电磁学第二版习题答案第六章.docx
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电磁学第二版习题答案第六章
电磁学第二版习题答案第六章
习题
在无限长密绕螺线管内放一圆形小线圈,圆平面与螺线管轴线垂直。
小线圈有
1006.2.1
1匝,半径为1cm,螺线管单位长度的匝数为200cm.设螺线管的电流在
0.05s内
以匀变化率从1.5A变为-1.5A
(1)求小线圈的感应的电动势;
(2)在螺线管电流从正直经零值到负值时,小线圈的感应电动势的大小和方
向是否改变,为什么,
解答:
12,小线圈半径R,=10
(1)螺线管单位长度的匝数n=200cmm,匝数
N,,100,若选择电动势的正方向与电流的正方向相同,螺线管内小
线圈的感应电动势大小为
,,N,ddt,,N,dBdtS,,,0n(R,2)N,dIdt,4.7,102V.
>0
表明电动势的方向与设定的方向相同。
螺线管电流从正值经零值到负值时,小线圈的感应电动势的大小和方向都不变,
(2)
因为电流以及磁通量都以相同的变化率作变化。
6.2.2边长分别为a=0.2m和b=0.1m的两个正方形按附图所示的方式结成一个回路,单
2,位的电阻为5,1010.回路置于按B,Bmsin,t规律变化的均匀磁场中,m
Bm,102T,,,100s1。
磁场B与回路所在平面垂直。
求回路中感应电流的最
大值。
解答:
在任一瞬时,两个正方形电路中的电动势的方向相反,故电路的总电动势的绝
对值
,故回路电阻为因回路单位长度的电阻,,5,10m
a,b,,6,102,
回路中感应电流的最大值为
6.2.3
半径分别为R和r的两个圆形线圈同轴放置,相距为x(
见附图)。
Im,R,m,0.5A
已知rx(
dxx.
设x以匀速v,而大线圈在校线圈内产生的磁场可视为均匀
时间tdt
而变.
(1)把小线圈的磁通,表为x的函数
表为x的函数
(2)把小线圈的感应电动势(绝对值)
(3)若v,0,确定小线圈内感应电流的方向.
解答:
(1)满足条件Rx下,载流大线圈在面积S为的小线圈的磁通量为
0IR2,,BS,r22x3
小线圈的磁感应电动势(绝对值)为
(2)
0Ir2R23,0Ir2R2d,,,,(3x4dxdt),vdt22x4
(3)若时,小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同
在无限长密绕螺线管外套一个合金圆环,圆心在轴线上,圆平面与轴线垂直
(见附6.2.4
图).管内系统随时间以常变化率2,增大,电流表经开关接到环上的
P、
Q(两点连线过环心).
((
(1)求开关断开时下列情况的UPQ:
a)两个半圆的电阻都为R,
b)左半
环电阻为R,
右半环电阻为2R;
(2)设电流表所在支路电阻为零,求开关接通时电流表在上问的(a)(b)
情况下
的电
流IA(大小和方向);
(3)若座半环电阻为R,有半环电阻为kR(其中k,0),试证开关接通时I
无关。
解答:
(1)馆内磁通随时间以常变化率2,增大时,在开关断开时,感应电动势
d,,,,2,dt
(a)两个半环的电阻都为R时,等效电阻如图6.2.4(a)所示,
,,R,,0UPQ,,QP2R22
(b)左半环电阻为R,右半环电阻为2R时,等效电路如图6.2.4(b)所示,有
,2,,,2R,,,UPQ,,QP3R2363
(2)电流表开关接通时:
(a)两个半环的电阻都为R时,等效电路利用戴维南定理如图6.2.4(c)所
示,有右半环的支路于电流表支路组成的闭和回路中没有磁场,亦没有磁通的变
化,因此该回路的总电动势为0。
已知右半环的支路上的电动势为
,因此电
流表支路的电动势亦为
,由图6.2.4(c)可见,通过电流表的电流为
2,,A2,A,,IA,RRR2
方向向上。
(b)左半环电阻为R,右半环电阻为2R时,利用戴维南定理等小电路如图
6.2.4(d)
所示,等效电源的电动势等于开路电压UPQ
,2,,,2R,,,Ue,UPQ,,QP3R2363
等效电阻为
R,2R,2R,Re,3R,2R
等效电路如图6.2.4(d)右图所示,因等效电动势,e,0
,故将其极性相
反,求得通过
电流表的电流大小为,,,,e
,IA,2RRRe
方向向上。
(3)左半环电阻为R,右半环电阻为kR,电流表开关接通时,利用戴维南定
理等效电路如图6.2.4(e)所示,等效电源的电动势为
,1,k,,1,k,R
,1k,,kR,,e,UPQ,,QP
等效电阻为
R,kR,kR,Re,,1,k,R1,k
等效电路如图6.2.4(e)右图所示。
按等效电动势,e的方向,极性如图所
示,求得通过电流
表的电流大小
,1k,
,,e2,1,k,,IA,2kRRRe
方向向上。
证明开关接通时的IA与k无关。
直径为D
的半圆形导线置于与它所在平面垂直的均匀磁场B(见附图),当导
线6.3.1
绕着过P
点并与B平行的轴以匀角速度,逆时针转动时,求其动生电动
势,PQ
解答:
在辅助线
PQ,与圆弧PQ构成闭合回路,当绕着P点以匀角速度,逆时针
转动时,封
闭曲线的面积不变,因而闭合回路的总电动势,PQQP,,PQ,,QP,
0,沿圆弧的动生电动势
BD2,,v,BvBdl,PPP02
l,电阻为
R(见附图)。
导轨两端分平行金属导轨上放一金属杆,其EF段
长度为6.3.2
别连接电阻
R1和R2,整个装置放在均匀磁场B中,B与导轨所在的平面垂
直。
设
金属杆以v
速度匀速向右平动,忽略导轨的电阻和回路的自感,求杆中的电
流。
解答:
当金属杆以速度v运动时,杆上有电动势,,vBl,附图的等效电路图如图
6.3.2所示,杆中的电流大小为
vBl,R1,R2,I,,R1R2R,R1,R2,,R1,R2R
R1,R2
m的金属杆,其PQ段的长度为l(见附图).半无限长的平行金属导轨上放一质量为6.3.3
导轨的一端连接电阻R。
整个装置放在均匀磁场B中,B与导轨所在的平面
垂直。
设杆以初速度v0向右运动,忽略导轨和杆的电阻及其间的摩擦力,忽略回路
(3)
试运用能量守恒定律分析上述结果。
自感。
解答:
(1)当金属杆以速度v沿x轴正方向(平行于轨道向右)运动时,杆上的电动
势,,vBl,电路的电流为i,vBlR.从而受到的电磁力大小为
2222vBlBldxF,iBl,,
RRdt
此电磁力与运动方向相反,根据牛顿第二定律,有
2B2ldxdvF,,Rdtdt
mRdx,dvBl22
设杆的起始位置为x=0,金属杆所能移过的距离为
0mRmRx,dv,v0,v0B2l2Bl22
(2)此过程中电阻所发的焦耳热为
20Bl22xBl22vBl1mR2iRdt,mv02v22dv,Q,
Rdt,,vdx,,000v0R2BlRR
(3)从能量受恒定律进行分析:
起始情况,金属杆以速度v0运动具有的动能
1mv02,由于受到电磁阻力的作用杆的速度最终减至0,金属杆的动能全2
部转化为电路所消耗的焦耳热。
6.3.4上题中如果用一向右的恒力F拉金属杆,并把初速度改为0,求证杆的速率随时间
,其中,,mamR2
B2l2F变化的规律为v,t,,,1e,t
证明:
当金属杆以速度v运动时,电路中电流为I,金属杆所受的电磁力大小为
vBlBl22,vFm,Bil,BlRR
根据牛顿第二定律,金属杆所受的合力与加速度的关系为
2B2ldvFv,m
经整理得
dvFBl22vdtmmR
B2l2令,,,得mR
dvF
dtm,
分离变量得
vm,F,,dt
m,
积分后得
vln,,t,C
m,
式中:
C为待定系数,由初始条件,t=O,v(O)=O,得
FC,lnma
m,vln,,tF
m,
Fvm,,e,tF
m,
证得杆的速率随时间变化的规律为
Fv,t,,,1e,t,ma
长度各为1m,电阻各为4,的两根均匀金属棒PQ和MN放在均匀稳恒磁场
B,2T,方向垂直纸面向外(见附图)。
两棒分别以速率v1,4ms和v2,
导轨向左匀速平动,忽略导轨的电阻及回路自感,求;(!
)两棒的动生电动势的大小,并在图中标出方向;
(2)UPQ和UMN
(3)两棒中点和的电势差。
解答:
(1)PQ杆的电动势的方向由Q指向P大小为
MN杆的电动势的方向由N指向M大小为
M,v2,B,dl,v2Bl,4VN
(2)设电路的电流为顺时针方向,大小为
PQ,NMI,,0.5A
R2,R1
PQ杆之间的电压为
UPQ,,QPIR1,6V
MN杆之间的电压为
UMN,,NMIR2,6V
(3)PQ杆中点O1与O2之间的电压为
QPIR1,3VUO1Q,22
MN杆中点02与N之间的电压为
因Q点与N点等势,故01与02间的电压为
VU0102,U0QU02N,01
半圆形刚性导线在摇柄驱动下在均匀磁场B中作匀角速转动(见附图),半圆
形的6.3.6
半径为0.1m,转速为3000rmin,求动生电动势的频率和最大植。
解答:
只有半圆弧的运动对动生电动势有贡献,沿旋转轴(即直径)作一辅助线,与半圆弧
连成一封闭曲线,设t=0时,半圆面的位置如附图所示,选取半圆面的法线方向垂直向外,
t时刻通过半圆面的磁通量为
,BS,Bcos,t2
封闭曲线产生的感应电动势方向沿顺时针,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势大
2d,,,sin
,t,dt2
小为
感应电动势的变化频率为
N13000f,,s,50Hzt60
感应电动势的圆频率为
,,2f,100rads
电动势的最大值为
BR2,,2.7m,m,2
,作匀匀角速转动,转轴垂半径为R的圆形均匀刚性线圈在均匀磁场B中
直于B(见附图),轴与线圈交于A点,弧长AC占14周长,M为AC弧的
中点。
(〜)求动生电动势,AM及,AC
(2)A、M哪点电势高,
解答:
(1)线圈上一元段的电动势为
d,,,v,B,dl,,rBsin,dl
d,,
,Rsin
Bsin,Rd,,
BR2sin2,d,
由图6.3.7得
AM间的电动势为
41sin2,d,,,BR2084
AC间的电动势为
21sin2,d,,,BR204
(2)A、C间的电动势差为
4,ACR,0UCA,,ACIRAC,,ACR4
A、M间的电动势差为
BR2,084R841
1ACR4,UMA,,AMIRAM,,BR2,
所以M点的电势低于A点的电势。
26.4.1均匀磁场B限定在无限长圆柱体内(见附图),B以10Ts的恒定减小。
求
位于图中M、N、P三点的电子从感生电场获得的瞬时加速度(大小和方向)
解答:
根据磁场变化趋势,在无限长圆柱体内P点的感生电场方向向左,M点的感生电动势向右。
感,2dt
感生电场的大小为
rdB4m,Ts,2.5,10E
M、P点的加速度大小为
eE感,4.4,107ms2aM,aPm
因为电子带负电,所以电子在P点受的力和加速度方向向右,M点受的力和加速度方向向左。
并得Q点的加速度为零
6.4.2在上题的圆柱体的一个横截面上作如本题附图所示的梯形PQMN,P已知
PQ=R=1m,MN=0.5m求:
(1)梯形各边的感生电动势,PQ,QM,MN和,NP
(2)整个梯形的总电动势,PQMNP
解答:
(1)如图642所示,根据磁场的变化趋势,按楞次定律感生电场E感为顺时针
方向(用柱坐标的单位矢e,表示),积分方向向右,梯形PQ边的感生电动
势大小为
QRdBRdBdBcos150:
PQ,hR,4.3,103Ve,,dl,Pdt2dtdt2
梯形QM边的感生电动势大小为
MRdB,,dl,0eQ2dt
梯形NP边的感生电动势大小为
PRdB,,dl,0eN2dt
梯形MN边的感生电动势(积分方向向左)大小为
NRdB1dBR1dBhRcos30:
MN,,1.1,103Ve,,dl,M2dt2dt22dt22
(2)利用上面的结果,整个梯形的总电动势大小为
PQMNP,,PQ,,QM,,MN,,NP,3.2,103V
半径为的圆柱形空间内充满与轴平行的均匀磁场(横截面见附图),以的恒定
6.4.3
变化率增加。
有一长为的金属棒放在图示位置,一半在磁场内部,另一半在磁
场外部,求棒的感生电动势,PQ.
解答:
用法拉第电磁感应定律求杆上的感生电动势.分别作辅助线0P、0M和0Q,闭合路径
OPM的感应电动势中,由于E感的方向与0P和0M垂直,故0P和0M两段感应电动势为
0,因此0PM的感应电动势等于PQ段的电动势,因磁场充满0PM中,即
d,dB13R2dB,PM,,hR,dtdt24dt
闭合路径0MQ的感应电动势中,由于E感的方向与0Q和0M垂直,故0Q和
0M两段
感应电动势为0.因此0MQ的感应电动势等于MQ段的电动势,在,0MQ中,因磁场仅充
满扇形面积0MS故
d,dB1R2,MQ,,dtdt12
电子感应加速器的轨道半径为
0.4m,电子能量的增加率为160eV/周.6.4.4
(2)欲使电子获得16MeV的能量,需转多少周,共走多长路程,
解答:
(1)电子转1周得到的能量为
e,,160eV
电子运行的圆周轨道的电动势
dB,,R2dtdB为解得轨道内磁场的平均值B的时间变化率dt,dB,,3.18,102TsdtR2
(2)电子获得16MeV的能量转动的周数为
160,105eVN,5,10160eV4因轨道半径R=R,4,10km,故电子共走的路程为
L,2RN,251km
6.5.1在长为0.6m、直径为5cm的空心纸筒上密绕多少匝导线才能得到自感
为6.06.0,10-3H的线圈,
解答:
线圈的自感为
2N2L,,0n2V,,0lR
所绕的匝数为
1LlN,,1208R,026.5.2空心密绕螺绕环的平均半径(即中心圆的半径)为0.1m,横截面积为
6cm,总匝
通.
数为250,求其自感.若螺绕环流过3A的电流,求其自感磁链以及每匝的磁
解答:
螺绕环的自感为
2N5HL,0n,2V,02,RS,7.5,102R
当通入线圈的电流I=3A时,自感磁链为
,,LI,2.25,104Wb
每匝磁通为
,,9,107Wb
6.5.3设同轴电缆内外半径分别为R1和R2(见教材图6-27),试导出其单位长度的自
感L的表达式。
解答:
图6.5.3为同轴电缆的截面图,半径为r的磁场为B(r),根据安培环路定律,有
2rB,r,,,0I
0I求得B,r,,2r
R1R1R,0I,0Idrl,lln1,,
,B,r,drl,,R2R222r
通过长度为l的横截面为S的磁通为
R2
故单位长度的自感为,R,0IL,,ln1Il2R2
6.6.1两个共轴圆线圈,半径分别R和r,匝数分别为N1和N2相距为l(见附图),设
rl,以至大线圈在小线圈所在处的磁场可以视为均匀的。
求两线圈之间的互感系数
解答:
N1匝的大线圈在小线圈所在处的磁场大小为
2IRNB1,32,l2,R2,2
,l2,R,
小线圈所在处的磁通大小为2r2,12,B1r2,3222
小线圈所在处的磁链为
两线圈之间的互感系数
,l,,R
2,12N2N1,0rR2M,,3I12222
6.6.2附图所示的两个同轴密绕细长螺线管长度为,半径分别为R1和R2
l)匝数分别N1和N2,求互感系数M12和M21,并由此验证M12,M21l,R2R1
解答:
线圈1通有电流I1时管内产生的磁场大小为
N1B1,,0nI1,,0I1l
线圈1对线圈2中1匝产生的磁通为
0N1R22I12,12,R2B1,l
0N1R22I1
,12,N2,12,l
0N1N2R22
,12M12,,lI1
线圈2通有电流I2时管内产生的磁场大小为
N2B2,,0nI2,,0l2l
线圈2对线圈1中1匝产生的磁通只与线圈2的面积有关,即
22,21,R2B2,l
1,求这个电路的时间常数。
设附图所示的RL电路的电流在
5.0s内达到
21,N1,21,l
对比和的数值,证得
M12,M21
6.6.3以代表两个线圈之间的互感系数,L1和L2代表各自的自感系数,试
证在无漏磁
解答:
自感系数和分别定义为
,11N1,11,22N2,22,,L1,L2,
I1I1I2I2
N1,11N2,22L2L1,I1I2
N1,11N2,22N2,12N1,21ML2L1,,,M1221,M2I1I2I1I2
因而证得M,L1L2
稳态值的6.8.13
解答:
因RL电路的电流随时间变化的关系为
根据题设条件
5t1I0,I01e,3
得5t2,,e3
5s2,ln,3
解得:
,12s.
,L=20H,合下瞬间的电流增长率为5As求:
设习题6.8.1幅图中的
R=46.8.2
(1)电流的电动势,
(2)电流为10A时的电流增长率及此事的电感所储存的磁能。
(注:
自感为
L,电流为i
1的线圈所储存的磁能为Wm,Li2,推导见教材?
6.11)2
解答:
(1)因RL电路的电流随时间变化的关系为
Rt,Li,1eR
di,RtL,e
dtL,di在t,0时刻,有,,5Ast,0dtL
解得:
=100V
⑶设t,t1时电流为10A,即
Rt1L求得,0.6e
1Li2,t1,,1000J此时电感所储存的词能为Wm,2
6.8.3设习题6.8.1附图中的,求下列各量在开关接通后的值:
(1)线圈所储存的磁能的增长率;
(2)电阻R上消耗焦耳热的功率;
(3)电源输出的功率。
解答:
(1)因电感线圈储存的磁能与时间有关,即
1Li2,t,Wm,2
由此可见,磁能是从零开始的逐渐增大(与电流增长情况不同)。
线圈所储存的磁能的增长
率为
RtRtdidWmL,Li,,ieL,1ee
dtdtR
dWmWt,0.1s,23
(2)在开关接通0.1s
后,电阻R上消耗的焦耳热的功率为
dt
Rt,22LP,t,
iRt,0.1s,1et,0.1s,40WR
(3)电源输入的功率为
Rt,2LP源,t,
将t=0.1s及有关数据代入得:
P源,0.1,s,63W
解答:
由戴维南定理,附图电路可表示为图6.8.4,图中等效电源的电动势,e大小即
是附图中将电感支路断开后的开路电压(即左侧回路电阻R两端的电压)
等效电阻(即左侧回路除源后开路两端的电阻)Re,
由图6.8.42R
R可见,电阻值与电感
L组成典型电路,利用初始条件i,0,,0,求
得i2随时间变化的2
规律为
电感线圈的两端电压为
di2,eu2,Ldt2
随时间变化的
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