第9章作业答案(最新修改)

1、第9章电磁场9-6 如图9-40所示，一截面积S 6cm2的密绕线圈，共有50匝， 置于B 0.25T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： 磁通量为：0.25，则BS6.010 4(i O图 9 40s0.25)45由法拉第电磁感应定律可得:Nddt0.03(V)感应电动势的方向为： b a。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 10 sin100 t ( si 制)，求在

2、t 1.0 10 2s 时，分析：线圈中有解：由线圈中的感应电动势。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。得:dt和法拉第电磁感应定律 iNdt2.51COS100 t(V)2当 t 1.0 10 S 时，i 2.51(V)XXXXXXXXBX形导线在磁感应强度为9-8如图9-41所示，用一根硬导线弯成径为r的半圆,使这根半的匀强磁场中以频率转，整个电路的电阻为求感应电流的表达式和最图9-41习题9-8图解大值。分析：由题可知，闭合回路的面积为S 1 r2，穿过它的磁通量2BScos在不断变化,因此可先由法拉第电磁感应定律id求出感应电动势，再由欧姆定律dt1胃求出感应电流

3、，据此再讨论最大值。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:BS cosB- r2cos2 ft2根据法拉第电磁感应定律，有:ddt2r2 fBsin2 ft由欧姆定律可得回路中的电流为:空sin2 ftR故感应电流的最大值为Im2r2fBR9-9 有两根相距为a的无限长平行直导线，们通以大小相等流向相反的电流，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Ja7a(2o1a但)两导线处于同a 1a ,*JJ daQ-w-If再(i)图444习題5 ?图解平面内，如图9-42(a)所示，求线圈中的感应电动势。dS( B为两无限长直电流

4、单独存在BS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 0点x处，在矩形线圈中取一宽度 (dx)很窄的面积元 ds adx，在该面积元内可近似认为B可得穿过该面积元的磁通为：2 x分析：由于回路处于非均匀磁场中，因此，先由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穿过线圈的磁通量为:Bds=201xradx2aadx里a 2 (x a)232a丄adx a 2 x再由法拉第电磁感应定律可得线圈中的感应电动势大小:9-10ddt方向：顺时针。1.5s的时间由线圈的顶部一直插到底部,在这段时间内穿过每一匝线圈的磁通量

5、改变了匝，求线圈中感应电动势再求感应电流的大5.0 10 5Wb，线圈的匝数为60 的大小。若闭合回路的总电阻为 800 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：Ndt60 5 10 51.52.010 3(V)X又由I 有:R9-11如图2 I 8009-43所示，金属10 32.510 6(A)3t杆AOC以恒定速度在均匀磁场B 动，已知AO OC L， 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：中垂直于磁场方向运求杆中方向：OXS X图9-43习题9-11图角

6、军Lsi n9 12如图9-44(a)所示，把径为R的XX(a)X)SXS1bp44图 9-44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:plB）的方向为导线中电势升高的方向。N和 （ B） dl。因此，本题可用其中任何一 dtl种方法，电势高低通常由（B）的方向来判断，即矢量（9-46（b）所示。则两者O或端点P距匚形导轨左侧距离解：方法一：假设半圆形导线 0P在宽为2R的静止匚形导上滑动，如图 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 为x，此时穿过该回路的磁通量为：BS

7、B(2Rx 1R2)50由法拉第电磁感应定律可得:d_"dt式中的负号表示电动势的方向为逆时针，对方法二： 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。2RB-dXdtOP段来说P点的电势高。2RB因此，由法拉第电磁感应定律可知:ddr0OpPO，即:方法三：建立如图Op9-46（c）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元Bsin 90° cos dlPOOP2B Rdl，则：d i ( B)gdlBcos Rd2R BOO/轴转尺I/2BR cos d;2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，

8、圆盘绕过盘心且垂直盘面的金属轴 动，轴的半径为R22.0 10 3m。圆盘放在磁感应强度B 10T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R1 1.2m ,厚度为d 1.0 10 3m，转动的角速度为5 2 rad s1。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图解分析：由题可知圆盘的厚度 d = Ri，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

9、等于一根铜条切割磁 力线运动时产生的动生电动势。r，方向在盘面上且与 dr垂直。该线解：在圆盘上沿径矢 r取一线元dr。其速度大小为 元的产生的动生电动势为：B)gdl故有：d i (由于 B，且( B)的方向与dr的方向相同,rBdrd i Bdr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:R2rBdr1 b(r2 R22)在示接外电路的情况下,12i为集电刷将已知数据代入可得:10 (1.2)2 (2.0 103)2 226VM ,0、间的电势差。圆盘边缘的电势高于圆盘中心转轴的电势。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

10、直于铜棒的轴转动。设磁感应强度为B的均匀磁场与轴行，求棒两端的电势差。d/JA(a)(b)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。 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：其关系如同电源的路端电压与方法一：在棒上距0点为I处取一线元rdl端动生电动势为:ABr u(B)端rdl，其速率为：IB sin9O0 dl cosI，如图9-46 (a)所示，则线元两B IdlABL-r-B coldl-r2 BL(L 2r)BL(L 2r)因此，棒两端的电势差为:u1U ABAB c2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

11、 (b)所示,其中，OA1b22r，OBABOAOBUAB1 2-B (L r)2，则21 -B L(L 2r)2因此，棒两端的电势差为:AB1i BL(L 2r)9- 15如图9-47所示，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

12、大而增大。因此，棒作减速运动，当棒所受的 F 0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。图9-47习题9-15图角军解：导体棒在下滑过程中，受重力 P，导轨支持力Fn和安培力FA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 2B2l cosB Isin()FaBII Bl B21RR在导体棒下滑方向，由由牛顿第二定律可得：mgsinFA cosmadm一dt由和有:gsin2, 2B l cos cos mRddtc2| 22令T ，则上式变为:g sin -Tdt分离变量并两边积分有:0 gsin -Tt0dt由上式可得导体

13、在t时刻的速度为:mgRsin (1B2I2cos2B2I2cos2 te mR )时,mgRsinm 7 22B l cos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。239 - 16 一空心长直螺线管，长为0.50m，横截面积为10.0c m,若螺线管上密绕线圈3.0 10 匝，问：S1，自感电动势的大小和方向又如何? L ,再求L。(1) 自感为多大？(2) 若其中电流随时间的变化率为10A分析：由密绕长直螺线管的导出公式求出解：(1)长直螺线管的自感为:L N 0nS NN2Sl22.26 10 (H)当虫 10Ag31时，线圈中的自感电动势为:dtL L 虫 0.

14、226(V)dtI的方向相反。AB和A' B'，每个线圈的自感均负号表示，当有电流时，自感电动势的方向与回路中电流9 - 17 如图9 - 50所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈 为L，求：(1) A和A'相接时，B和B'间的自感Li ；(2) A'和B相接时，A和B'间的自感L2。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

15、(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流向是相同或是相反。丿A*a fl*a 9-50t解：如图9 50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2当A和A'连接时, 故整个回路的磁通量为：AB和A'B'线圈中的电流流向相反,12 02 00,故通过回路两回路的磁通量方向相反,(2)当A'和B连接时，同，故整个回路的磁通量为:L1亍0AB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2I一面积为4.0cm2共50匝的小圆形线圈 A，放在半径为2

16、0cm共100匝A内各点的磁感应强度可看作是相同的，L24T 4L9 18如图9-49所示，的大圆形线圈 B的正中央，此两线圈同心且同平面。设线 求：(1)两线圈的互感；(2)当线圈B中电流的变化率为 解：(1)设流过线圈B中的电流为I 感强度是均匀的，其大小为：50A s 1时，线圈A中感应电动势的大小和方向。,由于线圈A很小，可近似认为线圈 B在线圈A中产生的磁0|B Nb 2R则穿过线圈 A中的总磁通量(磁链)为：NabSa NaNb 诸 Sa两线圈的互感为:M 7ANaNbSa 6.28 102R6(H)(2)线圈A中感应电动势:互感电动势的方向和线圈A M冷4B中的电流方向相同。10

17、 4(V)9 19有一双层密绕的空心长直螺线管，长为I ,内层绕组的总匝数为 N1，外层绕组的总匝数为N2 ,截面积为S,如图求两个绕组的互感。9-50所示，此共轴螺线管的分析：设任一回路中通有电流|1，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I1，则密绕空心长直螺线管内磁感应强度为:B= 0 叫 I1穿过外层绕组的总磁通量为:图9-50习题9-19图解军II5221 N2BA 0NI1S根据互感系数的定义可得: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.

18、CV的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？磁能密度是多少？分析：计算单一载流回路所具有的磁能，通常有二种方法：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：Wm -LI 22(2)已知磁场能量密度B2m厂H21BH 1 BgH2 2，由WmmdV，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:L 0N2Sl电流稳定后，线圈中电流为:则线圈中所储存的磁能为:1 LI2又由Wm V m Sl m得磁能密度为:Wm座二 3.282lR105(J)54Wm3I。试证：每单位长度导线内所贮才 4.17(Jgm )9-21 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为卄I 2藏的磁能为。16储存的磁能，故用Wm分析：由安培环路定律求出无限