第十三章电磁场与麦克斯韦方程组习题解答和分析

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0sinIIt，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ddit计算感应电动势，其中磁通量sBdS，B为两导线产生的磁场的叠加。解：无限长直电流激发的磁感应强度为02IBr。取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。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()2()IIBrxrx，垂直纸面向里通过微分面积dSadx的磁通量为00122()2()IIdBdSBdSadxrxrx通过矩形线圈的磁通量为000122()2()bIIadxrxrx012012lnlnsin2arbrbItrr感生电动势012012012012dlnlncosd2()()lncos2iarbrbIttrrarbrbItrr0i时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。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，置于均匀磁场题图13-1题图13-2第十三章习题和解答·2·B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/2时，(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2=2060nrad/s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2coscosNBSNBStNBrt电动势2dsindiNBrtt感应电流2siniiNBrtIRR将圆线圈自图示的初始位置转过/2时，2t代入已知数值得：0.99iIA(2)感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为406.2210T2iiIBNriB的方向与均匀外磁场B的方向垂直。13-3均匀磁场B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d1T/sdBt的匀速率增加，已知6cmOaOb，3，求等腰梯形回路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回路绕行的正方向.则t时刻通过该回路的磁通量BSBS题图13-3题图13-4第十三章习题和解答·3·其中S为等腰梯形abcd中存在磁场部分的面积，其值为2211()sin22SRoa电动势ddddiBStt2211d()sin22dBRoat代入已知数值33.6810Vi“–”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，02IBx。因此，必须由积分求得t时刻通过回路的磁通量。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00ddln22bvtSavtIIlbvtlxxavtBS（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势00()dd2itIlvbatab电动势的方向沿顺时针绕向。13-5如题图13-5所示为水平面内的两条平行长直裸导线LM与LM,其间距离为l,其左端与电动势为0的电源连接.匀强磁场B垂直于图面向里，一段直裸导线ab横嵌在平行导线间（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运动的速度为第十三章习题和解答·4·v,则此时直导线ab所产生的动生电动势iBlv，方向由b指向a.由全电路欧姆定理可得此时电路中的电流为0BlviRab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时0i。所以ab达到的最大速度为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B平行于O1O2轴。求ab两端间的电势差Ua-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dl，先由动生电动势公式计算线元dl的两端的动生电动势id，再积分计算整段的动生电动势。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ob方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元dl，方向为ob方向。线元运动的速度大小为vl。由于,,vBdl互相垂直。所以dl两端的动生电动势()idvBdlvBdlBldlob的动生电动势为242501416dd2550LobiabLBllBBL动生电动势ob的方向由b指向O。同理oa的动生电动势为题图13-5题图13-6第十三章习题和解答·5·225011dd2550LoaibaLBllBBL动生电动势oa的方向由a指向O。所以ab两端间的的动生电动势为2310abaooboaobBL动生电动势ab的方向由a指向了b；a端带负电，b端带正电。ab两端间的电势差2310ababUUBLb端电势高于a端。13-7如题图13-7所示，导线L以角速度ω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θ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dl的两端的动生电动势id，再积分计算整段的总动生电动势。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dl,方向为OP方向。线元运动的速度大小为vl。由于,,vBdl互相垂直。所以dl两端的动生电动势()dvBdlvBdlBldl将载流长直导线在该处激发磁场02(cos)IBal代入，积分得导线L在与水平方向线成θ角时的动生电动势为：00d2cosLiOPiIldlal020(cos)(cos)2cos(cos)LIaladlal题图13-7题图13-8第十三章习题和解答·6·02+coscosIn2cosIaLLaa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=I0sinωt。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0BnI，导线环上某点涡旋电场E的方向沿导线环的切向。所以由规律LSBEdldSt可得22(2)dBErrdt导线环上涡旋电场E的值为00cos44nrrdBEItdt若cosωt0,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cosωt0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相同，自上向下看为逆时针方向。(2)导线上的感应电流iI22001cosiidrdBrInItRRdtRdtR(3)导线环与螺线管间的互感系数为220BrMnrII13-9电子感应加速器中的磁场在直径为0.50m的圆柱形区域内是匀强的，若磁场的变化率为1.0×10-2T/S。试计算离开中心距离为0.10m、0.50m、1.0m处各点的感生电场。分析：由磁场的柱对称性可知，变化磁场所激发的感生电场分布也具有相应的对称性，即感生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。根据LSBEdldSt可求出感第十三章习题和解答·7·生电场强度。解：以圆柱形的区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，为顺时针方向。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LSBEdldSt可得22()2()LdBrrRdtEdlErdBRrRdt得2d()2dd()2drBrRtERBrRrt式中“-”说明：若d0dBt，E的实际方向与假定方向相反，否则为一致。r=0.10m时,rR,4d||5.010V/m2drBEtr=0.50m时,rR,24d||6.2510V/m2dRBErtr=1.10m时,rR,24d||3.1310V/m2dRBErt13-10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