大学物理(华中科技版)第12章习题解答

第12章电磁感应电磁场与电磁波12－1如习题12－1图所示，有一个空心螺绕环，单位长度匝数为1000匝1m，环的横截面32210mS，若在环上绕一线圈A，其匝数5N匝，线圈A的电阻2R，它的电流可由一变阻器调节，使电流每秒减少10A。求：（1）线圈A中的感应电动势、感应电流；（2）2s内通过线圈A的感应电量。解：（1）螺绕环内的磁感强度为nIB0因为磁场完全集中于环内，所以通过线圈A的磁通量为nISm0这样，线圈A中感生电动势的量值为dtdInSNdtdNmi0将已知数值代入，得4371026.11051021000104i（V）感应电流为541030.621026.1RIi（A）（2）在2秒内通过线圈A的感应电量为451026.121030.621dtIqtti（C）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dt后转过的角度为dθ=ωdt扫过的面积为dS=R2dθ/2切割的磁通量为dΦ=BdS=BR2dθ/2动生电动势的大小为ε=dΦ/dt=ωBR2/2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22()2550AOBLBL习题12－1图OO`BABL/5ω习题12－2图dθLωoRl22416()2550BOBLBL由于BOAO，所以B端的电势比A端更高，A和B端的电势差为2310BOAOBL2423321.010(0.5)1010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222()(2)222BLlBlBLLl12－3一长直导线载有A10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cm20l，cm10a，cm20b，线圈共有2000N匝，以1v2ms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02IBr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vat，穿过线圈的磁通量m为v00vv22vbtmatIlIlbtdBdsdrlnratBS因此，线圈中的电动势为0v()2(v)(v)mdNIlbaNdtatbt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llllddddACBCCDDA)()()()(BvBvBvBv习题12－3图由于0)()(llddABCDBvBv（因为Bv与ld垂直）因此有：vv()()v|v|DCDCratrbtABABddBdlBdlvBvBll]11[2)(2)(2000vtbvtalIvvtbIdlvvtaIdlvDACB实际上，某t时刻线簇内的电动势就等于AD和BC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012v11vv[]2vvADBCIlBlBlatbt这与上面的计算结果一致。对于N匝线圈，产生的电动势为0v()2(v)(v)NIlbaNatbt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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（V）12－4一导线ac弯成如图所示形状，且ab＝bc＝10cm，若使导线在磁感应强度B＝21052－T的均匀磁场中，以速度5.1vcm·s－1向右运动。问ac间电势差多大？哪一端电势高？解：030sinBvbc211010105.1105.22221.88×10-5（V）C端电势高。12－4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；BABRv0习题12－5图习题12－4图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()ddBLvvmRt即：2d()dvBLtvmR积分得方程的通解为21()lnBLvtCmR根据初始条件，当t=0时，v=v0，可得常量C1=lnv0。方程的特解为20()exp[]BLvvtmR由于v=dx/dt，可得位移的微分方程20()dexp[]dBLxvttmR方程的通解为20()exp[]dBLxvttmR2022()exp[]()mRvBLtCBLmR当t=0时，x=0，所以常量为022()mRvCBL方程的特解为202(){1exp[]}()mRvBLxtBLmR当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为02()mRvxBL方法二冲量法：由F=-(BL)2v/R，得2()ddBLxFtR右边积分得0d0tFtmv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()mvRxBL（2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为222()ddddBLvQIRtttRR220()2()exp[]dBLvBLttRmR整个运动过程中产生的焦耳热为2200()2()exp[]dBLvBLQttRmR2220002()exp[]22mvmvBLtmR即：焦耳热是杆的动能转化而来的。12－5如习题12－6图所示，直角三角形金属框ABC放在匀强磁场中，B平行ac，当框绕ac边以角速度转动时，求框中各边的动生电动势及回路中的动生电动势。设lab，rbc。解Ⅰ：利用法拉第电磁感应定律)cos(BSdtddtdm由于磁场B、线圈面积S均不随时间变化，虽然，线圈绕ac边转动，但线圈平面法线与B的夹角始终为2，因此整个回路的动生电动势是零。解Ⅱ：先计算各边的动生电动势，然后相加。习题12－6图由于ac边不切割磁力线0ac，对于cb边有ldbcbc)(Bv在cb上取一小段ld，它距c点的距离为x，这一小段运动速度为xv，Bv且)(Bv的方向与ld同向，有02120BrBdxxrcb（b点电势较c点高）ab边的电动势为baabd)(lBv在ab上取一小段ld，它距转轴的距离为x，其运动速度为xv，仍有Bv。而)(Bv的方向与ld的夹角为，coslx，有cosdldx，因此babaabBdrxdlvBcos2021BrxdxBr（b点电势较a点高）由于221Brabba，整个回路的电动势00212122BrBracbacb12－7电磁涡流制动器是一个电导率为σ，厚度为t的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a2的均匀磁场B垂直于圆盘，小面积离轴r（ra）。如图所示，当圆盘角速度为ω时，此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩。试证该磁力矩的大小traBM222磁。解：电导率是电阻率的倒数σ=1/ρ。不妨将圆盘与磁场相对的部分当成长、宽和高分别为a、a和t的小导体，其横截面积为S=at，电流将从横截面中流过，长度为a，因此其电阻为1lRSt宽为a的边扫过磁场中，速度大小为v=rω产生的感生电动势为ε=Bav=BarωraaBωtaatSI习题12－7图圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为I=ε/R=Barωσt所受的安培力为F=IaB=B2a2rωσt其方向与速度方向相反。产生的磁力矩为M=Fr=B2a2r2ωσt其方向与角速度的方向相反。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dtdB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0ddtB时，可知iE为一系列同心圆，即iE与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即0ocoboa，这样在回路oac中的电动势为acbcabcabcaboaoacac为杆为ac内的电动势，ab和bc分别为ab和bc部分内的电动势。由上面分析可知tBStBSobcbcoababdddd211S为三角形oab的面积，据题设，221,43SRS为obc回路内磁场复盖的区域cob扇形面积，据题设，图中6，故2221221RRStBRtBSSbcabacdd1243dd)(221因为0ddtB，由楞次定律可判定c端电位高。习题12－8图12－9如习题12－9图所示，有一弯成θ角的金属架COD放在磁场中，磁感应强度B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向右滑动，其方向与MN垂直，初始时刻x=0。对于下列两种情形，求t时刻框架内的感应电动势。（1）磁场分布均匀，且B不随时间改变；（2）磁场分布非均匀，且B=Kxcosωt。解：（1）经过时间t，导体杆前进的距离为x=vt杆的有效长度为l=xtanθ=v(tanθ)t动生电动势为εi=Blv=Bv2(tanθ)t（2）导体杆扫过的三角形的面积为S=xl/2=x2tanθ/2=v2t2tanθ/2通过该面的磁通量为3tancos2kxBSt33tancos2kvtt感应电动势为ddit323tan(3cossin)2kvtttt即：32tan(sin3cos)2ikvtttt12－10如习题12－10图所示，匀强磁场B与矩形导线回路的法线ne成θ=60°角，B=kt（k为大于零的常数）。长为L的导体杆ab以速度v水平向右平动，求回路中t时刻的感应电动势的大小和方向（设t=0时，x=0）．解：经过时间t，导体杆运动的距离为x=vt扫过的面积为S=Lx=Lvt通过此面积的磁通量为Φ=B·S=BScosθ=Lvkt2/2感应电动势的大小为ε=dΦ/dt=Lvkt由于回路中磁通量在增加，而感应电流的磁通量阻碍原磁通量增加，其磁场与原磁场的方向相反，所以感应电动势的方向是顺时针的．BMNOvCDxθ习题12－9图习题12－10图1