第1112作业习题解答Word文档格式.docx
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B0I3+0I=
0I（83）
2R82R
16R
习题10-7图
习题10-8图
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
取离P点为y宽度为dy的无限长载流细条
di-dy
a
长载流细条在P点产生的磁感应强度
0di0丨dy
2y2y
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
BdB
方向垂直纸面向外.
dy
y
』lnax
2ax
11-12两平行长直导线，相距0.4m，每根导线载有电流
通过图中斜线部分面积的磁通量.
如图取面微元ldx=0.20dx
11=12=20A，如图所示，试计算
dmBdS
Bldx
012
2（d
x）
习题10-13图
d0'
0（0I1
mdm0.10（yx
F^）ldx
20.10
0I2I0.400.10
In
20.400.30
=2.2610-6Wb
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,流从中心导线流出，由外面导体圆筒流回
尺寸如图所示•电缆中的电
.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:
lb
dl
（1）
B2
Ir2
R2
0JI
B2r
。
1
01
b2
0I
°
l（c2r2）
2r（c2b2）
B2r0
11-15一根m=1.0kg的铜棒静止在两根相距为I=1.0m的水平导轨上，棒载有电流1=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=0.5T,
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.
习题10-15图
（1）导线ab中流过电流I，受安培力
F1IIB
方向水平向右，如图所示
欲保持导线静止，则必须加力F2,
F2F1
F2方向与Fj相反，即水平向左，
F2F1IIB20100.5=25N
F1-mg=ma
F1-mg0
皿°
£
W9・80.12T
II501.0
11-16如题10-17图所示，在长直导线AB内通以电流11=20A，在矩形线圈CDEF中通有
电流12=10A,AB与线圈共面，且CD,EF都与AB平行.已知a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0cm，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.
⑴FCD方向垂直CD向左，大小
Fcd厲完8.0104N
同理ffe方向垂直FE向右，大小
F80105N
FCF方向垂直CF向上，大小为
Fed方向垂直ED向下，大小为
5
FedFcf9.210N
合力矩MPmB
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;
⑵若施加一均匀外磁场,
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3绕过环
磁感应强度B平行于环盘平面，计算圆环受到的磁力矩
⑴取一rtrdr圆环,
环上电荷
环电流dI
rdr
圆环电流的中心的
0dI
dB2r
dB
习题10-18图
R
B0dr
a2
oq
22
2（R2a）
（R
a）2
qQ
（Ra）
（2）圆环rtr
dr磁矩大小为
dPm
r2dIr2
Rr3Bdr
-qB（R2
a2）
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00'
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？
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
3,经过时间dt后转过的角度为d0=wdt
扫过的面积为dS=R2d0/2
切割的磁通量为
d①=BdS=BR2d02
动生电动势的大小为£
=d①/dt=3BR/2
根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高。
A0和B0段的动生电动势大小分别为
AO
BL2
50
习题12-3图
B（LI）2Bl2B（L22LI）
12-3
长直导线载有10A的稳恒电流，附近有一个与它共面的矩形绕圈。
如习题图
222
12-3所示，已知l20cm,a10cm,b20cm，线圈共有
N2000匝，以v2ms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
B丄
2r
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avt，穿过线圈的磁通量m为
BdSBds
因此，线圈中的电动势为
ADCBA方向。
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
解n：
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
oidl
D
Av2（avt）
C
Bv2（bvt）
l
l[avt
bvt]
因此有:
实际上,
势之差,
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因此也可以直接写出
ADBC那B2lvt0il「1
这与上面的计算结果一致。
对于N匝线圈，产生的电动势为
K1Nilov（ba）
N
2（avt）（bvt）
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
令t0，并代入数据，则线圈刚离开直导线时的感应电动势为
37
210100.24103.0（0.20.1）2
1.210（V）
20.10.2
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*乂崇*A**
XX乂XBX衣
以初速度v0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。
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厂所图
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
=BLv
电流为I=尔
所受的安培力的大小为
F=ILB=LB/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
（BL）2vdvm—dt
r（BL）2
vv0exp[t]
mR
方程的通解为
当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为
mRv0
（BL）2
方程的特解为x當{1exp[鬻t]}
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时，求杆两端的感应电动势的大小和方向。
dt
db
根据磁场B柱对称，当0时，可知Ej为一系列同心
圆，即Ei与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即
习题12-8图
左边积分后，可得xmv°
（BL）
（2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为
整个运动过程中产生的焦耳热为
（BLv。
）
exp［
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
oaoboc0,
这样在回路oac中的电动势为
oacoaabbccaabbcac
场复盖的区域obc扇形面积，据题设，图中
因为罟°
由楞次定律可判定e端电位高。
dmBdS’dr
穿过矩形线圈abed的磁通量为
010丨1
x12
ln（-）sin
x
丨2vcost
2]
X（X丨2）
回路中的电动势为
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L1=4.01阪泊，通有电流I1=2A,B管的自感系数L2=9W-3H，通有电流I2=4A。
求两线圈内储存的总磁能。
A管储存的自能为
121323
Wm1L1I124103228103（J）
22
B管储存的自能为
Wm2町丨；
191034272103（J）
由于两线圈完全耦合，互感系数为
M'
丄L2^410391036103（H）
A管和B管储存的相互作用能为
Wm12=
=MI1I2=610-3X2M=4810-3（J）
两线圈储存的总能量为
Wm=Wm1+Wm2+Wm12=0.128（J）
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