1、習題 16I16-1.如下圖,金屬圓環半徑為 R,位于磁感應強度為B的均勻磁場中,圓環平面與磁場方向垂直.當圓環以恒定速度V在環所在平面內運動時,求環中的感應電動勢及環上位于與運動方向垂直的直徑兩端 a、b 間的電勢差.d：D；i解：(1)由法拉第電磁感應定律dt,考慮到圓環內的磁通量不變,所以,環中的感應電動勢 8i=;【注：相同電動勢的兩個電源并聯,并聯后等效電源電動勢不變】16-2.如下圖,長直導線中通有電流I=5.0A,在與其相距d=0.5cm處放有一矩形線圈,共 1000 匝,設線圈長l=4.0cm,寬a=2.0cm.不計線圈自感,假設線圈以速度v=3.0cm/s沿垂直于長導線的方向

2、向右運動,線圈中的感生電動勢多大？解法一：利用法拉第電磁感應定律解決./11、dx()xaxdtN-Ilav工-1.9210V2二(da)解法二：利用動生電動勢公式解決.考慮線圈框架的兩個平行長直導線局部產生動生電動勢,遠端局部：；2=NB21V,N0I11N0Ialv()lv=2二dda2二d(da)16-3.如下圖,長直導線中通有電流強度為 I 的電流,長為 l 的金屬棒 ab 與長直導線共面且垂直于導線放置,其 a 端離導線為 d,并以速度V平行于長直導線作勻速運動,求金屬棒中的感應電動勢君并比擬 Ua、Ub的電勢大小.解法一：利用動生電動勢公式解決:ddd=v-drd；=(VB)dl2

3、r由口Bdl=0Z1求出電場分布,易得:利用：5ab=ba(VB)dF；ab=Bv2R=2BvRo首先用口?=九 21求出電場分布,易得:B.2B2二r那么矩形線圈內的磁通量為:xa.L0|ldrJ0ll,xalnx,N%ll,當x=d時,有：=1.92104Vo那么:MK乂狀父x16-5.電阻為R的閉合線圈折成半徑分別為a和2a的兩個圓,如圖所示,將其置于與兩圓平面垂直的勻強磁場內,磁感應強度按2.B=B0sin81的規律變化.a=10cm,Bo=210T0=50rad/s,R=10C,求線圈中感應電流的最大值.解：由于是一條導線折成的兩個圓,所以,兩圓的繞向相反.d；dB,22、c2r,二

4、-二-(-4aa)=3aB0cos-tdtdt2；i3a2B0costI=-=0vIdldr0vIdl-=d=ln2r2二d由右手定那么判定：UaUb.解法二：利用法拉第電磁感應定律解決.作輔助線,形成閉合回路abba,如圖,dI01yydr=,ln2二d10I.dldy；二-二lndt2二ddt由右手定那么判定：UaUb.16-4.電流為I的無限長直導線旁有一弧形導線,圓心角為120幾何尺寸及位置如下圖.求當圓弧形導線以速度v平行于長直導線方向運動時,弧形導線中的動生電動勢.解法一：(用等效法)連接AO、OB,圓弧形導線與AO、OB形成閉合回路,閉合回路的電動勢為0,所以圓弧形導線電動勢與A

5、OB直導線的電動勢相等.2RL01V4Iv；AO=(vB)dldx=ln2R2nx2n5R0IvOB=(vB)dl2dx三2R2二x；AB=；AO；OB=-竽吟2二2解法二：(直接討論圓弧切割磁感應線)從圓心處引一條半徑線,與水平負向夾角為9,那LILILIB_0_00ijj么一2nx-2n(2RRcos日)-2nR(2cosH)再由名=1(6父B)dl有：z=dw=BRd日vsin日2二R(2-cosu)%Iv5In2二2RRImax5汨B0co37tM0.122M10“父50一一-3=9.4210ARr=-(2)由圖可知,AB=CD=a,所以,梯形各邊每段a上有電阻5,16-6.直導線中通

6、以交流電,如下圖,置于磁導率為 k 的介質中,：I=losint,其中I.、切是大于零的常量,求：與其共面的 N 匝矩形回路中的感應電動勢.B解：首先用Bd=%Z1求出電場分布,易得：2nX,那么矩形線圈內的磁通量為:da-oI-oIlda-oIold-a；：,=ldr=In=sintlnd2二r2二d2二dd：,dtNLIol2二,costIn16-7.如下圖,半徑為a的長直螺線管中,有dB八o,一,一dt的磁場,一直導線彎成等腰梯形的閉合回路ABCDA,總電阻為R,上底為a,下底為2a,求：(1)AD段、BC段和閉合回路中的感應電動勢；2B、C兩點間的電勢差UBUC.c13.32SOAD=

7、一aa=a解：1首先考慮AOAD,a224,_d_dB_.32dB感1=一77=一S0AL一丁a77,?而攜1=下渦di=.A0Md：.ODE渦di.ADE渦di=.DAE渦dT=；DAIAxODADDA332二a4dB1二二2dB八S扇OAD=-a2*感2=-a再考慮&OBC,有效面積為扇0AD23,6dt,二2dBBC二7a同理可得：6dt；那么,梯形閉合回路的感應電動勢為:BC-AD、3(6dBdt逆時針方向.回路中的電流:znI=一二一R6那么,UB-UCa2dBRdt,逆時針方向；2寢+：/392R-；BC=3a25BC1odB16-8.圓柱形勻強磁場中同軸放置一金屬圓柱體,

8、半徑為出.16-9,一螺繞環,每厘米繞40匝,鐵心截面積3.0cm2,磁導率N=2OOo,繞組中通有電流5.0mA,環上繞有二匝次級線圈,求：1兩繞組間的互感系數；2假設初級繞組中的電流在0.10s內由5.0A降低到 0,次級繞組中的互感電動勢.40解：一時一匝,-欠=2,N=2004=8江父10：S=3M10m2.1由題意知螺繞環內：B=NnI,那么通過次級線圈的磁鏈：中次=N次BS=N次NnISM-=NnS=28二104000310=6.0310HI初：_45-0_2=6.0310=3.0210V0.1葉MAI初&次=M一AtB 的均勻磁場充滿一半徑為 R 的圓形空間 B,一金屬桿

9、放在如圖所示中位置,桿長為 2R,其中一半位于磁場內,另一半位于磁場外.dB八0當dt時,求：桿兩端感應電動勢的大小和方向.解：:ac=ab.bc,而:2亞迪RB一4dtd二R2二R2dBB:dt1212dtab_d扇形Oabdt二_2_2_r.3RR】dB,ac=412dt14-47dB.k電阻率為 p,如下圖.假設勻強磁場以出的規律變化,求圓柱體內渦電流的熱功率.(k0,k為恒量)解：在圓柱體內任取一個半徑為高為h的小圓柱通壁,有:22=k-：r由電阻公式R=-有電阻:S,考慮渦流通過一個2二rhdrdr環帶,如圖,2dP=i2R=22(kr)而熱功率：Pr2rhdrkr3dr2.fr3d

10、r-0k2二hR4解：利用畢一薩定律,知大線圈在圓心.處產生的磁感應強度為:ba,可將小圓形線圈所在處看成是勻強磁場,B2b,所以,任一時間穿過小線圈的磁通量:=BS=2b2acost小線圈的感應電流:Rdt2bR2a.,一sint16-11.一截面為長方形的螺繞環,其尺寸如下圖,共有 N 匝,求此螺繞環的自感.解：如果給螺繞環通電流,有環內磁感應強度：%NI,B-r-RIR2：,=BdS右271r貝UJS,有：,R2NI,NIh1R2=hdr=In-Ri2二r2二R1.N2hR2L=_ln一利用自感定義式：-I,有：L=2HRI16-12.一圓形線圈 A 由 50 匝細導線繞成,其面積為 4

11、cm2,放在另一個匝數等于 100 匝、半徑為 20cm的圓形線圈 B的中央,兩線圈同軸.設線圈 B中的電流在線圈 A 所在處激發的磁場可看作勻強磁場.求：(1)兩線圈的互感；(2)當線圈 B 中的電流以 50A/S 的變化率減小時,線圈一二一,一一_44二105010041020.2二20二102=6.281016-13,如圖,半徑分別為b和a的兩圓形線圈(ba),在t=0時共面放置,大圓形線圈通有穩恒電流I,小圓形線圈以角速度與繞豎直軸轉動,假設小圓形線圈的電阻為R,求:(1)當小線圈轉過 90 二時,小線圈所受的磁力矩的大小；(2)從初始時刻轉到該位置的過程中,磁力矩所做功的大小.dBd

12、t&acA0,即名ac從atC.解：設 B 中通有電流 I,那么在 A 處產生的磁感應強度為:NBI4二R2二RB=NBI2RB.A=NABSA(1)A 中的磁通鏈為:ONANBI2RBSAO那么:dA.dtNANBSA2RBdI一二6.281050=3.14104Vdt73.1410“VA 中的感生電動勢的大小.磁感應強度即為L2R2LIn-利用Wm=L|/2,有單位長度自感：87r27rR1o16-15,一電感為2.0H,電阻為10Q的線圈忽然接到電動勢名=100V,內阻不計的電源上,在接通0.1s時,求：(1)磁場總儲存能量的增加率；(2)線圈中產生焦耳熱的速率；(3)電池組放出

13、能量的速率.Pm=iSa=(小線圈的磁矩：0|2b2二a2-sint)二a(1)由31t二一當2時:M=pmBsint,有：吧飛冗2a44b2RJ2I2sin2t(2)A=JM邑212s兀2a4%224二a1-cos2.t2.2340I,二a4b2R4b2R16Rb216-14.一同軸電纜由中央導體圓柱和外層導體圓筒組成,兩者半徑分別為Ri和R2,導體圓柱的磁導率為,筒與圓柱之間充以磁導率為由圓筒流回.求每單位長度電纜的自感系數.“2的磁介質.電流I可由中央圓柱流出,1,2Wm=LIwm解：考慮到2和由環路定理,易知磁場分布：B22,可利用磁能的形式求自感.Bi=LIr2二R12(r：二Ri)

14、(Ri9二R2)Wm=WmdV=那么：,單位長度的磁能為：B12Wn1R1/ro1()22；：rdr0(2二R2)2rdr22R2R1(LI)22二rdrLI22I2ln16二4二R2R1；一2Wm(t);一L(1-eL)有磁場總儲能：2RdW(t)二對上式求導得儲能增加率：dtRL2一2R2R-Rt2(1-eL)(1-eL)eR=tL12,Rtn八,WmLIiI(t)=(1-e)解：(1)利用磁能公式2及LC電路通電暫態過程R,dQ=P=I2R(2)由出,有線圈中產生焦耳熱的速率:dE代入數據有：出3s=390J.s12r16-16.在一對巨大的圓形極板(電容C=1.010F)上,加上頻率為

15、50Hz,峰值為51.74x10V的交變電壓,計算極板間位移電流的最大值.IID-解：設交變電壓為：U=UmcOst,利用位移電流表達式：dt,duID-C-,CUmsint有：dt,而 E=2f,IDm=2冗fCUm=2n父50M10/2父1.74M105=5.46父10,A16-17.圓形電容器極板的面積為 S,兩極板的間距為 do 一根長為 d 的極細的導線在極板間沿軸線與極板相連,細導線的電阻為 R,兩極板間的電壓為U=U0sin6t,求：(1)細導線中的電流；(2)通過電容器的位移電流；(3)通過極板外接線中的電流；(4)極板間離軸線為 r 處的磁場強度,設 r 小于極板半徑.UUO

16、.iRsint解：(1)細導線中的電流：RRdqdUOS,id=C=CU0,cos,t=U0costdtdtdU00si=iRid0sin-tUocos-tRd；2U0二r20s2二rH0sintU0costRSd,UrH一sint-U0,cost2rR2do思考題 16駟/R十(.仁二一dtRR(3)那么,電池組放出能量的速率:)2;代入數據有:,2Rt；二一(1eLRdQ(t)dtt/1s=152J.,s；將L=2.0H,R=10C,100V,t=0.1s代入,有:dW(t)dt_.is=238J：s；(2)通過電容器的位移電流：(3)通過極板外接線中的電流:11Hdl八I右(4)由 U

17、有：16-1.圖為用沖擊電流計測量磁極間磁場的裝置.小線圈與沖擊電流計相接,線圈面積為A,匝數為N,電阻為R,其法向n與該處磁場方向相同,將小線圈迅速取出磁場時,沖擊電流計測得感應電量為q,試求小線圈所在位置的磁感應強度.NA.16-2.如下圖,圓形截面區域內存在著與截面相垂直的磁場,磁感應強度隨時間變化.a磁場區域外有一與圓形截面共面的矩形導體回路 abcd,以%b表示在導體 ab 段上產生的感生電動勢,I 表示回路中的感應電流,那么Aab010-B/b=1*/KX次AC“=；D,2uo.屋b位于圓形區域直徑上的導體棒 ab 通過導線/p 一小與阻值為 R 的電阻連接形成回路,以名ab表示在

18、方工*7導體 ab 段上產生的感生電動勢,I 表示回路中的 J、:二,感應電流,那么：Ab=I=；B.%b=I；C8ab0I=；D.%b#I*.答：a選 C;b選 D.I16-3.在磁感應強度為B的均勻磁場內,有一面積為S的矩形線框,線框回路的電阻為R忽略自感,線框繞其對稱軸以勻角速度與旋轉如下圖.1求在如圖位置時線框所受的磁力矩為多大？(2)為維持線框勻角速度轉動,外力矩對線框每轉一周需作的功為多少?答：(1)由=BScos=BScos8t,；1.,I=BSsint而：RR,12.,pm=ISBS1sintR;12一2.2.M=Bpmsint=-BSsintR_._2_22二1222、BBBSW=Md=BSsinidi=RR16-4.一平板電容器充電以后斷開電源,然后緩慢拉開電容器兩極板的間距,那么拉開過程中兩極板間的位移電流為多大？假設電容器兩端始終維持恒定電壓,那么在緩慢拉開電容器兩極板間距的過程中兩極板間有無位移電流*有位移電流,那么它的