电磁学第二版习题答案

1、电磁学第二版习题答案第六章习题 在无限长密绕螺线管内放一圆形小线圈，圆平面与螺线管轴线垂直。小线圈有100 6.2.11 匝，半径为 1cm ，螺线管单位长度的匝数为 200cm . 设螺线管的电流在 0.05 s 内以匀变化率从 1.5 A 变为 -1.5 A ，(1) 求小线圈的感应的电动势 ;(2) 在螺线管电流从正直经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方 向是否改变 , 为什么 ,解答:1 2 , 小线圈半径 R, = 10 (1) 螺线管单位长度的匝数 n=200 cm m , 匝数N , , 100 ，若选择电动势的正方向与电流的正方向相同，螺线管内小 线圈的感应电动势大小为

2、, , , N , ddt, , N , dBdtS , , , 0 n( R, 2 ) N , dIdt , 4.7 ,10 2V .>0表明电动势的方向与设定的方向相同。螺线管电流从正值经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向都不 变， (2)因为电流以及磁通量都以相同的变化率作变化。6.2.2 边长分别为 a=0.2 m 和 b=0.1 m 的两个正方形按附图所示的方式结成 一个回路，单2 , 位的电阻为 5 , 10 10 . 回路置于按 B , Bm sin ， t 规律变化的均匀磁 场中， mBm , 10 2 T ， ， , 100 s 1 。磁场 B 与回路所在平面

3、垂直。求回路中感应 电流的最大值。解答: 在任一瞬时，两个正方形电路中的电动势的方向相反，故电路的总电动势的绝 对值为d , 大 d , 小 dB 2 , , , a， b2 ， , ， a 2 b2 ， Bm cos ，t , , mcos ，t dt dt dt2 , ，故回路电阻为 因回路单位长度的电阻 , , 5 ,10 mR , , , 4 ， a ， b， , 6 ,10 2 ,回路中感应电流的最大值为I m , R, m , 0.5 A6.2.3 半径分别为 R 和 r 的两个圆形线圈同轴放置，相距为 x ( 见附图)。 已知 r x ( 因dx x . 设 x 以匀速 v ,

4、而大线圈在校线圈内产生的磁场可视为均匀 )及 R 随 时间 t dt而变.(1) 把小线圈的磁通 , 表为 x 的函数, 表为 x 的函数 (2) 把小线圈的感应电动势 (绝对值 )(3) 若 v , 0 , 确定小线圈内感应电流的方向 .解答:(1) 满足条件 R x 下, 载流大线圈在面积 S 为的小线圈的磁通量为,0 IR 2 , , BS , r 2 2 x3小线圈的磁感应电动势 (绝对值)为 (2),0 Ir 2 R 2 3,0 Ir 2 R 2 d , , , , ( 3x 4 dxdt ) , v dt 2 2 x 4(3) 若时, 小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同 在无

5、限长密绕螺线管外套一个合金圆环，圆心在轴线上，圆平面与轴线垂直( 见附 6.2.4图). 管内系统随时间以常变化率 2 ， 增大，电流表经开关接到环上的 P、Q(两点连线过环心).( ( (1) 求开关断开时下列情况的 U PQ : a) 两个半圆的电阻都为 R， b) 左半 环电阻为 R，右半环电阻为 2R;(2) 设电流表所在支路电阻为零，求开关接通时电流表在上问的 (a)(b) 情况下 的电流 I A ( 大小和方向 );(3)若座半环电阻为R，有半环电阻为kR (其中k , 0 )，试证开关接通时IA 与 k 值无关。解答:(1) 馆内磁通随时间以常变化率 2 ， 增大时，在开关断开时

6、，感应电动势为d, , , , 2 ， dt(a) 两个半环的电阻都为 R 时，等效电阻如图 6.2.4(a) 所示，, , , R , , 0 U PQ , , QP 2R 2 2(b) 左半环电阻为 R ，右半环电阻为 2R 时，等效电路如图 6.2.4(b) 所示，有, , 2, ,， 2R , , , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3(2) 电流表开关接通时 :(a) 两个半环的电阻都为 R 时，等效电路利用戴维南定理如图 6.2.4(c) 所 示，有 右半环的支路于电流表支路组成的闭和回路中没有磁场，亦没有磁通的变 化，因此该回路的 总电动势为 0 。已知右半环的支路上的

7、电动势为 ， ，因此电 流表支路的电动势亦为 ， ，由图 6.2.4(c) 可见，通过电流表的电流为2， , A 2, A , , I A , R R R 2方向向上。(b) 左半环电阻为 R ，右半环电阻为 2R 时，利用戴维南定理等小电路如图 6.2.4(d)所示，等效电源的电动势等于开路电压 U PQ, , 2, ,， 2R , , , U e , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3等效电阻为R ， 2R ， 2R , Re , 3 R ， 2R等效电路如图 6.2.4(d) 右图所示，因等效电动势 , e , 0 ，故将其极性相 反，求得通过电流表的电流大小为 , ， ， ,

8、 e ， ， ， ， 3 2 , , 2 ， I A , 2R R Re3方向向上。(3) 左半环电阻为 R ，右半环电阻为 kR ，电流表开关接通时，利用戴维南定 理等效电路如图 6.2.4(e) 所示，等效电源的电动势为, ，1 k ， ， kR , , e , U PQ , , QP，1 ， k ， ， 1 ， k ， R等效电阻为R ， kR， kR , Re , ， 1 ， k ， R 1 ， k等效电路如图 6.2.4（e） 右图所示。按等效电动势 , e 的方向，极性如图所 示，求得通过电流表的电流大小, ， 1 k ， ， ， , e 2 ， 1 ， k , , I A , 2

9、 kR R Re1 ， k 方向向上。证明开关接通时的 I A 与 k 无关。直径为 D 的半圆形导线置于与它所在平面垂直的均匀磁场 B （ 见附图） ，当导 线 6.3.1绕着过 P 点并与 B 平行的轴以匀角速度 ， 逆时针转动时，求其动生电动 势 , PQ解答:在辅助线PQ,与圆弧PQ构成闭合回路，当绕着P点以匀角速度,逆时针 转动时，封闭曲线的面积不变，因而闭合回路的总电动势 , PQQP , , PQ ， , QP , 0 ，沿圆弧的动生电动势为Q Q Q D ， BD 2 , , v , B vBdl , P P P 0 2l ，电阻为 R（ 见附图 ） 。导轨两端分 平行金属导轨

10、上放一金属杆，其 EF 段 长度为 6.3.2别连接电阻R1和R2，整个装置放在均匀磁场 B中，B与导轨所在的平面垂 直。设金属杆以 v 速度匀速向右平动，忽略导轨的电阻和回路的自感，求杆中的电 流。解答:当金属杆以速度 v 运动时，杆上有电动势 , , vBl ，附图的等效电路图如图 6.3.2 所示， 杆中的电流大小为, vBl ， R1 ， R2 ， I , , R1R2 R ， R1 ， R2 ， ， R1 , R2 R ，R1 ， R2m 的金属杆，其 PQ 段的长度为 l( 见附图 ). 半无限长的平行金属导轨上放一 质量为 6.3.3导轨的一端连接电阻R。整个装置放在均匀磁场 B

11、中，B与导轨所在的平面 垂直。设杆以初速度 v0 向右运动，忽略导轨和杆的电阻及其间的摩擦力，忽略回路 自感。(1) 求金属杆所能通过的距离 ;(2) 求此过程中电阻 R 所发的焦耳热 ;(3) 试运用能量守恒定律分析上述结果。解答:(1) 当金属杆以速度 v 沿 x 轴正方向 (平行于轨道向右 ) 运动时，杆上的电动 势 , , vBl ，电路的电流为 i , vBl R . 从而受到的电磁力大小为2 2 2 2 vB l B l dx F , iBl , ,R R dt此电磁力与运动方向相反，根据牛顿第二定律，有2 B 2l dx dv F , , R dt dt得mR dx , dv B

12、 l2 2设杆的起始位置为 x=0 ，金属杆所能移过的距离为0 mR mR x , dv , v0 ， v0 B 2l 2 B l2 2(2) 此过程中电阻所发的焦耳热为2 0 B l2 2 x B l2 2 vBl 1 mR 2 i Rdt , mv0 2 v 2 2 dv , Q ,， ，Rdt , ， vdx , ， 0 0 0 v0 R 2 Bl R R(3) 从能量受恒定律进行分析 : 起始情况，金属杆以速度 v0 运动具有的动能 为1 mv0 2 ，由于受到电磁阻力的作用杆的速度最终减至 0 ，金属杆的动能全 2 部转化为电路所消耗的焦耳热。6.3.4 上题中如果用一向右的恒力 F

13、 拉金属杆，并把初速度改为 0 ，求证杆 的速率随时间B 2l 2 F 变化的规律为 v ， t ， , ， 1 e ， t ， ，其中 ， , ma mR 2证明 :当金属杆以速度 v 运动 时，电路中电流为 I ，金属杆所受的电磁力大小为vBl B l2 2 , v Fm , Bil , Bl R R 根据牛顿第二定律，金属杆所受的合力与加速度的关系为2 B 2l dv F v , mRdt经整理 得, dv F B l2 2 v dt m mRB 2l 2 令 ， , ，得 mRv , ，dv Fdt m ，分离变量得v m ， F , ， dtd vFm，积分后得v ln , ， t

14、， CFm，式中 :C 为待定系数，由初始条件， t=0,v(0)=0, 得F C , ln ma故Fm， v ln ,， t Fm，即F v m， , e ， t Fm，证得杆的速率随时间变化的规律为F v ， t ， , ， 1 e ， t ， ma长度各为1m,电阻各为4,的两根均匀金属棒PQ和MN放在均匀稳恒磁场B 中， 6.3.5B , 2T , 方向垂直纸面向外 (见附图) 。两棒分别以速率 v1 , 4 m s 和 v2 , 2 m s 沿导轨向左匀速平动，忽略导轨的电阻及回路自感，求 ; (!) 两棒的动生电动势 的大小，并在图中标出方向 ;(2) U PQ 和 U MN(3)

15、 两棒中点和的电势差。解答:(1) PQ 杆的电动势的方向由 Q 指向 P 大小为P QMN杆的电动势的方向由N指向M大小为M ， v2 , B ， dl , v2 Bl , 4V N(2) 设电路的电流为顺时针方向，大小为, PQ , NM I , , 0.5 AR 2 ， R1PQ 杆之间的电压为U PQ , , QP IR1 , 6VMN杆之间的电压为U MN , , NM IR2 , 6V(3) PQ 杆中点 O1 与 O2 之间的电压为, QP IR1 , 3 VU O1Q , 2 2MN杆中点02与N之间的电压为, NM IR2 ， , 3 V U O2 N , 2 2因 Q 点与

16、 N 点等势，故 01 与 02 间的电压为V U 0102 , U 0Q U 02 N , 0 1半圆形刚性导线在摇柄驱动下在均匀磁场 B 中作匀角速转动 （ 见附图 ），半圆 形的 6.3.6半径为 0.1m ，转速为 3000 r min ，求动生电动势的频率和最大植。解答:只有半圆弧的运动对动生电动势有贡献，沿旋转轴 （ 即直径）作一辅助线，与半 圆弧连成一封闭曲线，设 t=0 时，半圆面的位置如附图所示，选取半圆面的法线 方向垂直向外，t 时刻通过半圆面的磁通量为R 2, , B S , B cos， t 2封闭曲线产生的感应电动势方向沿顺时针，根据法拉第电磁感应定律，感应电 动势大

17、小为2 d , , , sin， t , dt 2感应电动势的变化频率为N 1 3000f , , s , 50 Hz t 60感应电动势的圆频率为， , 2 f , 100 rad s电动势的最大值为B R 2， , 2.7 m , m , 2， 作匀匀角速转动，转轴垂 半径为 R 的圆形均匀刚性线圈在均匀磁场 B 中 以角速度 6.3.6直于B（见附图），轴与线圈交于A点，弧长AC占1 4周长，M为AC弧的中 点。设线圈的自感可以忽略，当线圈平面转至与平行时，（）求动生电动势,AM 及,AC（2）A、M 哪点电势高 ,解答:（1） 线圈上一元段的电动势为d, ,， v , B ， dl ,

18、， rB sin ， dl由图 6.3.7 得d, , ， ， R sinB sin ， Rd ， ,BR 2 sin 2， d ，AM 间的电动势为4 1 sin 2， d ， ,BR 2 0 8 4AC 间的电动势为2 1 sin 2 ， d ， ,BR 2 0 4（2） A 、C 间的电动势差为4, AC R , 0 U CA , , AC IRAC , , AC R 4A、M 间的电动势差为BR 2 , 0 8 4 R 8 4 1（见附图 ）， B 以10 T s 的恒定减1 AC R 4, U MA , , AM IRAM ,， BR 2 ,所以 M 点的电势低于 A 点的电势。2

19、6.4.1 均匀磁场 B 限定在无限长圆柱体内 小。求位于图中 M、N、P 三点的电子从感生电场获得的瞬时加速度 （大小和方向 ） 图中 r=5.0 cm 解答:根据磁场变化趋势，在无限长圆柱体内 P 点的感生电场方向向左， M 点的感 生电动 势向右。感生电场的大小为r dB 4 m , T s , 2.5 ,10E感 , 2 dtM、P 点的加速度大小为e E 感 , 4.4 ,107 m s 2 aM , aP m因为电子带负电，所以电子在 P 点受的力和加速度方向向右， M 点受的力和 加速度 方向向左。并得 Q 点的加速度为零6.4.2 在上题的圆柱体的一个横截面上作如本题附图所示的

20、梯形PQMN，P 已知PQ=R=1 m, MN=0.5m求：(1) 梯形各边的感生电动势 , PQ , QM , MN 和 , NP(2) 整个梯形的总电动势 , PQMNP解答：(1) 如图 6.4.2 所示,根据磁场的变化趋势,按楞次定律感生电场 E 感 为顺 时针方向( 用柱坐标的单位矢 e, 表示) ,积分方向向右,梯形 PQ 边的感生电动 势大小为Q R dB R dB dB cos150： PQ , hR , 4.3,10 3 V e, , dl , P dt 2 dt dt 2梯形 QM 边的感生电动势大小为M R dB , , dl , 0 eQ 2 dt梯形 NP 边的感生电

21、动势大小为P R dB , , dl , 0 eN 2 dt梯形 MN 边的感生电动势 (积分方向向左 ) 大小为N R dB 1 dB R 1 dB h R cos 30: MN , , 1.1,10 3 V e, , dl , M 2 dt 2dt 2 2 dt 2 2 (2) 利用上面的结果，整个梯形的总电动势大小为, PQMNP , , PQ ， , QM ， , MN ， , NP , 3.2 ,10 3 V半径为的圆柱形空间内充满与轴平行的均匀磁场 (横截面见附图 ) ，以的恒定6.4.3 变化率增加。有一长为的金属棒放在图示位置，一半在磁场内部，另一半在磁 场外部，求棒的感生电动

22、势 , PQ .解答:用法拉第电磁感应定律求杆上的感生电动势分别作辅助线OP、0M和0Q,闭 合路径OPM的感应电动势中，由于 E感 的方向与0P和0M垂直，故0P和0M两 段感应电动势为0，因此 0PM 的感应电动势等于 PQ 段的电动势 ,因磁场充满 0PM 中,即d, dB 1 3R 2 dB , PM , , hR , dt dt 2 4 dt闭合路径OMQ的感应电动势中，由于E感 的方向与0Q和0M垂直，故0Q和0M两段感应电动势为0.因此0MQ的感应电动势等于MQ段的电动势，在,0MQ 中，因磁场仅充满扇形面积0MS故d, dB 1 R 2 , MQ , , dt dt 12 根据

23、楞次定律判断出 , PM , 0， , MQ , 0电子感应加速器的轨道半径为 0.4m，电子能量的增加率为160eV/周.644d B (1) 求轨道内磁场的平均值 B 的时间变化率 dt(2) 欲使电子获得 16MeV 的能量，需转多少周 , 共走多长路程 , 解答:(1) 电子转 1 周得到的能量为e, , 160 eV电子运行的圆周轨道的电动势d B , , R 2 dtd B 为 解得轨道内磁场的平均值 B 的时间变化率 dt, d B , , 3.18 ,10 2 T s dt R 2(2) 电子获得 16MeV 的能量转动的周数为160 ,10 5 eV N , 5 , 1016

24、0eV4 因轨道半径 R= R , 4 ,10 km , 故电子共走的路程为L , 2 RN , 251 km6.5.1 在长为 0.6m 、直径为 5cm 的空心纸筒上密绕多少匝导线才能得到自感 为 6.06.0 ,10 -3 H 的线圈 ,解答:线圈的自感为2 N 2 L , , 0 n 2V , , 0 lRl所绕的匝数为1 Ll N , , 1208 R , 02 6.5.2 空心密绕螺绕环的平均半径 ( 即中心圆的半径 ) 为 0.1m ，横截面积为 6 cm ，总匝数为 250 ，求其自感 .若螺绕环流过 3A 的电流，求其自感磁链以及每匝的磁 通.解答:螺绕环的自感为2 N 5

25、HL , 0 n ,2V , 0 2 , RS , 7.5 ,10 2 R 当通入线圈的电流 I=3 A 时，自感磁链为， , LI , 2.25 ,10 4 Wb每匝磁通为， , , , 9 ,10 7 WbN6.5.3 设同轴电缆内外半径分别为 R1 和 R2 （ 见教材图 6-27） ，试导出其单 位长度的自感 L 的表达式。解答:图 6.5.3 为同轴电缆的截面图，半径为 r 的磁场为 B（r） ，根据安培环路定 律，有2 rB ， r ， , , 0 I, 0 I 求得 B，r ， , 2 r通过长度为 l 的横截面为 S 的磁通为R1 R1 R , 0 I , 0 I drl ,

26、l ln 1 , ,， B ， r ，drl , ， R2 R2 22 rR2故单位长度的自感为 , R , 0 I L , , ln 1 Il 2 R26.6.1 两个共轴圆线圈，半径分别 R 和 r , 匝数分别为 N1 和 N 2 相距为 l （ 见附图 ） ，设r l ，以至大线圈在小线圈所在处的磁场可以视为均匀的。求两线圈之间的互 感系数解答:N1 匝的大线圈在小线圈所在处的磁场大小为2 IR N B1 , 3 2 ，l 2 ， R 2 ， 2小线圈所在处的磁通大小为 2 r 2 ,12 , B1 r 2 , 3 2 2 2，l 2 ， R ，小线圈所在处的磁链为N 2 N1 ,0r

27、 2 R 2 12 , N 2,12 ,， I1 3 2 2 2 2 ， l ， R ，两线圈之间的互感系数2 ， 12 N 2 N1 ,0r R 2 M , , 3 I1 2 2 2 2，l ， ，R6.6.2 附图所示的两个同轴密绕细长螺线管长度为，半径分别为 R1 和 R2 （ “细长”蕴含l ） 匝数分别 N1 和 N 2 ，求互感系数 M 12 和 M 21 ，并由此验证 M12 , M 21 l ， R2 R1解答:线圈 1 通有电流 I1 时管内产生的磁场大小为N1 B1 , ,0nI1 , ,0 I1 l线圈 1 对线圈 2 中 1 匝产生的磁通为,0 N1 R22 I1 2

28、,12 , R2 B1 , l线圈 1 对线圈 2 产生的磁链,0 N1 R22 I1 ，12 , N 2,12 , l线圈 1 对线圈 2 互感系数,0 N1N 2 R2 2 ，12 M12 , , l I1线圈 2 通有电流 I 2 时管内产生的磁场大小为N 2 B2 , ,0nI 2 , ,0 l2 l线圈 2 对线圈 1 中 1 匝产生的磁通只与线圈 2 的面积有关，即2 2 , 21 , R2 B2 , l线圈 2 对线圈 1 产生的磁链2 ， 21 , N1, 21 , l线圈 1 对线圈 2 互感系数21 ， , 0 1 2 2 M12 , lI 2 对比和的数值，证得M12 ,

29、 M 216.6.3 以代表两个线圈之间的互感系数， L1 和 L2 代表各自的自感系数，试 证在无漏磁情况下有 M , L1L2 。（无漏磁是指满足 ,12 ,11 及 , 21 , 22即完全偶合 ）解答:自感系数和分别定义为，11 N1,11 ， 22 N 2, 22 , , L1 , L2 ,I1 I1 I 2 I 2N1,11N 2, 22 L2 L1 , I1I 2 由于两个线圈完全偶合，满足条件 ,12 , ,11 及 , 21 , , 22，故N1,11N 2, 22 N 2,12 N1, 21 M L2 L1 , , , M12 21 , M 2 I1I 2 I1 I 2 因

30、而证得 M , L1L21 ，求这个电路的时间常数。 设附图所示的 RL 电路的电流在 5.0 s 内达到 稳态值的 6.8.1 3解答:因 RL 电路的电流随时间变化的关系为t i , I 0 1 e ,根据题设条件5t 1 I 0 , I 0 1 e , 3得 5t 2 , , e 3即5s 2 , ln , 3解得:, , 12 s., ， L=20 H, 合下瞬间的电流增长率为 5 A s 求: 设习题 6.8.1 幅图中的 R=46.8.2(1) 电流的电动势 ,(2) 电流为 10A 时的电流增长率及此事的电感所储存的磁能。 (注: 自感为L,电流为i1 的线圈所储存的磁能为 Wm

31、 , Li 2 ，推导见教材 ?6.11) 2 解答:(1) 因 RL 电路的电流随时间变化的关系为Rt , L i , 1 e R得di , RtL , edt L , di在 t , 0 时刻，有 , , 5 A s t ,0 dt L解得: , =100V(3)设t , t1 时电流为10A，即Rt1 , L 1 e , 10 A LRt1 L 求得 , 0.6 et di , 1 t , t1时刻的变化率为 t , t1 , e L , 3 A s dt L1 Li 2 ， t1 ， , 1000J 此时电感所储存的词能为 Wm , 26.8.3 设习题 6.8.1 附图中的，求下列各

32、量在开关接通后的值 : (1) 线圈所储 存的磁能的增长率 ;(2) 电阻 R 上消耗焦耳热的功率 ;(3) 电源输出的功率。解答:(1) 因电感线圈储存的磁能与时间有关，即1 Li 2 ， t ， Wm , 2由此可见，磁能是从零开始的逐渐增大 (与电流增长情况不同 ) 。线圈所储存的 磁能的增长率为Rt Rt di dWm L , Li , , ieL , 1 e edt dt R在开关接通后 t=0.1s 时，上式代入数据，得dWm Wt , 0.1s , 23dt(2) 在开关接通 0.1 s 后，电阻 R 上消耗的焦耳热的功率为Rt , 2 2 L P，t ， , i R t , 0

33、.1s , 1 e t , 0.1s , 40 W R(3) 电源输入的功率为Rt , 2 L P 源 ，t ， , , i , 1 e R将 t=0.1 s 及有关数据代入得 :P 源 ， 0.1 ，s , 63 W6.8.4 求附图电路合闸后 i1 、 i2 和 i 随时间变化的规律解答:由戴维南定理，附图电路可表示为图 6.8.4 ，图中等效电源的电动势 , e 大 小即是附图中将电感支路断开后的开路电压 ( 即左侧回路电阻 R 两端的电压 )R , R , , , e , U 0 , ; 等效电阻 (即左侧回路除源后开路两端的电阻 )Re , 由图 6.8.4 2 R ， R 2R 可

34、见，电阻值 与电感 L 组成典型电路，利用初始条件 i ， 0 ， , 0 ，求 得 i2 随时间变化的 2规律为，t R 2 ， ，,t R 2 L，, 2 ， 1 e ， i2 , , 1 e L R 2 R电感线圈的两端电压为di2 , e u2 , L dt 2随时间变化的规律为, ， R 2 ， t u2 , e L i1 , 2R R 固随时间变化的规律为， R ，t 2, L 2 e i , i1， i2 , 2R在附图所示的电路中， 6.8.5(1) 求开关 S 闭合后 t 时刻的线圈电流 i ，t ，(2) 若，10 V, R1 , 5, , R2 ,10,，求 t ,(时间

35、常数)时的 U AB解答:(1)S闭合前流过R2的是恒定电流，其大小为, I 0 , R1 ， R2S 闭合后 R2 被短路，回路方程为di , , iR1 ， L dt分离变量后得d ， , iR1R , 1 dt L , iR1积分得R1 t ， K ln ，, iR1 ， , LK 为待定系数，带入初始条件K , ln， , I 0 R1， , ln , , ln ， R ， R R1 2 R1 2得R1 R2, ln ，, iR1 ， , t ， ln L R1 ， R2 经整理得开关 S 闭合后时刻的线圈电流大小为Rt , 1 R2 i , 1 e L R1 ， R2 R1 因U A

36、B , i , t , R1 ,在t ,时刻，带入数据得, ,2 , R, 1 eU AB ， , R1 , 1 , , 7.5 V, R1 R1 ， R2 ,附图中两线圈的自感分别为 和 ，电阻为零，两者之间无互感偶合，电源的电 阻 6.8.6已计入中，设开关闭合前各支路无电流，求开关闭合后和 随时间变化的规律 解答:因i , i1 ， i2 (1)得di di1 di2 (2) ,， dt dt dt写出两个回路电路的方程 :di1 , , iR ， L1 (3)dtdi2 (4) , , iR ， 2 Ldt 将(2)式带入(3) 式，得di di2 (5) dt dt由 (4) 式得d

37、i2 , R , i dt L2 L2 带入 (5) 式，经整理得L1L2 di ， L L1 2 dtL1L2 令 L , ，利用初始条件 i ， 0， , 0 ，得L1 ， L2R， L，1 L ，2t , RtL L1L2 , (6) i，t ， , 1 e ，1 e ， R R将(6) 式带入(3) 式，得Rt di1 , , iR , , e L L1 dt 积分得L2, Rt i1 ，t ， , e L ， KR ， L1 ， L2 ，利用初始条件 i ， 0， , 0 ，确定积分常数为L2, K ,R ， L1 ， L2 ， 故解得L2, 1 e R ， LL1 2 ，1 LL

38、，t2 (7) i1 ，t ， , ， L R ， L1 2 ， 将(7) 式带入(1) 式，解得L1, 1 e R ， LL11 ，L2L ，2t i2 ，t ， , ， L R ， L1 2 ，6.8.7在附图所示的电路中，在开关 S2 断开的情况下合上开关 S1 ( 合闸时刻选为 0) ，在时刻 t1 再合上开关 S2 （ 以后保持接通 ）。求从 0 开始至 t 的时段内电流 i 随时间的 变化规律，并大致画出i ， t ， 的曲线。解答:现分两个过程讨论，在 0 , t , t1时间区段，电流的变化规律为, ,1 e ，R1，LR2 ，t , i ，t， , , , R1， R2 ,

39、,在 t , t1时，电流 i 的通解为R2， t t1， L i ， t t1 ， , Ke而在 t , t1时刻，有, ,1 e ，R1，LR2 ，t1 , i ，t， , , , R1， R2 , ,求得积分常数, ,1 ，e R1 ，L R ，2t1 , K , , , R1， R2 , ,因此在 t , t1 时，电流 i 的变化规律为， R ， R ， t 1 L 2 1 , ,1 e e R2， Lt t1 ， i ， t t1 ， , , , R1，R2 , ,从 0 开始至 t 的时段内电流 i 随时间的变化规律如图 6.8.7 所示 6.8.8 在长为 l 、半径为 b 、

40、匝数为 N 的细长密绕螺线管轴线的中部放置一个半径为 a 的导体圆环，圆环平面法线与轴线的夹角固定为 45: （ 见附图 ） 。已知环的电阻为 R1 ，螺线管的电阻为 R2 ，电源的电动势为 , ，内阻为零。忽略圆环的自感及它 对螺线管提供的互感电动势。（1）求开关合上后圆环的磁通随时间的变化规律(2) 求开关合上后环内电流随时间的变化规律(3) 试证圆环受到的最大力矩为a 4 ,0, 2 M , 2 R 8b R1 2l解答:(1) 电源接入含电阻和自感的螺线管可看作 R2 L 串联电路，开关合上后电流 i2 随时间的变化规律为R2t , L 1 e i2 ,， ， R2式中: 自感系数为,

41、0 N 2 b2 2 L , ,0n V , l 细长密绕螺线管轴线的中部的磁场大小为R2lt ,0 N, ,0 N b 22 1 e B , ,0ni，t ， , R2l开关合上后通过螺线管内圆环的磁通随时间的变化规律为R2lt 2 ,0 N, 0 N, R2t 2 , 2 ,，t ， , a 2 cos 45: ,， ， 2 2 R2l 2R2l(2) 开关合上后螺线管内圆环的感应电动势 ( 正方向与磁通成右手关系 ) 大小为 d , 2 , a 2 RL2t , e , 2 , dt 2 Nb2求得圆环内电流随时间的变化规律为, 2 2 , a 2 RL2t , e i1 , 2 Nb2

42、 R1(3) 小线圈的磁矩为2 , a 4 R t 2 e L Pm , 2 2 Nb R1 圆环受到的力矩也是时间的函数R2t R t R2t 2 2 , 4 ,0 N a, 0 , 2 1 , R2t sin 45:e L 1 e L , e L e LM , pm , B ,2a 4 2 Nb R1 R2 2 b R1R2l力矩 M 是两项的乘积，磁矩 pm 随时间指数衰减，磁场 B 随时间指数增加， 反映管内磁场由于螺线管的自感存在而使电流 （ 从而使磁场 ）由 0 逐渐增加的规律。因通过求极值的方法求出最大的力矩 M,令dM , , 2a 4 R2 RL t RL t ， , 0 1

43、 e 2 e ， dt b R1R2l LR2t 1 L L , ，即 t , 解得当 e ln 2 时，力矩 M 取极值。求对 T 时间 t 的二阶导数后， 2 R2L 将 t , ln 2代入，得R22 d M , 0 L t , ln 2 dt 2 R2L 知 t , ln 2时，力矩 M 为极大值，代入力矩的表达式，证得此最大值为R2a 4 ,0, 2 M , 2 R 8b R1 2l6.9.1 在附图所示的 RC 充电电路中，为使电容器的电量达到稳态值的 99% ，所需的时间是时间常数的多少倍 ,解答:先列出附图所示的充电电路的方程，duc ， uc , , RC dt分离变量后得d

44、 ， , uc ， 1 , dt RC , uc积分后得的通解K ln ， , uc ， , RC通过初始条件定出积分常数K，因t=0 , uc =0得K , ln ,故1 ln , t RC t RC , e ,电容上的电压随时间变化的规律为RCt uc , ,， 1 e ，按题意uc RCt 1 e , , 0.99J解得t , ln 0.01 , 4.6JS，6.9.2 附图中的 , 、C、 R1 及 R2 均已知。在电路达到稳态后切断开关 求电容电压 uc 和电流 ic 随时间的变化规律解答:电容电压 uc 的通解t R2C uc , Ke代入初始条件，得 uc 随时间的变化规律为t

45、, R2 R2C e uc , R1 ， R2电流 ic 随时间的变化规律为t duc , , e R2C ic , C dt R1， R2负号表示电流 ic 的方向与图设的电流的正方向相反6.9.3 通过电阻 R 把电荷量为 Q0 的电容器接在内阻为零，电动势为 , 的电 池上。设接通时刻为 0 ，试证接通后电容器的电荷量随时间 t 的变化规律为RCt q ， t ， , , C ， ，Q0 , C ， e证明 :利用习题 6.9.1 所得的电容电压 uc 的通解1 t ， K ln ，, uc ， , RCQ0 ，定出待定常数 利用初始条件 uc ， 0， , CQ ln , K C代入上

46、式，得, uc 1 , ln t 0 Q RCt , uc RC , e 0 Qq ， t ， 代入上式并经整理，证得接通后电容器的电荷量随时间 t 的变化规 律为 因 uc , CRCt q ， t ， , , C ， ，Q0 , C ， e6.9.4 充电至 100V 的 10 , F 电容器通过一个 10 k, 的电阻放电。求 :(1) 刚开始瞬间的电流(2) 电荷减少一半所需的时间(3) 能量减少一半所需的时间解答:(1) 求刚开始瞬间的电流，即要抓住电容其电路的换路定律 : 含电容电路 中的电容上的电压和电荷量不能突变。u(0) 100V i(0) , , , 10 2 A R 10

47、k,(2) 放电时的电容器上的电荷量变化规律为RCt q(t ) , q0e按题意设 t , t1 时，电容器电荷量 q 与开始时刻电荷量 q0 之比为 0.5 ， 即t q RC1 , , 0.5 e q0解得t1 , ( ln 0.5)RC , 0.07s(3) 因电容器放电时，电容器的电场能量随时间逐渐减少，可以表示为时间的 函数，即t q e RC )2 2 t 1 q 2 (t ) 1 (q0 02 RC2 t e We (t ) , , , , We (0)e RC 2 C 2 C2C按题意设 t , t2 时电容器能量 We (t2 ) 与开始时刻能量 We (0) 之比为 0.

48、5 ，即RC2 2 t We (2t ) , , 0.5 eWe (0)解得RC t2 , ， ln 0.5 ， , 0.035 s 26.9.5 附图中 , , 10 V, R1 , 20, , R2 , 20, , C , 10, F在开关断开前电路已达稳态，求:(1) 从开关断开起 2, 时电容器 C 的电压 uc (, 为时间常数 );(2) 开关断开并达到稳态后电容 C 上储存的电场能。 解答:(1) 开关断开后，因电容器的电压还低于电源电压，所以电容器将继续充电， 在 t , 0 时间区段，电容器的电压的通解是1 t ， K ln ，, uc ， , RC 利用初始条件定出积分常数

49、, R2 , R1 K , ln， R ， R R1 2 R1 2代入上式整理后得, R1 RCt e , uc , R1， R2从开关断开起电容器 C 的电压 uc 随时间变化的关系为R1 t 1 e R1C uc , , R1， R2, ，即从开关断开起 2, 时电容器 C 的电压为 代入数据及 t , 2uc , 9.46 V(2) 开关断开并达到稳态后电容 C 上电压等于 , ，电容 C 上储存的电场能1 We , C, 2 , 5 ,10 4 J 26.9.6 附图中 R1 , R2 , R4 , 5k,，R3 , 10k, , c , 10, F当电容电压为U CD , 10V 时

50、接通开关 S ，电容的放电电流经过多长时间后下降到 0.01mA，解答:为便于解题首先将附图中的电路简化，电阻 R1、 R2 、 R3 可经串并联后， 得等效电阻， R ， R1 2 ， R3 , 5k, R ,， R1 ， R2 ， ， R3因此，接通开关 S 后，电容通过电阻 R 和 R4 放电，电容上的电压为t ， ， C R， R4 uc , U C 0e电容的放电电流的大小为t duc U C 0 , e， R， R4 ， C iC , C dt R ， R4设 t , t1 时，电流下降到 0.01mA ，代入数据，解得t1 , 0.1 ， ln10 2 ， s , 0.46s6.

51、9.7 附图中的电容在开关接通前电压为零，求开关接通后 i1 、 i2 和 i3 的变化规律解答:由戴维南定理，附图电路可表示为图 6.9.7 ，图中等效电源的电动势 , e 的 大小即是原题附图中将电容支路断开后开路电压 （即右侧回路电阻 R2 两端的电压 ）, R2 R1R2 。 , e , U 0 , ;等效电阻 （ 即左侧回路除源后开路两端的电阻 ）Re , R1 ， R2 R1 ， R2由图 6.9.7 可见，电阻值 Re 与电容 C 组成的典型回路，利用初始条件uC ， 0， , 0 ，求得 uC 随时间的变化规律为t R C e ， uC , , e ，1 e电容器的充电电流为duC , RR RR t 2, e i2 , Cdt R1习题 6.9.7 附图中流经电阻 R2 的电流为R ， R , 1 2 t uC , 1 e R1R2C i3 ,， ， R1 ， R2 R2开关接通后流经电阻 R1 的电流为R ， R R i1 , i2 ， i3 , 1 ， 2 e R1R2C R1 ， R2 R16.10.1 电容 10, F 为的电容器充电至 100V ，再接通 100, 的电阻和 0.4H 的 电感串联放电。这一 RLC 电路处于什么振荡状态 ,