t， E 的实际方向与假定方向一致，为顺时针方向的切线方向。电子受到的电场力为 eFE,其方向为逆时针的切线方向。瞬时加速度的大小为： d2rBamt 由于 rA=0.05m,所以 A 处的瞬时加速度的大小为： 74.10/As，方向为水平向右；由于 rC=0.05
21、m,所以 C 处的瞬时加速度的大小为： 2C，方向为水平向左；由于 rO=0,所以 O 处的瞬时加速度：0Oa13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为 N，其它尺寸如题图 13-11 所示，求它的自感系数。分析：自感系数一般可由 LI计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线管通有电流，求出磁感应强度，再求出磁通量、磁通链，即可求出自感系数。解：设螺绕管通有电流 I，由安培环路定理可得管内距轴线 r 处的磁场强度为 2NIHr, 2NBHr通过某一截面的磁通量 210021ddlnRSNIIhRBr螺绕管的磁通链201lnNIh自感系数：201lnNhRLI13-12 设一同轴电缆由半径分别为 1r1和 2的两个同轴薄壁长直圆筒组成，电流由内筒流入，由外筒流出，如题图 13-12 所示。两筒间介质的相对磁导率 r1，求同轴电缆(1) 单位长度的自感系数；（2）单位长度内所储存的磁能。题图 13-12 题图 13-13
