第13章例题

第十三章电磁感应电磁场例题13-1如图所示，在通有电流为I=I0+kt（I0、k皆为正的恒量，t为时间）的长直导线近旁有一等腰直角三角形线框MNP，两者共面，MN与直导线平行，且相距为a，三角形的直角边的长也是a。求线框中感应电动势的大小和方向。13-1.swf分析：因为，长直电流所激发的磁场是非均匀磁场。能够正确求解本题的关键，首先是正确求出穿过三角形线框MNP的磁通量。第一步：在三角形线框上选择一个面积元，并求出穿过该面积元的磁通量；第二步：通过积分求出穿过三角形线框MNP的总磁通量；第三步：利用法拉第电磁感应定律求线框中的磁感应电动势；第四步：判断感应电动势的方向解沿线框选定回路的顺时针绕向，按右手螺旋定则，回路所包围面积的法线方向垂直屏面向里，建立坐标如图所示的直角坐标系Oxy，则NP边满足的方程为y＝2a－x，x处的磁场强度为B=μ0I/(2πx)，方向垂直纸面向里。取如图所示的面积元dS（阴影部分），则通过面积元dS的磁通量为dxxaxISdBd)2(20穿过直角三角形所包围面积的总磁通量为dxxaxIdasmm)2(2022)12ln2(2)()12ln2(2000ktIaaI由法拉第电磁感应定律得线框内的感应电动势为)12ln2(20kadtdmi因为Ei0，所以Ei的方向与回路绕行方向相反，即沿逆时针方向。当线框由N匝导线组成时，每匝线圈上都会产生感应电动势，因此线圈的总感应电动势为)12ln2(20NkadtdNmi例题13-2如图所示的空间区域内有均匀磁场分布，现有一半圆形线圈，可绕垂直于画面并通过圆心O的轴,以匀角速度ω作逆时针方向的转动。起始时刻线圈的位置如图所示，试求感应电动势的大小和方向。13-2.swf解法一：用法拉第电磁感应定律求解首先，沿线圈作一半圆形回路，选顺时针方向为回路正绕向，则回路的面法线正方向垂直于画面向里，与磁场B同向。下面分两种情况来求解1.当0θπ时，穿过线圈的磁通量为13-2-1.swftBRBRBSSdBm222121由法拉第电磁感应定律有221BRdtdm其中负号说明E0，E为逆时针方向，与回路绕行方向相反。2.当πθ2π时，穿过线圈的磁通量为13-2-2.swftBRBRBSSdBm2221)]([21221BRdtdm式中E0，说明此时E为顺时针方向，与回路绕行方向相同。解法二：用动生电动势方法求解E=∫L(v×B)·dl线圈以角速度ω转入磁场的过程中，线圈上只有直线部分在磁场中切割磁感线，其上有动生电动势。但由于直线的运动是绕O点转动，故直线上各点的线速度v不同，电动势的分布也不同。在进入磁场的直线部分取一小线元dl=-dr，如图所示，且v⊥B，即θ=90˚；dr与v×B反方向，γ=180˚，则其上的电动势为dE=(v×B)·dl=-vBdr=-ωrBdr2021BRBrdrR负号说明电动势的方向与矢径的方向相反，指向圆心O点。当0θπ时，线圈转入磁场，电动势方向为逆时针方向。当πθ2π时，线圈转出磁场，电动势方向为顺时针方向。例题13-3一长直导线通有5.0安培直流电流，旁边有一个与它共面的矩形线圈，长a=20cm，宽b=10cm；线圈共有N=1000匝，以v=3.0m·s-1的速度离开直导线。求线圈里的感应电动势的大小和方向。13-3-1.swf分析：本题是典型的动生电动势问题。由于I为稳恒电流，所以它在空间各点所产生的磁场亦是稳恒的，即B不随时间而变。然而当矩形线圈ABCD运动时，不同时刻通过线圈之磁通发生变化，故有感应电动势。本题可以分别用两种方法解之。取坐标如图，并假定线框的电阻很大，自感电动势可略（由于匝数很多，此假定可以成立的）。以线圈在动画所示的起始位置（x=0处）为计时起点。解法一：用法拉第电磁感应定律计算。设矩形线框经过时间t之后，到达图示位置。选矩形线框面法线方向与B同向。13-3-2.swf取面积元dS=ldx，距长直导线之距离为x，由于该面积元取得足够小，可以认为面积元的B是均匀的，其值为，通过面积元的磁通量ldxxBdSd20此时通过线框之总磁通量vtbvtIldxxIldbvtvtln2200由法拉第电磁感应定律知，线框之感应电动势为]11[20vtbvtIlNvdtdN上述结果E0，说明线框中感应电动势方向为顺时针方向。解法二用动生电动式方法计算。在线框运动过程中，AD、BC不切割磁感线，故无动生感应电动势AB、CD两段切割磁感线，所以有动生电动势。当线框离开长直载流导线时，AB段与直导线的距离为vt，AB段的感应电动势为alINvBlvAB20，方向为B→A同样，CD段的感应电动势为blINvBlvCD20，方向为C→D总电动势为)11(20balINvCDAB线框内磁感应电动势的方向：顺时针方向。比较以上两种解法，显然，对于这种磁场不变的线框运动，用切割磁感应线的解法比较方便。例题13-4如图所示，一截面为矩形的螺绕环，其几何尺寸如图，总匝数为N。13-4.swf（1）求它的自感系数；（2）当N=100匝，a=5.0cm，b=10cm，h=1.0cm时，自感为多少？分析：假设螺绕环通有电流I，由于对称性，磁场只集中在螺绕环内。由安培环路定理可以求得环内各点的磁感强度rNIB20，然后求出穿过环上每一匝线圈的磁通量，最后根据自感定义式求出螺绕环的自感系数。解法一：从自感定义式L=NΦ/I求L。由于对称性，凡距离轴为r之所有点的B之数值都相同，而方向均垂直截面。于是通过截面的磁通量abNIhrdrNIhBhdrBdSSdBbabaln2200由自感定义式得abhNINLln220结果表明，自感系数仅由线圈本身的形状、匝数所决定，而与电流无关。解法二：我们可以从定义式EL=-LdI/dt求得L。为此，我们设想电流I是变化的，即I是时间t的函数，则由它产生的磁场也是变化的，所以螺绕环线圈上有感应电动势，由式EL=-NdΦ/dt得感应电动势dtdIabhNdtdNLln220显然，此电动势就是自感电动势。由式dtdILL知，螺绕环的自感系数为abhNdtdILLln2/20显然，这和解法一的结果是一致的。当N、a、b和h已知时，由计算结果可以求得L,为此，将各数值代入公式可得HabhNL320104.1ln2例题13-5如图所示，一长直螺线管线圈C1，长为l，截面积为S，共绕N1匝表面绝缘的导线，在C1上再绕另一与之共轴的线圈C2，其长度和截面积都与线圈C1相同，共绕N2匝表面绝缘的导线。线圈C1称为原线圈，线圈C2称为副线圈。螺线管内磁介质的磁导率为μ。求：13-5.swf(1)这两个共轴螺线管的互感系数；(2)两螺线管的自感系数与互感系数的关系。分析：这是一种理想情况下的互感问题。两个线圈同轴且无漏磁，穿过一个线圈的磁通量同时也是穿过另一个线圈的磁通量。问题1解假想原线圈C1中通有电流i1，则螺线管内均匀磁场的磁感强度和磁通量分别为B=μN1i1/lΦ=BS=μN1i1S/l因为磁场集中在螺线管内部，所有磁感线都通过副线圈C2，即通过副线圈的磁通量也是Φ，故副线圈的磁链为N2Φ=μN1N2i1S/l按互感系数的定义式，对N2匝线圈来说，当穿过每匝回路的磁通量相同时，应有Mi1=N2Φ，由此得两线圈的互感系数为M=N2Φ/i1=μN1N2S/l问题2解在原线圈通电流i1时，原线圈自己的磁链为N1Φ=μN12i1S/l按自感系数的定义式，对N1匝线圈来说，当穿过每匝回路的磁通量相同时，应有L=N1Φ/i，由此得原线圈的自感系数为L1=N1Φ/i1=μN12S/l同理，副线圈的自感系数为L2=μN22S/l故有M2=L1L2由解答二得这两螺线管的自感应系数与互感系数的关系为21LLM顺便指出，只有对本例所述这种完全耦合的线圈，才有M=(L1L2)1/2的关系．一般情形下，M=k(L1L2)1/2，而0≤k≤1，k称为耦合系数，k值视两线圈的相对位置(即耦合的程度)而定。例题13-6将自感系数分别为L1、L2、互感系数为M的两个线圈1和2串联，如果两线圈相互加强称为顺接（见图1）；如果两线圈相互削弱称为反接（见图2），计算在这两中接法下两线圈的等效总自感。12L1L2M12L1L2M解：（1）顺接，设线圈通以变化的电流I，则线圈1内磁通：Φ1=(L1+M)I线圈2内磁通：Φ2=(L2+M)I串联线圈内总磁通：Φ=Φ1+Φ2=(L1+L2+2M)I串联线圈中的感应电动势：dtdIMLLi)2(21故得串联线圈的等效自感：L=L1+L2+2M(2)反接，设线圈通以变化的电流I，则线圈1内磁通：Φ1=(L1-M)I线圈2内磁通：Φ2=(L2-M)I串联线圈内总磁通：Φ=Φ1+Φ2=(L1+L2-2M)I串联线圈中的感应电动势：dtdIMLLi)2(21故得串联线圈的等效自感：L=L1+L2-2M例题13-7设有一电缆，由两个无限长的同轴圆筒状导体所组成，其间的介质情况可不考虑，内圆筒和外圆筒上的电流流向相反而强度I相等。设内、外圆筒横截面的半径分别为R1和R2，试计算长为l的一段电缆内的磁场所储藏的能量。13-6.swf分析：对于载流回路磁场能量的计算可以采用两种方法：1．采用磁场能量密度积分的方法计算，即W=∫VωmdV2．在已知回路自感系数L的前提下，用自感磁能的公式Wm=LI2/2计算解法一根据安培环路定理可得，在内、外两圆筒之间的区域内离开轴线的距离为处的磁感强度为在该处的磁场能量密度为在半径为与、长为的两个圆柱面所组成的体积元dV内，磁场的能量为对上式积分，可得内、外圆筒之间磁场内储藏的总磁能解法二磁场能量也可用Wm=LI2/2计算。同轴电缆单位长度的自感系数为1201ln2RRiLm因此，同轴电缆单位长度的自感磁能为12202ln42''RRIILWm那么，长度为l的一段同轴电缆的自感磁能为1220ln4'RRlIlWm结果与解法一相同。例题13-08一半径为R的圆形平行板电容器，与一交流电源相连，极板上电荷量随时间的变化关系为q=q0sinωt忽略电容器的边缘效应。1．求两极板间距离中心轴线为r(rR)处的磁场强度H的大小；2．求两极板间离中心轴线距离为r(rR)处的磁场强度H的大小。问题一解答：由于电容器两极板间的传导电流为零，故有因电场的分布具有轴对称性，故磁场的分布也具有轴对称性，由上式可知，变化的电场所激发的磁场的磁感线是以电容器中心轴线为圆心的一系列同心圆。作一半径为r的同轴圆形回路L，设L的绕行方向与H同向，则有LrHldH2而tDrdStDSdtD2所以222rjrtDrHdH=jdr/2问题二解答：由非稳恒条件的安培环路定理知如图作半径为r(rR)的环路绕Ｌ，环路绕与H同向，环路上各点H处处相等，则LrHldH2dItDRdStDSdtD2所以222RjRtDrHd221RjrHd对于平行板电容器，极板间电位移的大小为D=σ=q/S电容器极板上带电量q=q0sinωt，极板面积S=πR2故tRqDsin20那么两极板间位移电流密度的大小为dSLISdtDldH由上一例题可知，所以(rR)其中，随r的增大而减小。