变化的电磁场.

习题1616-1．如图所示，金属圆环半径为R，位于磁感应强度为B的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。

当圆环以恒定速度v在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端a、b间的电势差。

解：（1）由法拉第电磁感应定律iddtεΦ=-，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势iε=；（2）利用：()aab bv B dlε=⨯⋅⎰，有：22abBv R Bv Rε=⋅=。

【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2．如图所示，长直导线中通有电流AI0.5=，在与其相距cm5.0=d处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm0.4=l，宽cm0.2=a。

不计线圈自感，若线圈以速度cm/s0.3=v沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。

首先用0lB dl Iμ⋅=∑⎰求出电场分布，易得：02IBrμπ=，则矩形线圈内的磁通量为：00ln22x axI I l x al drr xμμππ++Φ=⋅=⎰，由idNd tεΦ=-，有：11()2iN I l d xx a x dtμεπ=--⋅+∴当x d=时，有：041.92102()iN I l a vVd aμεπ-==⨯+。

解法二：利用动生电动势公式解决。

由0lB dl Iμ⋅=∑⎰求出电场分布，易得：02IBrμπ=，考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势，近端部分：11NB l vε=，远端部分：22NB lvε=，则：12εεε=-=00411() 1.921022()N I N I a l vl v Vd d a d d aμμππ--==⨯++。

16-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I的电流，长为l的金属棒ab与长直导线共面且垂直于导线放置，其a端离导线为d，并以速度v平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较U a、U b的电势大小。

解法一：利用动生电动势公式解决：()d v B dlε=⨯⋅2Iv drrμπ=⋅，∴02d ldv I dr r μεπ+=-⎰0ln 2v I d l d μπ+=-，由右手定则判定：U a >U b 。

解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。

作辅助线，形成闭合回路''abb a ，如图，SB d S Φ=⋅⎰02d ldI y dr r μπ+=⎰0ln 2I y d ld μπ+=， ∴d dt εΦ=-00ln ln22I Iv d l d y d l d dt d μμππ++=-⋅=-。

由右手定则判定：U a >U b 。

16-4．电流为I 的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为120， 几何尺寸及位置如图所示。

求当圆弧形导线以速度v 平行于长直 导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。

解法一：（用等效法）连接AO 、OB ，圆弧形导线与AO 、OB 形成闭合回路，闭合回路的电动势为0，所以圆弧形导线电动势与AOB 直导线的电动势相等。

200()ln 222R AO R IvI v v B dl d x x μμεππ=⨯⋅=-=-⎰⎰，500225()ln 224R OB RIv Iv v B dl d x x μμεππ=⨯⋅=-=-⎰⎰，∴05ln22AB AO OBIv μεεεπ=+=-。

解法二：（直接讨论圆弧切割磁感应线）从圆心处引一条半径线，与水平负向夹角为θ，那么，00022(2cos )2(2cos )I I IB x R R R μμμππθπθ===--，再由()v B dl ε=⨯⋅⎰有： sin d B Rd v εθθ=⋅⋅，∴2030sin 2(2cos )I Rv d R πμεθθπθ=-⋅-⎰05ln22Iv μπ=-。

16-5．电阻为R 的闭合线圈折成半径分别为a 和a 2的两个圆，如图所示，将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按0sin B B t ω=的规律变化。

已知cm 10=a ，T 10220-⨯=B ，rad/s 50=ω，Ω=10R ，求线圈中感应电流的最大值。

解：由于是一条导线折成的两个圆，所以，两圆的绕向相反。

2220(4)3cos i d d Ba a a B t dt dt επππωωΦ=-=--⋅+=，∴203cos ia B t I R R επωω==AπRωB a πI 32202max 1042.910501021.035--⨯=⨯⨯⨯⨯==。

AOBAOBθ16-6．直导线中通以交流电，如图所示，置于磁导率为μ的介质中，已知：0sinI I tω=，其中ω、I是大于零的常量，求：与其共面的N匝矩形回路中的感应电动势。

解：首先用0lB dl Iμ⋅=∑⎰求出电场分布，易得：02IBxμπ=，则矩形线圈内的磁通量为：0000ln sin ln222d adI I l I ld a d al dr tr d dμμμωπππ+++Φ=⋅==⎰，∴00cos ln2N I ld d aN tdt dμεωωπΦ+=-=-。

16-7．如图所示，半径为a的长直螺线管中，有dd>tB的磁场，一直导线弯成等腰梯形的闭合回路ABCDA，总电阻为R，上底为a，下底为a2，求：（1）AD段、BC段和闭合回路中的感应电动势；（2）B、C两点间的电势差CBUU-。

解：（1）首先考虑OAD∆，212OADS a∆==，∴24OADd dB dBS ad t d t d tε∆Φ=-=-⋅=-⋅感1，而DA l AO OD AD DAE d l E d l E d l E d l E d lεε=⋅=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰⎰涡涡涡涡涡感1∴23ADd Bad tε=⋅；再考虑OBC∆，有效面积为2123OADS aπ=⋅扇，∴26dBad tπε=-⋅感2，同理可得：26BCdBad tπε=⋅；那么，梯形闭合回路的感应电动势为：2(64BC ADdBad tπεεε=-=-⋅，逆时针方向。

（2）由图可知，AB CD a==，所以，梯形各边每段a上有电阻5Rr=，回路中的电流：2(6a d BIR R d tεπ==⋅，逆时针方向；那么，2225B C BC BCdBU U I r I R adtεε-=⋅-=⋅-=-⋅。

16-8．圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为R，高为h，电阻率为ρ，如图所示。

若匀强磁场以d Bkdt =（0k k >，为恒量）的规律变化，求圆柱体内涡电流的热功率。

解：在圆柱体内任取一个半径为r ，厚度为dr ，高为h 的小圆柱通壁， 有：2ld B E dl r dt π⋅=⋅⎰涡，即：22d Br k r dt εππ=⋅=涡，由电阻公式lR S ρ=，考虑涡流通过一个d r 环带，如图， 有电阻：2r R h d r πρ=， 而热功率：22223()22k r k h d P i R r drr hdr πππρρ===，∴2243028R k h k h R P r d r ππρρ==⎰。

16-9．一螺绕环，每厘米绕40匝，铁心截面积2cm 0.3，磁导率0200μμ=，绕组中通有电流mA 0.5，环上绕有二匝次级线圈，求：（1）两绕组间的互感系数；（2）若初级绕组中的电流在s 10.0内由A 0.5降低到0，次级绕组中的互感电动势。

解：已知4040000.01n ==初匝，2N =次，50200810μμπ-==⨯，42310S m -=⨯。

（1）由题意知螺绕环内：B nI μ=，则通过次级线圈的磁链：N BS N n I S ψμ==次次次， ∴54428104000310 6.0310M N nS HI ψμπ---===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯次初；（2）42506.0310 3.02100.1I MV t ε--∆-==⨯⨯=⨯∆初次。

16-10．磁感应强度为B 的均匀磁场充满一半径为R 的圆形空间B ，一金属杆放在如图14-47所示中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内，另一半位于磁场外。

当0d Bdt >时，求：杆两端感应电动势的大小和方向。

解：∵ac ab bc εεε=+，而：Oabab d dt εΦ=-扇形，∴a bε=2[]d R B dt -=，Obcbc d dtε∆Φ=-=22[]1212d R R d B B dt dt ππ--=，∴a c ε=22[]412R d Bdt π+；∵0d Bdt >，∴0a cε>，即ac ε从a c →。

16-11．一截面为长方形的螺绕环，其尺寸如图所示，共有N 匝，求此螺绕环的自感。

解：如果给螺绕环通电流，有环内磁感应强度：012()2N I B R r R rμπ=<<则SB d SΦ=⋅⎰⎰，有：210201ln22R R N I h R N Ih dr r R μμππΦ=⋅⋅=⎰利用自感定义式：L I ψ=，有：L =2021ln 2N h R R μπ。

16-12．一圆形线圈A 由50匝细导线绕成，其面积为4cm 2，放在另一个匝数等于100匝、半径为20cm 的圆形线圈B 的中心，两线圈同轴。

设线圈B 中的电流在线圈A 所在处激发的磁场可看作匀强磁场。

求： （1）两线圈的互感；（2）当线圈B 中的电流以50A/s 的变化率减小时，线圈A 中的感生电动势的大小。

解：设B 中通有电流I ，则在A 处产生的磁感应强度为：002242B B B B B N I N IB R R R μμππ=⋅=（1）A 中的磁通链为：02A B A A A ABN N IN BS S R μψ==⋅。

则：2AABBM I R ψ==，∴7476410501004102010 6.281020.2M Hππ----⨯⋅⋅⋅⨯==⨯=⨯⋅。

（2）∵0646.281050 3.14102A B A A B N N S d d IV d t R dt μψ--=⋅=⨯⋅=⨯,∴43.1410A V ε-=⨯。

16-13．如图，半径分别为b 和a 的两圆形线圈（b >>a ），在0=t 时共面放置，大圆形线圈通有稳恒电流I ，小圆形线圈以角速度ω绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为R ，求：（1）当小线圈转过90时，小线圈所受的磁力矩的大小；（2）从初始时刻转到该位置的过程中，磁力矩所做功的大小。

解：利用毕—萨定律，知大线圈在圆心O 处产生的磁感应强度为：02IB b μ=，由于b >>a ，可将小圆形线圈所在处看成是匀强磁场，磁感应强度即为02I B b μ=，所以，任一时间穿过小线圈的磁通量： 02cos 2IB S a tbμπωΦ=⋅=⋅，小线圈的感应电流：201sin 2I d a i tR dt b R μωπωΦ=-=⋅，小线圈的磁矩：202(sin )2m a I a p i S t a b Rμωπωπ==⋅⋅，（1）由m M p B =⨯，有：2224202sin sin 4m I a M p B t tbRμωπωω=⋅=⋅当2t πω=时：2224024I a M b Rμωπ=；（2）A M d θ=⋅⎰22242224223420002222201cos 2sin 44216I a I a I a t t d t d t b Rb RRb ππμωπμωπμωπωωωω-===⎰⎰。