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1、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sB d S，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0 2IBr。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
2、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 ()IIdB dSB dSadxrxrx通过矩形线圈的磁通量为000 122 ()2 ()bIIadxrxrx012 012lnlnsin2arbrbItrr感生电动势012 0 12012 0 1 2dlnlncosd2()()lncos2iarbrbIttrrarbrbItrr0i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
3、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2B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=2060nrad/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2co
4、scosNB SNBStNB rt电动势2dsindiNB rtt感应电流2sini iNB rtIRR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406.22 10T2i iIBNriB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
5、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B SBS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ddddiBStt2211d() sin22dBRoat代入已知数值33.68 10 Vi“”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
6、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，0 2IBx。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00ddln22b vtSa vtIIlbvtl xx
7、avtBS（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势00()d d2i tIlv ba tab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L M, 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
8、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4v, 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0 maxvBl （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
9、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
10、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()idvB dlvBdlB ldlob的动生电动势为24 2501416dd2550LobiabLBl lBB L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5225011dd2550LoaibaLBl lBB L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
11、端带正电。ab两端间的电势差2310ababUUBLb端电势高于a端。13-7 如题图 13-7 所示，导线L以角速度 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
12、相垂直。所以dl两端的动生电动势()dvB dlvBdlB ldl将载流长直导线在该处激发磁场0 2 (cos )IBal代入，积分得导线L在与水平方向线成角时的动生电动势为：00d2cosLiOPiIldlal0 20(cos )( cos )2cos(cos )LIalad lal题图 13-7 题图 13-8 第十三章习题和解答60 2+coscosIn2 cosIaLLaa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=I0sin t。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
13、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 LSBE
14、 dldSt可得22 (2 )dBErrdt 导线环上涡旋电场E的值为0 0cos44n rr dBEItdt 若 cost0,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 costR, 2 4d|6.25 10V/m2dRBErtr=1.10m 时,rR, 2 4d|3.13 10V/m2dRBErt13-10 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，
15、由感生电场力及牛顿第二定律求出瞬时加速度。解：以圆柱形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，由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规律题图 13-10 题图 13-11第十三章习题和解答8ddLltSBES可得2dd2dLBErrtEl (rR) 得d2 drBEt由于圆柱体内的均匀磁场B以 10-2T/s 的恒定变化率减小. 所以d0dBt，E的实际方向与假定方向一致，为顺时针方向的切线方向。电子受到的电场力为eFeE, 其方向为逆时针的切线方向。瞬时加速度的大小为：d2 deEe rBa mmt由于rA=0.05m, 所以A处的瞬时加速
16、度的大小为：724.4 10/Aam s，方向为水平向右；由于rC=0.05m, 所以C处的瞬时加速度的大小为：724.4 10/Cam s，方向为水平向左；由于rO=0,所以O处的瞬时加速度：0Oa13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为N，其它尺寸如题图13-11 所示，求它的自感系数。分析：自感系数一般可由LI计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线管通有电流，求出磁感应强度，再求出磁通量、磁通链，即可求出自感系数。解：设螺绕管通有电流I，由安培环路定理可得管内距轴线r处的磁场强度为2NIHr, 2NIBHr 通过某一截面的磁通量210021ddln22RSRNINIhRB Sh rrR螺绕管的磁通链2 021ln2NN IhRNR自感系数：2 021ln2NN hRLIR13-12 设一同轴电缆由半径分别为1r1和2r的两个同轴薄壁长直圆筒组成，电流由内筒流入，由外筒流出，如题图13-12 所示。两筒间介质的相对磁导率r1，求同
