1、第十三章 习题和解答1第十三章习题解答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 计算感应电动势，其中磁通量 ，B 为两导线ditsdS?产生的磁场的叠加。解：无限长直电流激发的磁感应强度为 。取坐标 Ox 垂直于直导线，坐标原点取02IBr在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为
2、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 的磁通量为dSax0012()()IIadxrr?通过矩形线圈的磁通量为 00122()()bIIadxrxr0 012lnlsinabIt感生电动势 0120012dllcos()ln2i arbItt rbItr时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针； 时，回路中感应电动势的实际i 0i方向为逆时针。13-2 如题图 13-2 所示，有一半径为 r=10cm 的多匝圆形线圈，匝数 N=100，置于均匀磁题图 13-1 题图 13-2第十三章
3、习题和解答2场 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 时，/2(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。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 rad/s2=06n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方向。则 t 时刻通过该回路的全磁通 2coscosNBStNBrt?电动势 dini tt感应电流 2
4、siirIR将圆线圈自图示的初始位置转过 时，/t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 406.21TiiIBNr的方向与均匀外磁场 的方向垂直。iB13-3 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 的匀速率增加，已知 ， ，求等腰梯形回d1T/st6cmOab3路 abcd 感生电动势的大小和方向。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
5、回路绕行的正方向.则 t 时刻通过该回路的磁通量题图 13-3 题图 13-4第十三章 习题和解答3BS?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 BStt221d()sinBRoat代入已知数值 3.680Vi“”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，线圈位于图示位置,求：(1) 在任意时刻 t 通过矩
6、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，。因此，必须由积分求得 t 时刻通过回路的磁通量。02IBx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）在图示位置时矩形圈中的感应电动势 0()itIlb电动势的方向沿顺时针绕向。13-5 如题图 13-
7、5 所示为水平面内的两条平行长直裸导线 LM 与 ,其间距离为 ,其左LMl端与电动势为 的电源连接.匀强磁场 垂直于图面向里，一段直裸导线 ab 横嵌在平行导0B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 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，当回路第十三章 习题
8、和解答4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 ，方向由 b 指向 a.由全电路欧姆定理iBlv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 。所以 ab 达到的最大0i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
9、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 平行于 O1O2轴。求 ab 两端间的电势差BUa-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 ，先由动生电动势公式计算线元dl的两端的动生电动势 ，再积分计算整段的动生电动势。dlid解：设金属细杆 ab 与竖直轴 O1O2交于点 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
10、 ob 方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元 ，方向为 obdl方向。线元运动的速度大小为 。由于 互相垂直。所以 两端的动生电vl,vBdl动势 ()idlll?ob 的动生电动势为 24 250141650Lobia LBl B题图 13-5 题图 13-6第十三章 习题和解答5动生电动势 的方向由 b 指向 O。同理 oa 的动生电动势为ob225011dd50Loaib LBl B动生电动势 的方向由 a 指向 O。所以 ab 两端间的的动生电动势为oa 2310bobobL动生电动势 的方向由 a 指向了 b； a 端带负电， b 端带正电。aab 两端间的电势差 2310a
11、baUBLb 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 的dl两端的动生电动势 ，再积分计算整段的总动生电动势。id解：取 OP 方向为导线的正方向，在导线 OP 上某处取极小的一段线元 ,方向为 OP 方向。dl线元运动的速度大小为 。由于
12、 互相垂直。所以 两端的动生电动势vl,vBdl()d?将载流长直导线在该处激发磁场 代入，积分得导线 L 在与水平方向线02(cos)Ial成 角时的动生电动势为： 0dcosLiOPiIlda 题图 13-7 题图 13-8第十三章 习题和解答602(cos)(cos)cosLIaldl02+sInILa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）计算导线环上涡旋电场 E 的值且说明
13、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 ，导线环上某0nI点涡旋电场 E 的方向沿导线环的切向。所以由规律 可得LSBdlt?22()drrt导线环上涡旋
14、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, 4|6./RBrtr=1.10m 时, rR, 24d|3.10/Et13-10 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：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路
15、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 13-11第十三章 习题和解答8可得dLlt?SBE(rR)2d2rt?l得 t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 ， E 的实际方向与假d0Bt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 ,其方向为逆时针的切线方向。eFE瞬时加速度的大小为： d2ramt由于 rA=0.05m,所以 A 处的瞬时加速度的大小为： ，方向为水平向右；724.10/Aams由于 rC=0.05m,所以 C 处的瞬时加速度的大小为：
16、，方向为水平向左；C由于 rO=0,所以 O 处的瞬时加速度： 0O13-11 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 计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通LI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, 2NHr2NIBr通过某一截面的磁通量 210021ddlnRSIIhRr螺绕管的磁通链201lnNIh自感系数：201lRLI13-12 设一同轴电缆由半径分别为 1和 的两个同轴薄壁长直圆筒
17、组成，电流由内筒流r2入，由外筒流出，如题图 13-12 所示。两筒间介质的相对磁导率 ，求同轴电缆r1第十三章 习题和解答9(1) 单位长度的自感系数；（2）单位长度内所储存的磁能。分析：先求磁场、磁通量，由自感系数定义式求自感系数，再由自感磁能表达式求磁能。解：（1）电流由内筒流入，由外筒流出时，在内外筒之间产生的磁场为 B= （见 11-02Ir19） 。通过内外筒之间单位长度截面的磁通量为 21 2121ddlnlnrSIIrxLr?（2）单位长度内所储存的磁能 201l4mIWr13-13 一无限长直导线通以电流 I=I0sint，和直导线在同一平面内有一矩形线框，其短边与直导线平行
18、，线框的尺寸及位置如题图 13-13 所示，且 b/c=3。求：(1) 直导线和线框的互感系数；(2) 线框中的互感电动势。分析：互感系数由 计算，计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。MI解：(1) 无限长直导线产生的磁场 。取矩形线框的正法线方向为垂直纸面向里，02IBr通过矩形线框的磁通量为 00ddlnl3bcSIIaxxIac? 0l2MI（2）线框中的互感电动势 0ln3dcosi aItt为正时，电动势的方向沿顺时针绕向； 为负时，电动势的方向沿逆时针绕向。i i13-14 一圆环，环管横截面的半径为 a，中心线的半径为 R( )。有两个彼此绝缘的a?题图 13-12 题图
19、 13-13第十三章 习题和解答10导线圈都均匀地密绕在环上，一个 N1匝，另一个 N2匝，求：（1）两线圈的自感 L1和 L2；（2）两线圈的互感 M；（3） M 与 L1和 L2的关系。分析：由于 ，环中的磁感应强度可视为均匀。设两个线圈通有电流 、 ，求出穿Ra? 1I2过螺线管线圈的磁通链数，进而求出自感、互感系数。解：（1）设 N1匝螺绕管线圈中通有电流 I1，由于中心线的半径 环管横截面的半径R?a，所以螺绕管内的磁场 ，通过螺绕管线圈的磁通链数为0112NBR2201011INaSIN1匝螺绕管线圈自感系数： 2011NaLIR同理， N2匝螺绕管线圈自感系数： 202I（2）
20、N1匝螺绕管线圈产生的磁场 B1，通过 N2匝螺绕管线圈的磁通链数为 2201012INaSIR两线圈的互感 20121aMI（3） M 与 L1和 L2的关系 2220101012NaNaLRR?13-15 一圆柱体长直导线，均匀地通有电流 I，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为（设导体的相对磁导率 ） 。2m0/(16)WIr分析：均匀通有电流的长直导线，其内部和外部均存在磁场，且磁场分布呈轴对称性。据题意，只需求得单位长度导线内所储存的磁能，因此根据磁能密度公式，求得体元内的磁能，然后对圆柱内部的磁能进行积分即可。解：设圆柱形导体的半径为 R.由安培环路定律可得长直导线内的磁场rR02,rBI导线内的磁能密度
