例131有一长直螺线管在管的中部放置一个与它同轴线面

1、例131有一长直螺线管在管的中部放置一个与它同轴线面图boti由于通过小线圈面积的磁通量按指数规律变化，小线圈中的感应电动势也按指数规律下降(图 (b) ，在t=0的瞬时感应电动势最大，把量代入得在t=0 和t=这段时间内，通过小线圈截面的感生电荷量为例题13.2 一长直导线中通有交变电流I=I0sint，式中I表示瞬时电流，I0是电流振幅， 是角频率， I0 和都是常量。在长直导线旁平行放置一矩形线圈，线圈面积与直导线在同一平面内 。线圈长为l，宽为 b，线圈近直线的一边离直导线的间隔 为 d图。求任一瞬时线圈中的感应电动势。解 在某一瞬时，距直导线为x 处的磁感应强度为Idblxdx选顺时

2、针的转向作为矩形线圈的绕行正方向，那么通过图中阴影面积dS=ldx的磁通量为在该瞬时t，通过整个线圈所围面积的磁通量为由于电流随时间变化，通过线圈面积的磁通量也随时间变化，故线圈内的感应电动势为从上式可知，线圈内的感应电动势随时间按余弦规律变化，其方向也随余弦值的正负作逆时针、顺时针转向的变化。例13-3 如以下图铜棒OA长L=50cm，在方向垂直纸面向内的匀强磁场(B=0.01T)中，沿反时针方向绕O轴转动，角速度=100rad/s，求铜棒中动生电动势的大小和指向。假设是半径为50cm的铜盘以上述角速度转动，求盘中心和边缘之间的电势差。各小段上的 di的指向一样，所以铜棒中总的动生电动势为l

3、dlAOLv解 当铜棒作匀速转动时，铜棒上各点的速度不一样，在铜棒上距O点为l处取长度元dl，其速度v= l。可知dl上的动生电动势为由图可知， i的指向从A到O。O点与A点之间的电势差为此题还有另一解法。设铜棒在t时间内所转过的角度为，那么在这段时间内铜棒所切割的磁感应线数等于它所扫过的扇形面积内所通过的磁通量，即所以铜棒中的动生电动势结果与上一解法完全一致。假设是铜盘转动，可以把铜盘想象成由无数根并联的铜棒组合而成，每根铜棒都类似于OA，因这些铜棒是并联的所以铜盘中心与边缘之间的电势差仍等于每根铜棒的电势差假设把O点和A点与外电路接通，那么在磁场中转动的铜棒就能对外供给电流，这就是一种简易

4、的发电机的模型。例13-4 如以下图，一长直导线中通有电流I=10A，在其附近有一长l=0.2m的金属棒AB，以v=2m/s的速度平行于长直导线作匀速运动，如棒的近导线的一端间隔 导线d=0.1m，求金属棒中的动生电动势。解 由于金属棒处在通电导线的非均匀磁场中，因此必须将金属棒分成很多长度元dx，这样在每一个dx处的磁场可以看作是均匀的，其磁感应强度的大小为IlvxdxABdi的指向是从B到A的，也就是A点的电势比B点的高。由于所有长度元上产生的动生电动势的方向都是一样的，所以金属棒中的总电动势为式中x为长度元dx与长直导线之间的间隔 。根据动生电动势的公式，可知dx小段上的动生电动势为例1

5、3-5 边长l=5m的正方形线圈，在磁感应强度B=0.84T的磁场中绕轴转动如图。线圈的铜线的电阻率为=1.710-8m ，截面积S 2，共10匝。线圈的转速n=10r/s，转轴与磁场方向垂直。求1由图示的位置即线圈平面与磁场垂直转过300时线圈内的动生电动势；2线圈转动时的最大电动势，及该时刻线圈的位置；3由图示的位置开场转过1s时线圈内的动生电动势；4转过1800时通过铜线任一截面的感生电荷量。解 取逆时针的绕行方向作为正方向，并取图示位置作为计时起点t=0，那么当线圈转过角时，通过单匝线圈面积的磁通量设线圈转动的角速度为 ，于是=2 n ， =t=2nt，根据法拉第电磁感应定律得到(1)

6、当 =300时，(2)当sin =1时,即 =900、 2700等位置时， i为最大(3)当t =1s时(4)通过铜线截面的感生电荷量当转过1800时，2=-1线圈铜线的电阻所以例13-6 在半径为R的无限长螺线管内部的磁场B随时间作线性变化dB/dt=常量时，求管内外的感生电场E图aEEEE解 由场的对称性，变化磁场所激发的感生电场的电场线在管内外都是与螺线管同轴的同心圆，E处处与圆线相切图 (a)，E的大小处处相等。任取一电场线作为闭合回路，那么可求出离轴线为r处的感生电场的大小为1当rR，即所考察的场点在螺线管外时，右边的面积分包螺线管整个截面，因只有管内的dB/dt不为零，显然图bOr

7、ER例题13-7如以下图，由两个“ 无限长的同轴圆柱状导体所组成的电缆，其间充满磁导率为的磁介质，电缆中沿内圆筒和外圆筒流过的电流I大小相等而方向相反。设内、外圆筒的半径分别为R1和R2，求电缆单位长度的自感。lR1R2rIIdrldr解 应用安培环路定理，可知在内圆筒之内以及外圆筒之外的空间中磁感应强度都为零。在内外两圆筒之间，分开轴线间隔 为r处的磁感应强度为由于=LI，可知单位长度电缆的自感为通过圆筒之间l长的总磁通量为在内外两圆筒之间，取如以下图的截面，通过长为l 的面积元ldr的磁通量为例13-8 一密绕的螺绕环，单位长度的匝数为n=2000m-1，环的横截面积为S=10cm2 ，另

8、一个N=10匝的小线圈套绕在环上，如以下图。nSN1求两个线圈间的互感；2当螺绕环中的电流变化率为dI/dt=10A/s时，求在小线圈中产生的互感电动势的大小解 1要求互感，可以先设想小线圈中通有电流，再计算小线圈中的电流在螺绕环中产生的磁链数；或者相反，先假定在螺绕环中通有电流，然后算出该电流在小线圈中产生的磁链数。在本例中，由于小线圈通电流后所激发的磁场难以计算，通过螺绕环中各匝线圈的磁通量也无法算出，所以只能采用第二种设想来计算。设螺绕环中通有电流I，螺绕环中磁感应强度的大小为B=0nI，通过螺绕环上各匝线圈的磁通量等于通过小线圈各匝的磁通量，所以通过N匝小线圈的磁链数为根据互感的定义可

9、得螺绕环与小线圈间的互感为2在小线圈中产生的互感电动势的大小例13-9 在电容器充电的电路中，假设R=2000 ，C=100F, =100V 。求1充电开场时的电流最大值；2充电完毕后电容器两极板间的最大电势差；3当t=0.1、 0.2 、 0.4、 0.6、0.8 、1.0、1.2 s 时，电容器两极板之间的电势差及电路中的电流。RCKE解 1充电开场时，电容器两极板之间的电势差为零，电源的端电压其量值等于电动势 全部加在电阻R上，所以电路中的电流最大。2充电完毕时，电容器上的电势差等于电源的端电压，即3电路的时间常数为当t=0.1时，电容器两极板之间的电势差及电路中的电流分别为可见当t5R

10、C时，电容器两极板间的电势差已到达最大值的99%以上，电路中的电流已降到只有最大值的0.67%以下，我们可以近似地认为这时电容器的充电已经完成。t/sUC/vI/mA0.1240.3370.9162.496.7718.430.339.463.286.595.098.299.399.80.10.20.40.60.81.01.2用同样方法可以求得其他各时刻的Uc和I，下表就是计算结果例题13-10一根很长的同轴电缆如图由半径为R1 的圆柱体与内半径为R2 的同心圆柱壳组成，电缆中央的导体上载有稳定电流I，再经外层导体返回形成闭合回路。试计算1长为l 的一段电缆内的磁场中所储藏的能量；2该段电缆的自

11、感。解 由安培环路定理得，在内外导体间的区间离轴线间隔 为r处的磁感应强度为drrR1R2在电缆外面，B=0，在内外导体的内部也都存在磁场，同样可由安培环路定理求得。适中选择电缆尺寸，使绝大局部磁能储藏在两个导体之间的空间内，那么此空间中离轴线间隔 为r处的磁能密度为在半径为r与r+dr,长为l 的圆柱壳空间之内的磁能对上式积分可得储藏在内外导体间空间内的总磁能（2）由磁能公式 可求得长为l 的同轴电缆的自感为所得的结果和例题13-7完全一样 解：设俩线圈在开始时都是断路的（如图，先接通线圈1，使其中的电流由零增加到I10 因此线圈中的磁能为 ，L1为线圈1 的自感。在线圈1接通后，再接通线圈

12、2，使线圈2 中的电流也从零增加到I20 ，因此线圈2 中的磁能为 ，例13-11 用在线圈中建立电流的过程计算储存在线圈周围空间磁场能量的方法，证明两个线圈的互感相等，即M12=M21。I212I1因此在两线圈组成的系统中，当线圈1的电流为I10 ，线圈2 中的电流为I20时，这系统所具有的磁能为M12是线圈2对线圈1的互感，所以附加磁能为L2是线圈2的自感。由于在线圈2接通并增强电流的同时在线圈1中有互感电动势产生，为了保持线圈1中的电流I10不变，在线圈1电路中的电源必须抑制互感电动势而作功，因此出现附加磁能。因为互感电动势的量值为同理 ，我们可以先在线圈2中建立电流为I20 ， 然后在线圈1中建立电流I10 ，重作上述的讨论，可以得到相应的关系式M21是线圈1对线圈2 的互感系数，因为系统的能量不应该与电流建立的先后次序有关，所以Wm= W m 。由此得出令M=M12=M21，那么两个载流线圈总磁能的公式可表为因为附加磁能可能为负值，故两个载流线圈总磁能的一般公式应写成例题13-12 设电子是一个半径为R的小球，并假定电荷均匀分布与其外表。当电子以速度v(vc)运动时，当电子周围无限大