第九章 电磁感应 电磁场作业及解答
第九章 电磁感应参考答案
第九章 电磁感应参考答案学 生 用 书§9.1 电磁感应电流条件 楞次定律【典型例题】［例１］1．根据感应电流的产生条件可知，BC 有感应电流，ＡＤ没有感应电流．［例2］磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量增加；根据楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（向上），与原磁场相互排斥；再由安培定则可判定感应电流的方向（即图中箭头方向相同），故本题应选B ．［例3］BC （要产生B 环中所示的电流，感应磁场方向为垂直纸面向外，由楞次定律知A 环内的磁场应向里增强或向外减弱，由安培定则可知BC 正确．）［例4］D （金属线框进入磁场时，由于穿过线框的磁通量增加，产生感应电流，根据楞次定律判断电流的方向为a b c d a →→→→．金属线框离开磁场时，由于穿过线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断电流的方向为a d c b a →→→→．根据能量转化和守恒定律可知，金属线框的机械能将逐渐减小，转化为电能，如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于d 0 L ，满足单摆运动的条件，所以，最终为往复运动．） 【当堂反馈】1．当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，通电线圈在铁芯内部产生磁场的磁通量发生变化，故a 、b 两环中有感应电流，而穿过c 环的合磁通总为零，故c 环中无感应电流，本题选A ．2．AD （据楞次定律,当S 闭合时,穿过B 线圈的磁场方向向上且在增大,B 线圈中的感应电流产生的磁场方向与之相反,进而判断出通过电流表的电流方向自左向右,根据楞次定律用同样方法可判断D 正确. ）3．电键S 从位置1拨到位置2的过程中，通过左边线圈的电流先减小到零、再增加到原来值，穿过右边线圈向右的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可得电流计中的电流方向．故本题选C ．§9.2 法拉第电磁感应定律【典型例题】［例1］A （螺旋桨叶片在磁场中垂直旋转切割产生的感应电动势===ω221Bl v Bl E πfl 2B ，再由右手定则可知a 点电势低于b 点电势．）［例２］A （设开始时导轨d 与Ob 的距离为x 1，导轨c 与Oa 的距离为x 2，由法拉第电磁感应定律知，移动c 或d 时产生的感应电动势E==，通过导体R 的电量为Q=IΔt=Δt=．由上式可知，通过导体R 的电量与导轨d 或c 移动的速度无关，由于B 与R 是定值，其电量取决于所围面积的变化．由于ΔS 1=ΔS 2=ΔS 3=ΔS 4，则通过电阻R 的电量是相等的，即Q 1=Q 2=Q 3=Q 4．［例３］（１）感应电动势Ｅ＝ΔΦ/Δt ＝ＳΔＢ/Δt ＝k Ｌ１Ｌ２感应电流Ｉ＝Ｅ／Ｒ＝kL 1L 2/R ，方向从f 到e（２）因棒处于平衡，外力与安培力大小相等，方向水平向右， RL kL kt B BIL F 22101)(+==（３）为使棒中无感应电流，就要保持穿过abef 闭合回路的磁通量不变．即Φ＝ＢＳ＝ＢＬ１（Ｌ２＋vt ）＝Ｂ０Ｌ１Ｌ２ 得022B vtL L B +=，即Ｂ随t 按此规律减小．【当堂反馈】1．C （导体棒切割磁感线运动产生感应电动势BLv E =，R 1、R 2为相互并联的外电路，再由欧姆定律可得出本题应选C ．）2．B （U =BLv ）3．A （导体棒ab 在框架上向右匀速滑动切割磁感线，产生的感应电动势E =BLv 不变，而I =E /R 总，则回路中产生的感应电流逐渐减小．由t I Q =可知Q 1＞Q 2．）4．A （由i=E/R=S B R t∆∆·∝Bt ∆∆=k 可知,在0—4T和2T—34T时间内i 的大小相等．在0—4T和2T—34T时磁场分别是垂直纸面向里减小和向外减小,现由楞次定律和安培定则可知其方向分别为顺时针和逆时针．）§9.3 互感和自感 电磁感应中的电路问题【典型例题】［例１］AD ［（1）在图（a ）中，设开关S 闭合时，上、下两支路电流分别为I 1、I 2，依题意知：I 1＜I 2.在开关S 断开时，通过电阻R 的电流I 2立即消失；但由于线圈中产生自感现象，通过线圈电流不能突变，其大小只从I 1开始逐渐减小.因此开关断开前，通过灯泡的电流为I 1，断开后灯泡电流从I 1开始逐渐减小，所以灯泡D 在断开开关后逐渐变暗.（2）在图（b ）中，设开关闭合时，上、下两支电路的电流分别为I 1′、I 2′，依题意知，I 1′＞I 2′.当开关S 断开后，通过灯泡原电流I 2′立即消失；但线圈中产生自感现象，线圈中电流大小、方向不发生突变，在L 、R 、D 回路中，电流均从线圈中原电流I 1′开始逐渐减小.因此，开关闭合时，灯泡电流为I 2′；断开后，灯泡中电流突然增加为I 1′，并从I 1′开始逐渐减小，故开关断开时灯泡先闪亮，后逐渐变暗.］［例２］只有左边有匀强磁场，金属板在穿越磁场边界时（无论是进入还是穿出），由于磁通量发生变化，板内产生涡流．根据楞次定律，涡流将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象．还可以用能量守恒来解释：有电流产生，就一定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小．若空间都有匀强磁场，穿过金属板的磁通量不变化，无感应电流，不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来．［例３］MN 滑过的距离为l /3时，它与bc 的接触点为P ，如图所示.由几何关系可知MP 长度为l /3，MP 中的感应电动势E =31Blv ，MP 段的电阻r =31R ，MacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并=32313231+⨯R =92R .由欧姆定律，PM 中的电流I =并r r E +，ac 中的电流I ac =32I ，解得I ac =RBlv 52.根据右手定则，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I 的方向由a 流向c .R R 2【当堂反馈】 1．AC2．C3．D （导体棒转至竖直位置时，感应电动势E=B·2a·v/2=Bav 电路中总电阻R 总=+=R ，总电流I==，AB 两端的电压U=E-I·=Bav ．）4．BCD （合上S 时，电感线圈产生自感电动势阻碍通过其电流的增加，电流只能逐渐增大，故A 、B 同时亮，以后A 灯逐渐变亮、B 灯逐渐变暗，由于线圈直流电阻为零，电路稳定时B 熄灭；断开S 时，A 灯电流为零立即熄灭，线圈产生自感电动势阻碍通过其电流的减小，与B 灯形成闭合电路，B 灯先闪亮、后熄灭．）§9.4 电磁感应中的力学问题【典型例题】［例１］A （给ef 一个向右的初速度，则ef 产生感应电动势，回路中产生感应电流.由楞次定律可以判断，ef 受到一个向左的安培力的作用而减速，随着ef 的速度减小，ef 产生的感应电动势减小，回路的感应电流减小，安培力减小，因此可以判断ef 是做加速度逐渐减小的减速运动.）［例2］（1）受到竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，和平行于斜面向上的安培力． （2）当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BL v ，此时电路中的电流I ＝E /R ＝BL v /R ，而ab 杆受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v /R ．由牛顿第二定律，有mg sin θ－F ＝ma ，即a ＝g sin θ－B 2L 2v /mR ．（3）当mg sin θ＝B 2L 2v m /R 时，ab 杆达到最大速度v m ，则v m ＝mgR sin θ /B 2L 2． ［例3］（1）感应电动势E ＝Blv ，E I R= 所以 I ＝0时，v ＝0则： 22vx a==1m（2）最大电流 0m Blv I R= 022m I Blv I R'==安培力 2202B l v f I Bl R'===0.02N向右运动时 F ＋f ＝maF ＝ma －f ＝0.18N 方向与x 正向相反 向左运动时 F －f ＝maF ＝ma ＋f ＝0.22N 方向与x 正向相反 （3）开始时 v ＝v 0， 22m B l v f I B l R==F f m a += 22B l v F m a f m a R=-=-当v 0＜22m aR B l ＝10m/s 时，F ＞0 方向与x 正向相反 当v 0＞22m aRB l＝10m/s 时，F ＜0 方向与x 正向相同［例4］（1）在金属棒棒未进磁场，电路中总电阻:R 总=R L +R/2=4+ 2/2 = 5Ω线框中感应电动势：V V t BS t E 5.025.0241=⨯⨯=∆∆=∆∆=φ 灯泡中的电流强度 :A A R EI L 1.055.0===总(2)因灯泡中亮度不变，故在4秒末金属棒棒刚好进入磁场，且作匀速直线运动，此时金属棒棒中的电流强度：0.14(0.1)0.32L LL R L I R I I I I A A R⨯=+=+=+=恒力F 的大小：F = F A = BId= 2×0.3×0.5 N = 0.3 N(3)金属棒产生感应电动势：V V RR RR R I E L L 1)42422(3.0)(2=+⨯+⨯=++=金属棒在磁场中的速度：s m s m BdE v /1/5.0212=⨯==金属棒的加速度：2/41s m t v a ==据牛顿第二定律，金属棒的质量：kg kg a F m 2.125.03.0===【当堂反馈】1．BC （当金属杆所受合力为零时速度最大，则有22sin /m m g B L v R α=，22sin m m gR v B Lα=．）2．D （由楞次定律可知G 中电流向下，导体棒在外力和安培力作用下作加速度减小的加速运动，穿过左边回路的磁通量增加越来越慢，最后CD 匀速运动时，G 中无感应电流．） 3．D （在II 位置，没有磁通量变化，所以没有感应电流，也不存在安培力，线框只受重力，所以加速度为g ．在I 位置和III 位置有磁通量变化，有感应电流，也就存在安培力．在位置III 时速度大，所以在位置III 的安培力大，合力小了，所以加速度小了．即a 3＜a 1．）4．（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma ①由①式解得： a ＝4m/s 2 ②（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡 mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率 Fv ＝P ④由③④两式解得 10P v F==m/s ⑤（3）设电路中电流为I ，两导轨间金属棒长为l ，磁场的磁感应强度为B B l v I R=⑥P ＝I 2R ⑦由⑥⑦两式解得 0.4B vl==T ，磁场方向垂直导轨平面向上．§9.5 电磁感应中的能量转化和图象问题【典型例题】［例１］ABD （2EQ R=，而E t∆φ∆=，随交变电流的电压、频率的增大而增大．）［例２］B ［由（甲）图可知在0—1 s 内磁感应强度均匀增大，产生恒定的感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针，导体棒受到的安培力的方向是水平向左，棒静止不动，摩擦力方向水平向右，为正方向．同理，分析以后几秒内摩擦力的方向，从而得出f —t 图象为B 图．］［例3］(1)由右手定则可知：棒切割磁感线运动产生感应电流I 感方向由a→b ，棒受力的右侧视图如图示．当棒速稳定时棒受力平衡．设此时棒速为v ．则有： P=Fv ① 由平衡条件得到：F=mgsinθ+F 安 ② F 安=BIL ③ I= E/R ④ E=BLv ⑤由①—⑤得到：v 2+v-6=0 v=2 m/s(负值舍去) (2)由动能定理得：W F -W 安-mgh=mv 2 ⑥W F =Pt ⑦ h=Ssin30°=2.8sin30° m=1.4 m ⑧ 联立得到：t=代入数据得t=1.5 s【当堂反馈】1．AD （剪断细线后，弹簧的作用使两棒分离，穿过回路的磁通量增大，回路中产生感应电流，但两棒运动方向相反，安培力的方向也相反，由于有感应电流的产生，系统的机械能减小，向电能转化．）2．C （通电螺线管内部产生的是匀强磁场，外部的磁场和条形磁铁的磁场相似，故B 从O 点进入螺线管时通过B 的磁通量是增加的；进入螺线管内部后，由于是匀强磁场，通过B 的磁通量不再变化，因而B 中没有感应电流；当B 从螺线管内部出来的过程，通过B 的磁通量则是减小的，所以在B 中会产生一个和进入时方向相反的感应电流．）3．（1）ab 边产生的感应电动势为E =BLv ① 线框中的感应电流为I =E /R ②ab 边所受的安培力F =BIL ③ 由①、②、③式代入数据解得 F =5×10-2N （2）线框中产生感应电流的时间 t =2s /v ④整个过程中线框所产生的焦耳热Q =I 2Rt ⑤由②、④、⑤式代入数据解得 Q =0.01J（3）在0～5×10-2s 时间内，ab 两端的电势差为15.0431=⋅=R I U V在5×10-2s ～1×10-1s 时间内，ab 两端的电势差为 U 2=E =0.2V在1×10-1s ～1.5×10-1s 时间内，ab 两端的电势差为05.0411=⋅=R I UVU ab /V t/s0.050.10 0.15 0.20 0.05 0.10 0.200.15电势差U随时间t变化的图线如图所示ab作业本§9.1 电磁感应电流条件楞次定律1．D2．B3．C（AB不动而CD右滑时，I≠0，但方向是逆时针，故A错.AB向左、CD向右滑动时，回路磁通量增加，I≠0，故B错.AB、CD向右等速滑动时，回路磁通量不变，I=0，故C对.AB、CD都向右滑但AB速度大于CD速度时，回路磁通量变化，I≠0，但方向是顺时针，故D错.）4．D（根据楞次定律的“阻碍”思想，安培力与重力总是相反的，所以D正确．）5．B（线圈C向右摆动，由楞次定律可知，线圈中电流产生的磁场减小，故导线ab应减速切割磁感线运动．）6．B（穿过回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先是b→a，后变为a→b；再由左手定则可得，所受磁场力方向与ab垂直，开始为图中箭头所示反方向，后来变为箭头所示方向．）7．D（由楞次定律的推广含义判断．）8．B（线框中的合磁通量先是向纸外减小，后是向纸内增大，由楞次定律可得线框中感应电流的方向始终沿dcbad方向．）9．BC（若是匀强磁场，，则不产生感应电流，机械能守恒；若是非匀强磁场，则产生感应电流，由能量守恒定律可知，机械能能转化为电能．）10．D（由楞次定律可确定在t1—t2时间内A中电流为逆时针(此时B中电流为顺时针),异向电流相斥. ）11．BC［a盘在外力作用下逆时针转动,其半径切割磁感线产生感应电动势,两圆盘中心与边缘通过导线构成闭合回路有感应电流.a盘受安培力为阻力,b盘中受安培力为动力,由右手定则得出电流流向,由左手定则判定b盘中安培力的方向,故B选项正确.b盘被动转动,其角速度一定小于a盘的角速度(若相等则无电流,b不会受安培力．］12．BC（本题可采用逆向推导，由果寻因，由左手定则、安培定则可得铁芯中感应电流的磁场方向向上，再由楞次定律和安培定则进行分析判断．）13．BD（认为超导体不消耗电能,由状态分析受力情况,从而确定磁极与电流的方向关系. ）14．(1)如图所示(2)相反(3)相同§9.2 法拉第电磁感应定律1．D2．D （将磁铁缓慢或迅速插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化率不同，感应电流I= =N ，感应电流的大小不同，流过线圈横截面的电荷量q=I·Δt=N ·Δt=N，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q 与磁铁插入线圈的快慢无关．）3．D （横杆匀速滑动时，由于E =BLv 不变，故I 2=0，I 1≠0.加速滑动时，由于E =BIv 逐渐增大，电容器不断充电，故I 2≠0，I 1≠0．）4．D （电压表为理想电压表,故V 表读数为M 金属杆转动切割磁感线时产生的感应电动势的大小. U 0=B 0ω0r 2,mU 0=nB 0ω′r 2(r 为M 的长度),则ω′=ω0. ）5．ABD （由E N B Lv =，04LN R S ρ=，2EP R=分析得出．）6．32Bd v /(3R )，自上向下7．E =N ΔΦ/t =10⨯0.2sin ︒30⨯0.2⨯0.2/0.1=0.4(V)8．线框受竖直向下的重力和安培力及竖直向上的拉力作用，由平衡条件，有2mg ＝mg ＋BIL ，由法拉第电磁感应定律，得感应电动势E ＝Δφ /Δt ＝ΔB /Δt ·S ＝kL 2/2，有闭合电路欧姆定律，得I ＝E /R ，据题意有B ＝kt ．联立以上各式，有t ＝322Lk mgR ．9．（1）E =BLv =0.1v (2) =-=m Rv l B F a /)(22 4.5 m/s2(3) 达到的最大速度时合力为零，022=-Rv l B F m，代入数据解得v m =10 m/s ．10．(1)不管粒子带何种电荷，匀速运动必有Eq qB v =0 ①，即MN 板带正电，棒AB 向左运动，设AB 棒以速度v 向左运动，产生感应电动势为E vlB = ②，∴ q lvlB qB v =0 ③得 v =v 0（2）当AB 棒停止运动后，两扳通过AB 放电板间电场消失，仅受磁场力作圆周运动，位移为R qB mv =/0时转过圆心角60o．∴qBm T t 36π==④11．本题在流量计中产生的感应电动势可等效为长为c 的导体以流体速度v 切割磁感线产生的电动势，故E =Bcv ，所以I =Rr E +,r =ρabc ，而流量Q =vS =vbc ，联立以上各式解得Q =BI （bR +ρac ）.§9.3 互感和自感 电磁感应中的电路问题1．A （由右手定则可得感应电流的方向，而122B lv U IR R vB l R==⋅=．）2．BC （在断开电键时，L 中原电流减小，由于自感作用，产生与原电流方向相同的自感电流流经灯泡，故灯不会立即熄灭，A 错；自感现象中阻碍L 中电流的减小，但阻止不了电流的减小，该减小是在原电流大小基础上减小的．原来L 中电流大于灯中电流，故自感电流通过灯泡的初始阶段，灯中的电流大于原来的电流，故灯应比原来更亮一下最后熄灭，B 正确；当用电阻代替L 时，断开K 不存在自感，A 应立即熄灭，则C 对，D 错．）3．B 4．B （在四个图中，产生的电动势大小均相等（E ），回路电阻均为4r ，则电路中电流亦相等（I ）．B 图中，ab 为电源，U ab ＝I ·3r ＝3E /4，其他情况下，U ab ＝I ·r ＝E /4．）5．A （油滴恰好处于静止状态时 /mg qU d =，而22E n U t ∆φ∆==，解得t∆φ∆=2mgd /(nq )．） 6．BC （电路接通时，两个支路中的电流都要增大，自感线圈要产生自感电动势，左正右负，阻碍电流的增大；而电阻没有这样的性质，因此B 对，但阻碍并不阻止，电流还是增大了，因此最后两灯一样亮．在开关断开时，两个支路中的电流都要减小，L 中产生的自感电动势左负右正，阻碍电流的减小，两个支路形成了闭合回路，线圈中的能量通过闭合回路使A 、B 灯亮一会儿才熄灭．）7．C （导体圆环受到向上的磁场作用力，说明穿过它的磁通量减小．）8．D9．对油滴,qE =mg ,电场力向上.又因为油滴带负电,故场强向下,电容器上极板带正电,下极板带负电,线圈N 感应电动势正极在上端,负极在下端.由楞次定律知ab 向右减速运动或向左加速运动.10．（1）a 、b 杆上产生的感应电动势为E =BLv =0.50 V .根据闭合电路欧姆定律，通过R 0的电流I =RR E +0=0.25 A.（2）由于ab 杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力F 大小相等，即 F 拉=F =BIL =0.025 N.（3）根据欧姆定律，ab 杆两端的电势差U ab =0R R ER+=R R BLvR+=0.375 V .11．（1）0043BLv R RBLv IR U adcb adcb AB ====；（2）Rv L B v L R I Q 03202=⋅=12．（1）粒子带负电． AB 棒向右运动，由右手定则可知，棒内产生的感应电流方向由B 到A ，所以金属板的a 板电势高，板间有由a 指向b 的匀强电场．由于粒子所受的重力mg 和电场力qE 都是恒力，所以必有重力和电场力相平衡，而洛伦兹力提供向心力，即电场力必为竖直向上，故粒子必带负电．（2）AB 棒中的感应电动势为：E =BLv电容器极板a 、b 上的电压就是电阻R 0上的电压U =重力和电场力平衡，有：mg=q粒子在极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB =m粒子的轨道半径满足：R≤，解得：v ≤1.0 m/s§9.4 电磁感应中的力学问题1．ABD （由于电磁感应现象总是起到阻碍作用，安培力的大小与运动速度有关F=B 2L 2v/R ，根据牛顿第二定律可知，线圈可能做匀速运动、加速度减小的加速或减减速运动．）2．AC （此过程中回路产生的感应电流不变，导体棒受到的安培力先沿斜面向上逐渐减小到零后反向增大，由平衡方程可知本题有两种可能．）3．A （杆在重力和安培力作用下运动，若安培力大于重力的两倍，则加速度大于重力加速度；由二力平衡可得，杆最终匀速运动的速度相同；杆整个运动过程能量守恒．） 4．A （根据E=BLv ，E=IR ，R=ρL/S ，m=DSL ，F 安=BIL ，a=(mg-F 安)/m ，推出2B va g Dρ=-，可见加速度与导线的粗线无关．）5．AD （ab 棒切割磁感线产生感应电动势，cd 棒不切割磁感线，整个回路中的感应电动势 E 感=BL ab v 1=BLv 1，回路中感应电流 I=，选项 C 错误.ab 棒受到的安培力为 F 安=BIL=B=，ab 棒沿导轨匀速运动，受力平衡.ab 棒受到的拉力为 F=F 摩+F 安=μmg+，选项 A 正确.cd 棒所受摩擦力为 f=μF 安=μ，选项 B 错误.cd 棒也匀速直线运动，受力平衡，mg=f ，mg=μ，μ=，选项 D 正确.）6．设杆2的运动速度为v ，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势 E ＝B l (v 0－v )感应电流 21R R E I +=杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， B l I ＝μm 2g导体杆2克服摩擦力做功的功率： P ＝μm 2gv 解得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=)(2122202R R lB gm v g m P μμ7．（1）感应电动势2Eklt∆Φ==∆，感应电流2E kl Irr==，方向为逆时针方向a d e b a →→→→ （2）t ＝t 1（s ）时，B ＝B 0＋kt 1，F ＝BIl 所以301()kl FB kt r=+（3）要棒中不产生感应电流，则总磁通量不变20()Bl l vt B l+=，所以0B l Bl vt=+8．（1）刚进入磁场时，线框的速度v ＝12gh ＝10 m/s ，产生的感应电动势E ＝Bd v ，受到的安培力F ＝BId ＝B 2d 2v /R ，有线框匀速运动，得mg ＝F ，解得B ＝0.4 T ．（2）线框匀速下落l 用时t 1＝l /v ＝0.05 s ，剩下的时间t 2＝Δt －t 1＝0.1 s 内做初速度为v ，加速度为g 的匀加速运动，运动的位移s ＝v t 2＋21gt 22＝1.05 m ，则磁场区域的高度h 2＝s ＋l ＝1.55 m ．9．杆ef 受重力mg 、拉力F 、安培力f 做匀加速运动，有 F －mg －f ＝ma其中安培力222B d v f R=它的运动速度v ＝at ，拉力F 的功率P 随时间变化2222()2B d a t P Fv m g a at R==++杆bc 受两根平行导轨的拉力F 杆（方向向上）和重力及安培力（方向向上），处于静止． 拉力：222222B d v B d at F m g m g RR=-=-杆．开始时，安培力较小，拉力F 杆＞0，方向向上；某时刻（222mgR tB d a=），F 杆＝0，随时间推移，安培力增大，F 杆＜0，方向变为向下．10．以a 表示金属杆运动的加速度，在t 时刻，金属杆与初始位置的距离221at L =，此时杆的速度at v =，这时，杆与导轨构成的回路的面积S ＝Ll ，回路中的感应电动势 Blv tBS E +∆∆= 而：B ＝kt ，()B k t t ktk tt∆+∆-==∆∆回路的总电阻R ＝2Lr 0，回路中的感应电流RE i =作用于杆的安培力Bli F = 解得 t r l k F 022123=，代入数据为N F 31044.1-⨯=§9.5 电磁感应中的能量转化和图象问题1．D （匀速即拉力等于安培力，拉力所做的功大小等于安培力所做的功的大小．根据公式E=BLV ，E=IR ，F=BIL ，W=FS ，可以推出W 2=2W 1，电流做功都用来发热，所以Q 2=2Q 1．）2．A （线圈在进入和转出磁场的过程中磁通量才发生变化,故在这样的两个过程中才有感应电流.进入磁场的过程是磁通量增加,由楞次定律可知电流的方向为逆时针,符合题目要求.由于线框是扇形的且匀速转动,可知磁通量的变化是均匀的,故得到的感应电流是稳定的,所以选项A 是正确. ）3．BCD （导体棒ab 充当电源，由闭合电路欧姆定律和功、功率的的公式可解得本题答案） 4．AD （t 1时刻Q 的磁场增强,通过P 的Φ增加,P 有向下运动的趋势,故F N ＞G .而t 2、t 4时刻Q 的磁场不变,P 中无感应电流,故Q 对P 无磁场力作用,有F N =Ｇ.t 3时刻P 中虽有感应电流,但Q 中电流为零,P 、Q 无相互作用力,故t 3时刻F N =G ．）5．A （由图象可知，在0到1秒的时间内，磁感应强度均匀增大，那么感应电流的方向为逆时针方向，与图示电流方向相反，为负值，排除B 、C 选项.根据法拉第电磁感应定律，其大小tS B t∆∙∆=∆∆Φ=ε，Rt S B RE I ∙∆∙∆==为一定值，在2到3秒和4到5秒内，磁感应强度不变，磁通量不变，无感应电流生成，D 错误，所以A 选项感应强度不变，磁通量不变，无感应电流生成，D 错误.）6．（1） cd 棒静止时 θsin g m BIL cd = cd 棒两端电压为 Ir U =代入数据解得：1=U V（2）ab 棒向上匀速运动时θsin g m BIL F ab +=回路中电流为rBL I 2υ=则：)/(10sin 222s m LB gr m cd ==θυ代入数据解拉力功率 )(15W F P ==υ7．（1）在从图甲位置开始（t ＝0）转过60o 的过程中，经t ∆，转角t ∆=∆ωθ，回路的磁通量为：B l 221θ∆=∆Φ；由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：tE ∆∆Φ=因匀速转动，这就是最大的感应电动势，由闭合欧姆定律可求得：2021Bl RI ω=，前半圈和后半圈I （t ）相同，故感应电流频率等于旋转频率的2倍： ωπ=f ；（2）图线如图丙所示：8．（1）加速度越来越小的加速直线运动； （2）感应电动势 E ＝Blv ，感应电流 E I R=安培力 22m B L v F B IL R==由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，22B L v F f R=+ ∴ 2222R Rf v F B LB L=-由图线可以得到直线的斜率 k ＝2，而 22R k B L=，即：1B ==T（3）由图线的直线方程：2222R Rf v F B LB L=-可知直线的截距为 224Rf B L-=-m/s∴ 可以求出金属杆所受到的阻力f ，代入数据可得：f ＝2N9．（1）线框在下落阶段匀速进入磁场的瞬间222B a v m g f R=+解得： 222()m g f R v B a-=（2）线框从离开磁场至上升到最高点的过程211()2m g f h m v +=线框从最高点回落至进入磁场瞬间221()2m g f h m v -=解得：1222)R v B a==（3）线框在向上通过磁场过程中220111()()22m v m v Q m g f a b -=+++v 0＝2v 1所以： 222443[()]()()2RQ m m g f m g f a b B a=--++10．（1）由图可知，在t ＝1.0s 后，导体杆做匀速运动，且运动速度大小为：s m ts v /2=∆∆=此时，对导体AC 和物体D 受力分析，有：F T T +'=，Mg T ='； 对电动机，由能量关系，有：rI Tv IU 2+=由以上三式，可得：N T 5.3=，NF 5.0=再由BILF=、RE I=及BLvE=，得：m vFR BL 0.11==（或由REr I Mgv UI 22++=及BLvE=求解）（2）对于导体AC 从静止到开始匀速运动这一阶段，由能量守恒关系对整个系统，有：FW rt I v m M Mgh UIt ++++=22)(21则FW Q==3.8J单元测试卷第九章测试题 电磁感应一、 单选题1．C （导体棒AB 运动的加速度mRv L B F a /22-=，故开始阶段作加速度减小的的加速运动，而v RBLv I ∝=．）2．ABC （将图中铜盘A 所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B 所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得．）3．A （当导线中的电流突然增大时，可判断线框整体向外的磁通量增大，由楞次定律可判断线框中将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可判断cd 边和ab 受到导线的安培力向右，而ad 、bc 两边整体所受安培力为零，因此，整个线框所受安培力向右，即x 轴正向．）4．A （磁性小球通过塑料管时不产生感应电流，做自由落体运动；但通过金属管时将产生感应电流，受到安培力作用，阻碍其相对运动．）5．D （电子将向M 板偏转，上部线圈中应产生上正下负的感应电动势，再对由楞次定律判断．） 6．B （图a 中，ab 棒以v 0向右运动的过程中，电容器开始充电，充电后ab 棒就减速，ab 棒上的感应电动势减小，当ab 棒上的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab 棒上无电流，从而做匀速运动；图b 中，由于R 消耗能量，所以ab 棒做减速运动，直至停止；图c 中，当ab 棒向右运动时，产生的感应电动势与原电动势同向，因此作用在ab 棒上的安培力使ab 棒做减速运动，速度减为零后，在安培力作用下向左加速运动，向左加速过程中，ab 棒产生的感应电动势与原电动势反向，当ab 棒产生的感应电动势与原电动势大小相等时，ab 棒上无电流，从而向左匀速运动，所以B 正确．） 二、 多选题7．A D （由动能定理可得A 选项正确、BC 选项错误；由于各力做总功为零，则恒力F 与重力的合力所做的功等于等于克服安培力做的功，即等于电阻R 上发出的焦耳热．）8．CD （从能量的角度考虑，导轨光滑时，金属棒的动能全部转化为电能，最终以焦耳热的形式释放出来；导轨粗糙时，金属棒的动能一部分转化为电能，另一部分通过摩擦转化为热能，而安培力做功可以用机械能与电能之间的转化来量度，因此产生的电能不相同，所以A 错；电流做功可产生焦耳热，因此可以比较电流做功不同，B 错；但两个过程中，机械能都全部转化为热量，所以C 对；两个过程中，第二种种情况运动时间较小．）9．BD （产生感应电流后，两导体滑杆中的电流相等，受到磁场的作用力大小相等，感应电流的磁场阻碍原磁通量的增大，故两杆同时向右加速运动，因F 为恒力，磁场对杆的作用力为变力，随速度的增大而增大，因而开始时两杆做变加速运动（ab 加速度减小，cd 加速度增大），当两杆具有相同加速度时，它们以共同的加速度运动．）10．BCD （电流I 增大的过程中，穿过金属环C 的磁通量增大，环中出现逆时针的感应电流，可以将环等效成一个正方形线框，利用“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”得出环将受到向下的斥力且无转动，所以悬挂金属环C 的竖直拉力变大，环仍能保持静止状态．） 11．BD （等离子气流由左方连续以v 0射入两板间的匀强磁场中，正电荷向上偏转、负电荷向下偏转，通过ab 直导线的电流向下，由楞次定律可分时间段判断cd 导线中的电流方向，再由同向电流相互吸引、反向电流相互排斥分析得出．） 三、 填空题12．由题意可知，A 环的面积是B 环的4倍，所以A 环产生的感应电动势是B 环的4倍,A 环的电阻是B 环的2倍.磁场只穿过A 环时，A 环视为电源，B 环为外电路，此时有BA A R R E +RB =U ；磁场只穿过B环时，B 环是电源，A 环为外电路，此时有BA B R R E +R A =U ′.由以上关系可求得U ′=U /2.13．(1)S 闭合时：A 灯的电流从0一直增大到0.15A ；B 灯的电流从0到0.2A 然后到0.15A ,(2)S 断开时；A 灯的电流从0.15A 瞬间变为0,B 灯的电流从0.15A 慢慢得变到0．14．根据U=Bdv 得v = 流量Q=πd 2v =.四、 论述与计算题15．推导证明略16．该同学的结论是正确的．设转轮的角速度、转速分别为ω和n ，轮子转过θ角所需时间为⊿t ，通过线圈的磁通量的变化量为。
大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案
9-1两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求小线圈回路中产生的感应电动势的大小． 解：在轴线上的磁场()()22003322222IR IR B x R x R xμμ=≈>>+32202xr IR BS πμφ==v xr IR dt dx x r IR dt d 422042202332πμπμφε=--=-=9-2如图所示，有一弯成θ 角的金属架COD 放在磁场中，磁感强度B ϖ的方向垂直于金属架COD 所在平面．一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v ϖ向右滑动，v ϖ与MN 垂直．设t =0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且B ϖ不随时间改变，框架内的感应电动势i ε．解：12m B S B xy Φ=⋅=⋅,θtg x y ⋅=,vt x =22212/()/i d dt d Bv t tg dt Bv t tg εϕθθ=-=-=⋅，电动势方向：由M 指向N9-3 真空中，一无限长直导线，通有电流I ，一个与之共面的直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧。
已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ，如图所示。
若线圈以垂直于导线方向的速度v 向右平移，当B 点与直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和方向。
解：当线圈ABC 向右平移时，AB 和AC 边中会产生动生电动势。
当C 点与长直导线的距离为d 时，AC 边所在位置磁感应强度大小为：02()IB a d μπ=+AC 中产生的动生电动势大小为：xr IRx vC DOxMθBϖv ϖ02()AC AC IbvBl v a d μεπ==+，方向沿CA 方向如图所示，在AB 边上取微分元dl ，微分元dl 中的动生电动势为，()AB d v B dl ε=⨯⋅v v v其方向沿BA 方向。
大学物理课后习题答案第九章
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B ϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φρρ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0ρρ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υρ垂直离开导线。
大学物理第九章习题答案
B
A
O
C O
B
（A）A 点比 B 点电势高。 （B）A 点与 B 点电势相等。 （C）A 点比 B 点电势低。 （D）有稳恒电流从 A 点流向 B 点。 3、一根长为 L 的铜棒，在均匀磁场 B 中以匀角速度 旋转着， B 的方向垂直铜棒转动的 平面，如图。设 t 0 时，铜棒与 Ob 成 角，则在任一时刻 t 这根铜棒两端之间的感应电动势是：[ （A） L B cos(t ) （B）
0 I I b ldx 0 In 2 x 2 a
0 I 2 x
2、如图所示，矩形导体框架置于通有电流 I 的长直导线旁，且两者共面， ad 边与长直导 线平行， dc 段可沿框架移平动。设导体框架的总电阻 R 始终保持不变，现 dc 以速度 v 沿 ，穿过 abcd 回路 框架向下作匀速运动，试求（1）当 dc 段运动到图示位置（与 ab 相距 x ） 的磁通量； （2）回路中的感应电流 I i ；
B a b
2
大学物理习题集
10、在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内， 且线圈中两条边与导线平行， 当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时， 线圈中的感应电流：[ B ]
是由通有电流 I 的线圈所产生，且 B KI （ K 为常量） ，则旋转线圈相对于产生磁场的线 圈最大互感系数为 6、 。
无限长密绕直螺线管通以电流 I 、内部充满均匀、各向同性的磁介质，磁导率为 。 ， 磁能密度 。
设管内部的磁感应强度大小为 B ，则内部的磁场强度为 为 。 设螺线管体积为 V， 则存储在螺线管内部的总磁能为
大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案
9-1两个半径分别为R与ｒ得同轴圆形线圈相距ｘ，且R〉>r，x＞〉R。
若大线圈通有电流I而小线圈沿ｘ轴方向以速率v运动，试求小线圈回路中产生得感应电动势得大小. 解：９—2如图所示,有一弯成 角得金属架CＯＤ放在磁场中，磁感强度得方向垂直于金属架COD所在平面.一导体杆MN垂直于OD边,并在金属架上以恒定速度向右滑动,与MN 垂直。
设ｔ=0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且不随时间改变，框架内得感应电动势. 解:,，，电动势方向:由M指向N9—3真空中，一无限长直导线，通有电流I，一个与之共面得直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧.已知AＣ边长为b,且与长直导线平行,ＢC边长为a，如图所示.若线圈以垂直于导线方向得速度ｖ向右平移，当Ｂ点与直导线得距离为d时,求线圈AＢC内得感应电动势得大小与方向。
解：当线圈ABC向右平移时，AＢ与AC边中会产生动生电动势。
当C点与长直导线得距离为ｄ时，AC边所在位置磁感应强度大小为：AC中产生得动生电动势大小为：,方向沿ＣA方向如图所示,在AＢ边上取微分元ｄｌ，微分元dｌ中得动生电动势为，其方向沿BA 方向。
得方向向上，大小为.设,则,，方向沿ＢA方向线圈AＢC内得感应电动势得大小为方向：BＡCB９-４如图所示,一根长为得金属细杆ab绕竖直轴以角速度在水平面内旋转。
在距离细杆a端处。
若已知地磁场在竖直方向得分量为B，求aｂ两端间得电势差，并指出a、b两点哪点电势高？解：Oｂ间得动生电动势：b点电势高于Ｏ点.Oa间得动生电动势:ａ点电势高于O点。
b点电势高。
9－５在匀强磁场B中，导线，，OMN整体可绕O点在垂直于磁场得平面内逆时针转动，如图所示,若转动角速度为。
（1）求ＯM间电势差(2）求OＮ间电势差(3）指出O、Ｍ、N三点中哪点电势最高？解：(1）（2）添加辅助线OＮ,由于整个△OMN内感应电动势为零,所以，即可直接由辅助线上得电动势来代替OＭ、MN两段内得电动势。
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第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。
第九章 电磁感应 电磁场(一)作业答案
一。
选择题[ D ]1.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为 的正方向，则代表线圈内自感电动势 随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？ 【分析】dt dI LL -=ε，在每一段都是常量。
dtdI[ D ]2. （基础训练5）在圆柱形空间内有一磁感强度为B的均匀磁场，如图所示．B的大小以速率d B /d t 变化．在磁场中有A 、B 两点，其间可放直导线AB 和弯曲的导线AB ，则 (A) 电动势只在导线AB 中产生． (B) 电动势只在AB 导线中产生． (C) 电动势在AB 和AB 中都产生，且两者大小相等．(D) AB 导线中的电动势小于导线中的电动势 【分析】连接oa 与ob ，ob ab ob oab εεεε++=。
因为涡旋电场总是与圆柱截面垂直，所以oa 和ob 上的涡旋电场方向处处垂直于oa 、ob ，即0=⋅==⎰→→l d E ob ob εεoab ob d dB S dt dtφεε==-=- o ab oabd d dtdtϕϕ∴<[ B ]3.（基础训练6）如图12-16所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为(A) 0ε= 221l B U U c a ω=- (B) 0ε= 221l B U U c a ω-=-(C)2B l εω=221l B U U c a ω=- (D) 2B l εω= 221l B U U c a ω-=-【分析】ab 边以匀速转动时 0=-=dtd abc φε 22l B l d B v U U U U L c b c a ω-=∙⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-=-⎰→→→ t t tt t (b)(a)Bab clω图12-16[ B ]4.（自测提高2）真空中一根无限长直细导线上通电流I ，则距导线垂直距离为a 的空间某点处的磁能密度为(A) 200)2(21a I πμμ (B) 200)2(21a I πμμ (C) 20)2(21I a μπ (D) 200)2(21aI μμ【分析】距离为a 的空间该点的磁感应强度大小为：aIB πμ20=磁能密度为 200022212⎪⎭⎫ ⎝⎛==a I B w m πμμμ [ B ]5.（自测提高5）用导线围成的回路(两个以O 点为心半径不同的同心圆，在一处用导线沿半径方向相连)，放在轴线通过O 点的圆柱形均匀磁场中，回路平面垂直于柱轴，如图12-26所示．如磁场方向垂直图面向里，其大小随时间减小，则(A)→(D)各图中哪个图上正确表示了感应电流的流向？ 【分析】根据公式S dt B d l E S Ld d ⋅-=⋅⎰⎰⎰感，因为0<dtB d 且磁场方向垂直图面向里，所以感应电流为顺时针方向，再由于感应电流是涡电流，故选B 图。
大学物理第9章 电磁感应和电磁场 课后习题及答案
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B 的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。
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9-4 AB和BC两段导线，其长均为10 cm,在B处相接成300角，若使导线在均匀 磁场中以速度v =1.5m/s运动，方向如图， 磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度为B =2.5×10-2 T。问A、C 两端之间的电势差为 多少？哪一端电势高。
× × × × × × ×
×
×
×
×
方向：逆时针
R
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9-2 在两平行导线的平面内，有一矩形线 圈，如图所示。如导线中电流I随时间变 化，试计算线圈中的感生电动势。
l2 I I d1
l1
d2
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已知： I, I1, I2, d1, d2 。 求：ei 解： Φ =Φ 1 Φ 2 m I I1 d1+ I2 m I I1 d2+ I2 ln = 2 ln d 2 π π d2 1 m I I1 d1+ I2 d2+ I2 ln ln = 2 π d1 d2 m I I1 ( d1+ I2 )d2 = 2 ln ( d + I )d π 2 2 1 d Φ m I1 ln ( d1+ I2 )d2 dI ei = dt = 2 ( d2+ I2 )d1 dt π
I
l d
1
v
b
1
×10-7×0.5×4×10-2×3×
5×10-2 7×10-2
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=6.86×10-5(V)
9-10 一电磁“涡流”制动器由一导电率 为 g 和厚度为d的圆盘组成，此盘绕通过 其中心的轴转动，且有一覆盖面积为l2的 磁场B垂直于圆盘，如图所示，若面积l2 在离r处，当圆盘角速度为ω时，试说明 使圆盘慢下来的道理。 B
ω
r
l
d
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g 已知：d、l、B、w 、
v I
S
B
试说明：使圆盘慢下来的道理。
l d
F
d
解释：取一长方体，其电阻为 l l 1 R= g S = g = gd ld ω e = Blv =Blrw
l
B
e e g Blrw g I = R = d= d
r
l
F =BIl = B•Blrw g d • l =B 2 l 2 r w g d
× × × × × ×
×
×
×
× ×
×
× ×
×
×
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9-23一个螺线管的自感为l0mH，通过线 圈的电流为4A，求它所储存的磁能。
结束 目录
已知：L=10mH, I =4A 求：W 解： 1 LI 2 1 W=2 = 2 ×10×10-3×42 =8.0×10-2(J)
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F 的方向与 v 的方向相反，阻止圆盘转动
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9-13 如图表示一个限定在半径为R的 圆柱体内的均匀磁场B，B以10-2 T/s的恒定 变化率减少，电子在磁场中A、O、C各点处 时，它所得到的瞬时加速度（大小和方向） 各为多少？设r =5.0cm.
×
B r r
× ×
×
× × × ×
A .
× × × × × ×
第九章 电磁感应 电磁场作业及解答 (作业题个数7)
9-1
9-10
9-2
9-4
9-6
9-13 9-23
结束
习题总目录
9-1 如图所示，通过回路的磁通量与线 圈平面垂直，且指向画面，设磁通量依 如下关系变化 Φ = 6t2+7t+1 式中的单位为mWb, × × × × × × t 的单位为s,求 t =2 × × × × × × B 秒时，在回路中的感 × × × × × × × × × × × × 生电动势的量值和方 × × × × × × 向。 R
R
C
.
× ×
结束 目录
已知：dB/dt =-10-2t (s-1), r =5.0cm 求：a A . R 解： E .dl = d B r 2 π B r dt r. r dB E= C 2 dt 1 ×5×10-2×(-10)-2 =2.5×10-4(V/m) = 2 电子在a点的加速度 F e E = 1.6×10-19×2.5×10-4 a=m = m 9.1×10-31 =4.4×107(m/s2) 电子在o点的加速度 a = 0 结束
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已知：Φ = 6t2+7t+1(Wb) 求：e (t =2s) 解： Φ e = d = -(12t+7)×10-3 dt
t =2
× × × × × × × × × × × × × × × × × × ×
e = -(12×2+7)×10
=-3.1×10 (V)
-2
-3
× × ×
B×
×
×
×
l d b
结束 录
已知： I =0.5A,d =5.0cm, N =1000, v =3m/s, l =4.0cm, b =2.0cm
解：
e = N (B l v
2
B1 l v ) I1 2 (d + b ) π 1 (d + b )
I1 =N l v 2 d π N l vI 1 1 = 2 π d π =1000×4
= 7.0×10-3 (V) UA > UC
结束 目录
9-6 如图所示，一长直导线通有电流 I =0.5A,在与其相距d =5.0cm处，放有一 矩形线圈，共1000匝，线圈以速度v =3.0 m/s沿垂直于长导线方向向右运动，线圈 中的动生电动势是多少？(设线圈长l =4.0 cm,宽b =2.0cm). I v
×
× × ×
×
×
×
× × ×
v
×
B
× ×
× ×
× ×
C
× ×
×
× × ×
×
×
×
× × ×
×
×
× × ×
A
× ×
B
× ×
30
0 ×
× ×
结束 目录
已知: l =10cm, v =1.5m/s, B =2.5×10-2 T 求：UAC 解： e = B l v (1 + cos 300 ) 3 ) = B l v (1+ 2 -2×10×10-2 (1 + 3 ) = 1.5×2.5×10 2