第11.12-作业习题解答

第11章习题答案

11-6 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流I ＝20 A ，θ＝120°，a ＝2.0 mm ，求A 点的磁感应强度. 解：载流直导线的磁场

)sin (sin 4120ββπμ-=

d

I

B A 点的磁感应强度

)))90sin(90(sin sin 40000θθ

πμ--+

=a I

B

)5.01(2

/3100.220

1037+???

=--B =1.73?10-3T

方向垂直纸面向外。

11-7 一根无限长直导线弯成如图所示形状，通以电流I ，求O 点的磁感应强度. 解：图所示形状，为圆弧电流和两半无限长直载流导线的磁场叠加。 圆电流的中心的 π

?

μ220R I B =

半无限长直载流导线的磁场 a

I

B πμ40=

8320R I B μ=

+R I πμ20＝)38(160ππμ+=R

I

B 方向垂直纸面向外。

11-8 如图所示，宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布.求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度. 解：取离P 点为y 宽度为d y 的无限长载流细条 y a

I

i d d =

长载流细条在P 点产生的磁感应强度 y

i

B π=

2d d 0μy

y

I πα=

2d 0μ

所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，方向垂直纸面向外. 所以

习题10-6图

d

习题10-7图

习题10- 8图

y

==?

B B d y dy I

x

a x

?+πα20μx

x

a a I +π=ln

20μ 方向垂直纸面向外.

11-12 两平行长直导线，相距0.4 m ，每根导线载有电流I 1＝I 2＝20 A ，如图所示，试计算通过图中斜线部分面积的磁通量. 解：如图取面微元 l d x=0.20dx

Bldx S d B d m =?=Φ

)

(222

010x d I x I B -+=

πμπμ 方向垂直纸面向外.

ldx x d I x I d m m ?

?-+=Φ=Φ30

.010

.02

010))

(22(

πμπμ 30

.040.010

.040.0ln

210.030.0ln 22010--+=

πμπμl I l I =2.26?10-6Wb

11-13长直同轴电缆由一根圆柱形导线外套同轴圆筒形导体组成，尺寸如图所示.电缆中的电流从中心导线流出，由外面导体圆筒流回.设电流均匀分布，内圆柱与外圆筒之间可作真空处理，求磁感应强度的分布. 解：

?

∑μ=?L

I l B 0d

(1)a r < 22

02R Ir r B μπ= 202R

Ir B πμ=

(2) b r a << I r B 02μπ= r

I

B πμ20=

(3)c r b << I b c b r I r B 0222

202μμπ+---= )

(2)(22220b c r r c I B --=πμ

(4)c r > 02=r B π 0=B

习题10-13图

x

dx

d

题10-14图 习题10-15图

11-15 一根m ＝1.0 kg 的铜棒静止在两根相距为l ＝1.0 m 的水平导轨上，棒载有电流I ＝50 A ，如图所示.(1)如果导轨光滑，均匀磁场的磁感应强度B 垂直回路平面向上，且B ＝0.5 T ，欲保持其静止，须加怎样的力(大小与方向)？(2)如果导轨与铜棒间静摩擦系数0.6，求能使棒滑动的最小磁感应强度B .

解：(1) 导线ab 中流过电流I ，受安培力

IlB F =1

方向水平向右,如图所示

欲保持导线静止，则必须加力2F

，

12F F =

2F 方向与1F

相反，即水平向左，

5.0102012??===IlB F F =25N (2) F 1-μmg=m a

F 1-μmg ≥0

Il

mg B μ=

=

.1508

.90.16.0???0.12T

11-16 如题10-17图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm ，求：

(1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力；

(2)矩形线圈所受合力和合力矩．

习题10-15图 a b

I l

F 2

F 1

解：(1)CD F

方向垂直CD 向左，大小

41

02100.82-?==d

I b

I F CD πμ N 同理FE F

方向垂直FE 向右，大小

51

02100.8)

(2-?=+=a d I b

I F FE πμ N

CF F

方向垂直CF 向上，大小为

?

+-?=+πμ=πμ=a

d d

CF d

a

d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F

方向垂直ED 向下，大小为

5

102.9-?==CF ED F F N

(2)合力ED CF FE CD F F F F F +++=方向向左，大小为 4

102.7-?=F N 合力矩B P M m

?=

∵ 线圈与导线共面 B P m // 0=M

．

11-18 塑料圆环盘，内外半径分别为a 和R ，如图所示.均匀带电＋q ，令此盘以ω绕过环心O 处的垂直轴匀角速转动.求：(1)环心O 处的磁感应强度B ；(2)若施加一均匀外磁场，其磁感应强度B 平行于环盘平面，计算圆环受到的磁力矩. 解：(1) 取一r →r r d +圆环，

环上电荷 r r q d 2d π=σ 环电流 r r I d d ωσ= 圆环电流的中心的 r

dI

dB 20μ=

dr dB 2

0σω

μ=

dr B R

a

2

0σω

μ?

=)()

(22

20a R a R q --=

πω

μ)

(20a R q +=

πω

μ

(2) 圆环r →r r d +磁矩大小为

I r p m d d 2π=r r r d 2

σωπ=

r B r M R

a

d 3σωπ=?)(22a R B q +4

1

=

ω 习题10-18 图

第12章 电磁感应 电磁场与电磁波

12－2 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周。铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如习题图12－2所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T 。求：（1）A 、B 两端的电势差；（2）A 、B 两端哪一点电势高？ 解：设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为

ω，经过时间d t 后转过的角度为 d θ = ωd t

扫过的面积为 d S = R 2

d θ/2

切割的磁通量为

d Φ = B d S = BR 2d θ/2 动生电动势的大小为 ε = d Φ/d t = ωBR 2/2

根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高。 AO 和BO 段的动生电动势大小分别为

2

2

()2550

AO B L

BL ωωε=

=

2

2

416()2550

BO

B L

BL ωωε==

由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为

2310BO AO

BL ωεεε=-=242

332 1.010(0.5)1010

ωπ-???==

BL = 4.71×10-4(V) 讨论：如果棒上两点到o 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为

2

2

2()(2)

2

2

2

B L l Bl B L Ll ωωωε++=

-

=

12－3 一长直导线载有A 10的稳恒电流，附近有一个与它共面的矩形绕圈。如习题图12－3所示，已知cm 20=l ，cm 10=a ，cm 20=b ，线圈共有

2000=N 匝，以1v 2 ms -=的速度水平离开直导线。试求线圈里

的感应电动势的大小和方向。 解Ⅰ：用法拉第电磁感应定律求解。 长直载流导线附近一点的磁感应强度B 的大小为

02 I

B r

μπ=

根据电流的方向应用右手螺旋法则确定B 的方向（如图示）。

若取线圈平面法向与B 的方向一致，任意时刻t ，线圈 向右运动的距离是v a t +，穿过线圈的磁通量m Φ为

O

O`

B

A B

L /5 ω

习题12－2图

d θ L ω o R

l 习题12－3图

v 00 v v 2 2v b t

m a t

I l I l b t

d B ds dr ln r a t

μμππ+++Φ=?===+?????

B S 因此，线圈中的电动势为

0v()

2(v )(v )

m d NIl b a N

dt a t b t μεπΦ-=-=++ 由于线圈平面向右移的过程中，通过线圈平面的磁通量逐渐减少，根据法拉第电磁感应定律，可知回路中的感应电动势为顺时针方向，即ADCBA 方向。 解Ⅱ：用动生电动势求解

对于线圈中的每一匝可将其分为四段来计算

l l l l d d d d A

C

B

C

C

D

D

A

??+??+??+??='???? )()()()(B v B v B v B v ε

由于

0)()( =??=????

l l d d A

B

C

D

B v B v （因为B v ?与l d 垂直）

因此有：

v v ()()v |v |D C D C

r a t r b t A

B

A

B

d d B dl B dl ε=+=+'=??+??=?+-?????v B v B l l

]11[2 )(2)(20 00vt b vt a l I v vt b Idl v vt a Idl v D

A C

B +-+=+-+=??πμπμπμ 实际上，某t 时刻线簇内的电动势就等于AD 和B

C 两段导线在:时刻切割磁力线产生的电动势之差，因此也可以直接写出

012v 11

v v []2v v AD BC I l B l B l a t b t

μεεεπ'=-=-=

-++ 这与上面的计算结果一致。 对于N 匝线圈，产生的电动势为

0 v()

2(v )(v )

N I l b a N a t b t μεεπ-'==

++ 电动势的方向可作如下判断，由于AD 处磁感应强度大于BC 处磁感应强度，在AD 段产生的感应电动势较BC 段大，而AB 和CD 段感应电动势为零，因此i ε沿顺时针方向，即

ADCBA 方向。

令0=t ，并代入数据，则线圈刚离开直导线时的感应电动势为

273102.12

.01.02)1.02.0(0.31042.010102--?=??-???????=ππε （V ）

12－5 如习题12－5图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L 。在导

轨一端接有电阻R 。匀强磁场B

垂直导轨平面向里．当AB 杆

B

A

以初速度0v

水平向右运动时，求：

（1）AB 杆能够移动的距离；

（2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热。

解：当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来．

（1）方法一 速度法：设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为

ε = BLv

电流为 I = ε/R 所受的安培力的大小为

F = ILB = εLB/R = (BL )2v/R ，

方向与速度方向相反。

取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为

2()d d BL v v m R t

-=

即： 2

d ()d v BL t v mR

=-

积分得方程的通解为 2

1()ln BL v t C mR

=-+

根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0。方程的特解为

2

0()exp[]BL v v t mR

=-

由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程 2

0()d exp[]d BL x v t t mR

=-

方程的通解为

20()exp[]d BL x v t t mR

=-?2

022()exp[]()mRv BL t C BL mR -=-+

当t = 0时，x = 0，所以常量为0

22

()

mRv C BL =

方程的特解为 2

02

(){1exp[]}()mRv BL x t BL mR

=-- 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为0

2

()

mRv x BL =

习题12－5图

方法二 冲量法：由F = -(BL )2v/R ，得

2

()d d BL x F t R

-=

右边积分得

d 0t

F t mv

=-?

即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量。 左边积分后，可得02

()

mv R

x BL =

（2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为

22

2

()d d d d BLv Q I R t t t R R

ε===220()2()exp[]d BLv BL t t R mR =

- 整个运动过程中产生的焦耳热为 22

00

()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞

=-? 2

2

200

2()exp[]

22

mv mv BL t mR

∞

-=-= 即：焦耳热是杆的动能转化而来的。

12－8 磁感应强度为B

的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在如习

题12－8图所示的位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内，另一半 在磁场外。当

0>dt

dB

时，求杆两端的感应电动势的大小和方向。 解：根据磁场B 柱对称，当0d d ≠t

B

时，可知i E 为一系列同心

圆，即i E 与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即

0===oc ob oa εεε，

这样在回路oac 中的电动势为

ac bc ab ca bc ab oa oac εεεεεεεε=+=+++=

ac ε为杆为ac 内的电动势，ab ε和bc ε分别为ab 和bc 部分内的电动

势。由上面分析可知

t

B

S t B S obc bc oab ab d d d d 2

1

====εεεε 1S 为三角形oab 的面积，据题设，22

1,4

3S R S =

为obc 回路内磁场复盖的区域c ob '扇形面积，据题设，图中6

π

θ=

，故22212

21R R S πθ==

习题12－8图

t

B

R t B S S bc ab ac d d 1243d d )

(221???? ??+=+=+=∴πεεε 因为

0d d >t

B

，由楞次定律可判定c 端电位高。 12－11 长为1l ，宽为2l 的矩形线圈abcd 与无限长载流直导线共面，且线圈的长边平行于长直导

线，线圈以速度v

水平向右平动，t 时刻ad 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示。求回路中的电动势ε。

解：电流I 在r 处产生的磁感应强度为

02I

B r

μπ=

穿过面积元d S = 1l d r 的磁通量为

dr r

Il BdS d m πμ21

0=

=Φ 穿过矩形线圈abcd 的磁通量为

)ln(21

22101

02

x

l x Il dr r Il l x x

m +==Φ?

+πμπ

μ 回路中的电动势为

dt

d m Φ-

=ε])11()[ln(22210dx dx x l x I dt dI x l x l -+++-=πμ

])

(cos sin )ln([2222100l x x t v l t x l x l I +++-

=ωωωπμ 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，

第二项是由于线圈运动产生的动生电动势。

12－20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感系数L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A 。求两线圈内储存的总磁能。

解：A 管储存的自能为

211112m W L I =

3231

4102810(J)2--=???=? B 管储存的自能为

2

22212m W L I =

323191047210(J)2

--=???=? 由于两线圈完全耦合，互感系数为

12M L L 333410910610(H)---???=?

习题12－11图

A管和B管储存的相互作用能为

W m12 = MI1I2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J) 两线圈储存的总能量为

W m = W m1+ W m2 + W m12 = 0.128(J)