电磁场与麦克斯韦方程组习题解答和分析报告

第十三章习题解答如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共而，且导线框的一个边与长直e心两导线中电流都为I=I.sincot,其中Jo和0为常数，r为时间。导线框长为&宽为@求导线框中的感应电动势。分析：当导线中电流I随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉第电磁感应左律汁算感应电动势，其中磁通M＜D=fB-JS,B为两导线产生dr “的磁场的叠加。解：无限长直电流激发的磁感应强度为B=丛。取坐标&垂直于直导线，坐标原点取在2nrx处的磁感应强度大小B= , 垂直纸面对里2兀〔斤+x〕2K〔+x〕dS=〔Mr的磁通量为〃①=B^dS=BdS=——----------卜— adx.2龙〔斤+x〕2龙〔勺+x〕_通过矩形线圈的磁通量为朴 _+怛_adx2K〔/J+x〕2n〔7；+x〕2TC感生电动势O——-----------—“(网2TC

I

14+lg/G)

coscot吕＞0时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针：勺＜0时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。13-22-10cm2100,置于均匀磁场B0.5T)QQ600rev/min。求圆线圈自图示的初始位置转过龙/2时，线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻为斥100C,不计自感)；感应电流在圆心处产生的磁感应强度。出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。ey=—=20^-rad/s60设尸0时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向为回路绕行的正方向。则r时刻通过该回路的全磁通屮=NB^S=NBScoscot=NB/rr2coscot电动势电动势i=NBr,osgcotdr感应电流NB7rrcos\ncDtrR R将圆线圈自图示的初始位置转过兀/2时，cot=-2代入数值得： 厶=0.994(2)感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为B=^Z^L6.22X10-4T2r§B的方向垂宜。均匀磁场P被限制在半径用10cm的无限长圆柱形空间，方向垂直纸而向里。取一固圧的等腰梯形回路abed.梯形所在平而的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图13-3所示。(\R -----rr设磁场以一=lT/s的匀速率增加，Oa=Ob=6cm,0=-.求等腰梯形回路a&ddr 313-313-3分析：求整个回路中的电动势，承受法拉第电磁感应左律，此题的关键是确定回路的磁通量。解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向则 r时刻通过该回路的磁通量其中S为等腰梯形a氐/中存在磁场局部的而积，英值为s=丄疋&一丄(00)2sin(922电动势d0,3fl. 1 . 1dB£.=--------=—S——=-—R~0—(oa)~sin0——drdr\_2 2 」dr代入数值 ^r=-3.68xlO-3V“-”说明，电动势的实际方向为逆时针，即沿adc加绕向。用楞次定律也可直接推断电动势的方向为逆时针绕向。如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流7,近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度P沿垂直于导线的方向离开导线设匚 图示位置，求：在任意时刻r通过矩形线圈的磁通量(2)在图示位巻时矩形线圈中的电动势％。分析：线圈运动，穿过线圈的磁通量转变，线圈中有感应电动势产生，求出t时刻穿过线圈的磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感应电动势。解：(1)设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布，B=£ 丄。因此，必需由积分求得t时刻通过回路的磁通量。2/rxr通过矩形线圈的磁通量为@訂反〃Js

Ja+w2^x

2龙a+vt在图示位宜时矩形圈中的感应电动势dO _“)〃呛一“)drf_027rab电动势的方向沿顺时针绕向。如题图13-5所示为水平面的两条平行长直裸导线与Z/M”,其间距离为/,其左端与电动势为窃的电源连接匀强磁场鸟垂直于图而向里，一段宜裸导线必横嵌在平行导线 可保持在导线上做无摩擦地滑动)，电路接通，由于磁场力的作用，訪从静止开头向右运动起来。求：必到达的最大速度；ab到最大速度时通过电源的电流几后，ab中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动，由于ab向右运动使穿过回时abab到达最大速度。解：(1)电路接通，由于磁场力的作用，訪从静止开头向右运动起来。设必运动的速度为则此时直导线“所产生的动生电动势勺=Blv,方向由＞指向a由全电路欧姆左理可得 时电路中的电流为i_£〔〕_BWR訪到达的最大速度时，直导线訪不受到磁场力的作用，此时i=0.所以話到达的最大速度为V=至maxpi〔2〕必到达的最大速度时，直导线必不受到磁场力的作用，此时通过电路的电流正0。所以通过电源的电流也等于零。题图13 5

13-613-6abQQe在水平而旋转,QQaZ/5BQQ轴。求必两端间的电势差血氐分析：由动aboaob二者电动势的代数和，ab两端的电势差大小即为ab间的动生电动势大小。求每段的电动势时，由于各处的运动速度不同，因此要将各段微分成线元历”,先由动生电动势公式讣算线元〃「的两端的动生电动势dst,再积分il算整段的动生电动势。解：设金属细杆必与竖直轴QQ交于点0,将“两端间的动生电动势看成眺与必两段动生电动势的串联。取必方向为导线的正方向，在铜棒上取微小的一段线元d「，方向为ob方向。线元运动v=/tyo由于兀帀■相互垂直。所以历■两端的动生电动势dsi=〔vx旳di=-vBdl=-Bcoldl力的动生电动势为£〔＞b=£

d^ 〔

=-13彳 j=6ba同理“的动生电动势为L /ji X* i动生电动势乙^勺方向由a指向Q所以必两端间的的动生电动势为%=為,+%=-％+%=£BM动生电动势％的方向由&指向了厶a端带负电，b端带正电。ab两端间的电势差ba端。

3Ua-Uh=sah=--Bcol313-7ZgoZ在共同的平面，0点到长直电流Za,a＞Z在与水平方向成〃角时的动生电动势的大小和方向。分析：载流长直导线产生磁场，导线L绕0旋转切割磁力线。由于切割是不均匀的磁场，而且导体各处的运动速度不同，所以要微分运动导线，先由动生电动势公式计算线元〃7的两端的动dq,再积分讣算整段的总动生电动势。解：取〃方向为导线的正方向，在导线OF上某处取微小的一段线元〃匚方向为莎方向。V=lCD00,鸟，〃相互垂直。所以加*两端的动生电动势ds=(vxB)K/T=—vBdl=—Bcoldl将载流长直导线在该处激发磁场B=——竺代入，积分得导线Z在与水平方向线成2/r(a+/cos&)“角时的动生电动势为:2/r(a+/cosO)“角时的动生电动势为:2/r(a+/cosO)2/rcos”0J。(a+lcos0)(DL1..I=-

aLcosO0-din 2/rcos~&l a)动生电动势的方向由尸指向0。如题图13-8所示半径为r的长直密绕空心螺线管，单位长度的绕线匝数为”,所加交变电流为Ulosiner。今在管的垂直平而上放置一半径为2r,电阻为斤的导线环，英圆心恰好在螺线管轴线上。计算导线环上涡旋电场厅的值且说明苴方向；计算导线上的感应电流厶;计算导线环与螺线管间的互感系数显解：(1)21的导线环为闭合回路厶取回路厶的绕行正方向与万呈右旋关系，自B=E.diE.di=

，导线环上某点涡&2龙(2门=一——Ttr1dt导线环上涡旋电场厅的值为厂 r(1B LUicor.E=-coscot4 dt4 °cosGt>o,5LcosGt<0,£L的绕行正方向一样，自上向下看为逆时针方向。导线上的感应电流厶空=_丄如也心期RRRdtRMM=—==纠一=从心电子感应中的磁场在直径为0・50m的圆柱形区域是匀强的，假设磁场的变化率为l.OXlO^T/S,0.10m.0.50m.1・0m处各点的感生电场。生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。电场强度。生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。解：以圆柱形的区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路厶取回路厶的绕行正方向与3呈右旋关系，为顺时针方向。由于回路上各点处的感生电场厅沿厶的切线方向。所以由规購=-£^dS可得£E^cll=E・2frr=<

dBdtdB门dt

(r<R)(r>R)rd£

(r<R)(r>R)1・10m时，r〉尺00・10m时，“2drr=0.50m时，r>R,|£|=^15!£=6.25xlO-4V/m2rdr如题图13-1010T/s的悄泄变化率减小。电子在磁场中小0、C各点处时，它所获得的瞬时加速度〔大小、方向〕各为假设干？设2^5.Ocmo律求出瞬时加速度。解：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路厶取回路Z的绕行正方向与万呈右Z的切线方向。所以由规律題图13

13-11TdBo£E>dZ=E・2r=——・71广

(“)rd£2d7由于圆柱体的均匀磁场万以lOT/s的恒圧变化率减小所以—— <0,疋的实际方向与假疋d/方向全都，为顺时针方向的切线方向。eEme rdBm2eEme rdBm2dr0.05叫所以月处的瞬时加速度的大小为：GA=44X10S/&方向为水平向右：由于*0.05m,C处的瞬时加速度的大小为：々=4.4x105/0,O处的瞬时加速度：5=0真空中的矩形截而的螺线环的总匝数为“，其它尺寸如题图13-11所示，求它的自感系数。分析：自感系数一般可由y/=LIil算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线管通有电流，求出磁感应强度，再求岀磁通量、磁通链，即可求出自感系数。Z，r处的磁场强度为口NI 口口“MH=-------、B=pH=-——2nr 2nr通过某一截面的磁通量小螺绕管的磁通链N=

、R\2TCK 2KR、2KR、L如=业融I2K 尽设一同轴电缆由半径分别为’和d的两个同轴薄壁长直圆简组成.电流由筒流入，13-12所示。两筒间介质的相对磁导率〃「=1,求同轴电缆〔1〕单位长度的自感系数；〔2〕单位长度所储存的磁能。13-1213-12解：〔1〕B二如〔1l-19〕o通2nr过外筒之间单位长度截而的磁通量为<P=\1心=也山空* 2TCX 2Kr}.../2I2TIr}〔2〕单位长度所储存的磁能一无限长直导线通以电流FJosine仪和直导线在同一平而有一矩形线框，其短边与直导13-13b/c=3.求：直导线和线框的互感系数；线框中的互感电动势。分析：互感系数由0=M/计算，计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。解：〔1〕无限长直导线产生的磁场‘经。取矩形线框的正法线方向为垂直纸面对里,通过矩形线框的磁通量为

0=4方dS=「Ma・dx—a・dvJs 2TIX 2TCX32TCC2nM=^=^ln3I2TT72TC〔72TC为正时，电动势的方向沿顺时针绕向；◎为负时，电动势的方向沿逆时针绕向。一圆环，环管横截面的半径为弘中心线的半径为有两个彼此绝缘的A：匝，另一个斥匝，求：两线圈的自感厶和厶；两线圈的互感胚必与厶和厶的关系。通链数，进而求出自感、互感系数。解：〔1〕设凡匝螺绕管线圈有电流厶，由于中心线的半径尺》环管横截面的半径a,所以螺绕管的磁场坊=心厶，通过螺绕管线圈的磁通链数为2nR卑=N\B\SN\-加=/1 11 12nR 2R”A；匝螺绕管线圈自感系数：厶/,2R同理，用匝螺绕管线圈自感系数：

厶二=N討2厶2RA；匝螺绕管线圈产生的磁场5,通过足匝螺绕管线圈的磁通链数为两线圈的互感M与厶和厶的关系

耐一纠一NW1 £2RM—从NN“_l〔N廿严N庐—抚2 2RV2R2Rm一圆柱体长直导线，均匀地通有电流Z,证明导线部单位长度储存的磁场能量为wm0=//Z2/〔16冗〕〔a1〕o0分析：均匀通有电流的长直导线，其部和外部均存在磁场，且磁场分布呈轴对称性。据题意.部的磁能进展积分即可。解：设圆柱形导体的半径为无由安培环路主律可得长直导线的磁场导线的磁能密度7—―丄:空/匚必im2从22TIR2丿8TI2/?4dV=2nrdr其磁能为 dW=vv

dV=^-r3drmMM4K/?4单位长度导体柱储存的磁场能量为平行板电容器的电容为C二20 0uF,两板上的电压变化率为dU/dt=1.50X105V/s,则该平行板电容器中的位移电流为多少。分析：依据平行板电容器的性质，平行板间为均匀电场，电位移D均匀分布，由平行板电容器U的关系，并求出位移电流。解：设平行板电容器的极板而积S、间距乩其间电位移通量为〔〕^=DS=£〔〕

ES=£—SOdSC=£q,w=cu位移电流为d0 dlJI,=——=C——=2OxlO^xl.5xlO_5=3Addr drGsiner〔G为常量〕，无视边缘效应，求：电容器极板间位移电流及位移电流密度：极板间离中心轴线距离为处的b点的磁场强度〃的大小；当3t=Td4时，b点的电磁场能量密度〔即电场能虽:密度与磁场能量密度之和〕。分析：依据电流的连续性，电容器极板间位移电流等于传导电流求解位移电流。无视边缘效间的磁场强度。由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度。解：〔1〕电容器极板间位移电流/=Cd或由电流连续性得：-dq

=CU{}cocoscot=q^fi〕coscotdz位移电流密度

Id=—=q^cocoscotIdq^cocoscotod=—= ；S R2〔2〕br〔X/?〕的圆为回路，由全电流安培环路定理解得⑶”如，H=计菩

H_q{}corcQScot2^

偽。cose/2TTR2E_b_1〔y0sin^/4_q°£〔〕务兀R\ 2TTR Qb点的电磁场能量密度vv=_話|mH_強〔i*“〔回，］一二-” 4亍—4—〕由一个电容G4.0n