電磁學(xué)第二版習(xí)題答案

1、電磁學(xué)第二版習(xí)題答案第六章習(xí)題 在無限長密繞螺線管內(nèi)放一圓形小線圈，圓平面與螺線管軸線垂直。小線圈有100 6.2.11 匝，半徑為 1cm ，螺線管單位長度的匝數(shù)為 200cm . 設(shè)螺線管的電流在 0.05 s 內(nèi)以勻變化率從 1.5 A 變?yōu)?-1.5 A ，(1) 求小線圈的感應(yīng)的電動(dòng)勢 ;(2) 在螺線管電流從正直經(jīng)零值到負(fù)值時(shí)，小線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方 向是否改變 , 為什么 ,解答:1 2 , 小線圈半徑 R, = 10 (1) 螺線管單位長度的匝數(shù) n=200 cm m , 匝數(shù)N , , 100 ，若選擇電動(dòng)勢的正方向與電流的正方向相同，螺線管內(nèi)小 線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為

2、, , , N , ddt, , N , dBdtS , , , 0 n( R, 2 ) N , dIdt , 4.7 ,10 2V .>0表明電動(dòng)勢的方向與設(shè)定的方向相同。螺線管電流從正值經(jīng)零值到負(fù)值時(shí)，小線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向都不 變， (2)因?yàn)殡娏饕约按磐慷家韵嗤淖兓首髯兓?.2.2 邊長分別為 a=0.2 m 和 b=0.1 m 的兩個(gè)正方形按附圖所示的方式結(jié)成 一個(gè)回路，單2 , 位的電阻為 5 , 10 10 . 回路置于按 B , Bm sin ， t 規(guī)律變化的均勻磁 場中， mBm , 10 2 T ， ， , 100 s 1 。磁場 B 與回路所在平面

3、垂直。求回路中感應(yīng) 電流的最大值。解答: 在任一瞬時(shí)，兩個(gè)正方形電路中的電動(dòng)勢的方向相反，故電路的總電動(dòng)勢的絕 對值為d , 大 d , 小 dB 2 , , , a， b2 ， , ， a 2 b2 ， Bm cos ，t , , mcos ，t dt dt dt2 , ，故回路電阻為 因回路單位長度的電阻 , , 5 ,10 mR , , , 4 ， a ， b， , 6 ,10 2 ,回路中感應(yīng)電流的最大值為I m , R, m , 0.5 A6.2.3 半徑分別為 R 和 r 的兩個(gè)圓形線圈同軸放置，相距為 x ( 見附圖)。 已知 r x ( 因dx x . 設(shè) x 以勻速 v ,

4、而大線圈在校線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場可視為均勻 )及 R 隨 時(shí)間 t dt而變.(1) 把小線圈的磁通 , 表為 x 的函數(shù), 表為 x 的函數(shù) (2) 把小線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢 (絕對值 )(3) 若 v , 0 , 確定小線圈內(nèi)感應(yīng)電流的方向 .解答:(1) 滿足條件 R x 下, 載流大線圈在面積 S 為的小線圈的磁通量為,0 IR 2 , , BS , r 2 2 x3小線圈的磁感應(yīng)電動(dòng)勢 (絕對值)為 (2),0 Ir 2 R 2 3,0 Ir 2 R 2 d , , , , ( 3x 4 dxdt ) , v dt 2 2 x 4(3) 若時(shí), 小線圈內(nèi)感應(yīng)電流與大線圈的電流的方向相同 在無

5、限長密繞螺線管外套一個(gè)合金圓環(huán)，圓心在軸線上，圓平面與軸線垂直( 見附 6.2.4圖). 管內(nèi)系統(tǒng)隨時(shí)間以常變化率 2 ， 增大，電流表經(jīng)開關(guān)接到環(huán)上的 P、Q(兩點(diǎn)連線過環(huán)心).( ( (1) 求開關(guān)斷開時(shí)下列情況的 U PQ : a) 兩個(gè)半圓的電阻都為 R， b) 左半 環(huán)電阻為 R，右半環(huán)電阻為 2R;(2) 設(shè)電流表所在支路電阻為零，求開關(guān)接通時(shí)電流表在上問的 (a)(b) 情況下 的電流 I A ( 大小和方向 );(3)若座半環(huán)電阻為R，有半環(huán)電阻為kR (其中k , 0 )，試證開關(guān)接通時(shí)IA 與 k 值無關(guān)。解答:(1) 館內(nèi)磁通隨時(shí)間以常變化率 2 ， 增大時(shí)，在開關(guān)斷開時(shí)

6、，感應(yīng)電動(dòng)勢為d, , , , 2 ， dt(a) 兩個(gè)半環(huán)的電阻都為 R 時(shí)，等效電阻如圖 6.2.4(a) 所示，, , , R , , 0 U PQ , , QP 2R 2 2(b) 左半環(huán)電阻為 R ，右半環(huán)電阻為 2R 時(shí)，等效電路如圖 6.2.4(b) 所示，有, , 2, ,， 2R , , , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3(2) 電流表開關(guān)接通時(shí) :(a) 兩個(gè)半環(huán)的電阻都為 R 時(shí)，等效電路利用戴維南定理如圖 6.2.4(c) 所 示，有 右半環(huán)的支路于電流表支路組成的閉和回路中沒有磁場，亦沒有磁通的變 化，因此該回路的 總電動(dòng)勢為 0 。已知右半環(huán)的支路上的

7、電動(dòng)勢為 ， ，因此電 流表支路的電動(dòng)勢亦為 ， ，由圖 6.2.4(c) 可見，通過電流表的電流為2， , A 2, A , , I A , R R R 2方向向上。(b) 左半環(huán)電阻為 R ，右半環(huán)電阻為 2R 時(shí)，利用戴維南定理等小電路如圖 6.2.4(d)所示，等效電源的電動(dòng)勢等于開路電壓 U PQ, , 2, ,， 2R , , , U e , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3等效電阻為R ， 2R ， 2R , Re , 3 R ， 2R等效電路如圖 6.2.4(d) 右圖所示，因等效電動(dòng)勢 , e , 0 ，故將其極性相 反，求得通過電流表的電流大小為 , ， ， ,

8、 e ， ， ， ， 3 2 , , 2 ， I A , 2R R Re3方向向上。(3) 左半環(huán)電阻為 R ，右半環(huán)電阻為 kR ，電流表開關(guān)接通時(shí)，利用戴維南定 理等效電路如圖 6.2.4(e) 所示，等效電源的電動(dòng)勢為, ，1 k ， ， kR , , e , U PQ , , QP，1 ， k ， ， 1 ， k ， R等效電阻為R ， kR， kR , Re , ， 1 ， k ， R 1 ， k等效電路如圖 6.2.4（e） 右圖所示。按等效電動(dòng)勢 , e 的方向，極性如圖所 示，求得通過電流表的電流大小, ， 1 k ， ， ， , e 2 ， 1 ， k , , I A , 2

9、 kR R Re1 ， k 方向向上。證明開關(guān)接通時(shí)的 I A 與 k 無關(guān)。直徑為 D 的半圓形導(dǎo)線置于與它所在平面垂直的均勻磁場 B （ 見附圖） ，當(dāng)導(dǎo) 線 6.3.1繞著過 P 點(diǎn)并與 B 平行的軸以勻角速度 ， 逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，求其動(dòng)生電動(dòng) 勢 , PQ解答:在輔助線PQ,與圓弧PQ構(gòu)成閉合回路，當(dāng)繞著P點(diǎn)以勻角速度,逆時(shí)針 轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，封閉曲線的面積不變，因而閉合回路的總電動(dòng)勢 , PQQP , , PQ ， , QP , 0 ，沿圓弧的動(dòng)生電動(dòng)勢為Q Q Q D ， BD 2 , , v , B vBdl , P P P 0 2l ，電阻為 R（ 見附圖 ） 。導(dǎo)軌兩端分 平行金屬導(dǎo)軌

10、上放一金屬桿，其 EF 段 長度為 6.3.2別連接電阻R1和R2，整個(gè)裝置放在均勻磁場 B中，B與導(dǎo)軌所在的平面垂 直。設(shè)金屬桿以 v 速度勻速向右平動(dòng)，忽略導(dǎo)軌的電阻和回路的自感，求桿中的電 流。解答:當(dāng)金屬桿以速度 v 運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿上有電動(dòng)勢 , , vBl ，附圖的等效電路圖如圖 6.3.2 所示， 桿中的電流大小為, vBl ， R1 ， R2 ， I , , R1R2 R ， R1 ， R2 ， ， R1 , R2 R ，R1 ， R2m 的金屬桿，其 PQ 段的長度為 l( 見附圖 ). 半無限長的平行金屬導(dǎo)軌上放一 質(zhì)量為 6.3.3導(dǎo)軌的一端連接電阻R。整個(gè)裝置放在均勻磁場 B

11、中，B與導(dǎo)軌所在的平面 垂直。設(shè)桿以初速度 v0 向右運(yùn)動(dòng)，忽略導(dǎo)軌和桿的電阻及其間的摩擦力，忽略回路 自感。(1) 求金屬桿所能通過的距離 ;(2) 求此過程中電阻 R 所發(fā)的焦耳熱 ;(3) 試運(yùn)用能量守恒定律分析上述結(jié)果。解答:(1) 當(dāng)金屬桿以速度 v 沿 x 軸正方向 (平行于軌道向右 ) 運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿上的電動(dòng) 勢 , , vBl ，電路的電流為 i , vBl R . 從而受到的電磁力大小為2 2 2 2 vB l B l dx F , iBl , ,R R dt此電磁力與運(yùn)動(dòng)方向相反，根據(jù)牛頓第二定律，有2 B 2l dx dv F , , R dt dt得mR dx , dv B

12、 l2 2設(shè)桿的起始位置為 x=0 ，金屬桿所能移過的距離為0 mR mR x , dv , v0 ， v0 B 2l 2 B l2 2(2) 此過程中電阻所發(fā)的焦耳熱為2 0 B l2 2 x B l2 2 vBl 1 mR 2 i Rdt , mv0 2 v 2 2 dv , Q ,， ，Rdt , ， vdx , ， 0 0 0 v0 R 2 Bl R R(3) 從能量受恒定律進(jìn)行分析 : 起始情況，金屬桿以速度 v0 運(yùn)動(dòng)具有的動(dòng)能 為1 mv0 2 ，由于受到電磁阻力的作用桿的速度最終減至 0 ，金屬桿的動(dòng)能全 2 部轉(zhuǎn)化為電路所消耗的焦耳熱。6.3.4 上題中如果用一向右的恒力 F

13、 拉金屬桿，并把初速度改為 0 ，求證桿 的速率隨時(shí)間B 2l 2 F 變化的規(guī)律為 v ， t ， , ， 1 e ， t ， ，其中 ， , ma mR 2證明 :當(dāng)金屬桿以速度 v 運(yùn)動(dòng) 時(shí)，電路中電流為 I ，金屬桿所受的電磁力大小為vBl B l2 2 , v Fm , Bil , Bl R R 根據(jù)牛頓第二定律，金屬桿所受的合力與加速度的關(guān)系為2 B 2l dv F v , mRdt經(jīng)整理 得, dv F B l2 2 v dt m mRB 2l 2 令 ， , ，得 mRv , ，dv Fdt m ，分離變量得v m ， F , ， dtd vFm，積分后得v ln , ， t

14、， CFm，式中 :C 為待定系數(shù)，由初始條件， t=0,v(0)=0, 得F C , ln ma故Fm， v ln ,， t Fm，即F v m， , e ， t Fm，證得桿的速率隨時(shí)間變化的規(guī)律為F v ， t ， , ， 1 e ， t ， ma長度各為1m,電阻各為4,的兩根均勻金屬棒PQ和MN放在均勻穩(wěn)恒磁場B 中， 6.3.5B , 2T , 方向垂直紙面向外 (見附圖) 。兩棒分別以速率 v1 , 4 m s 和 v2 , 2 m s 沿導(dǎo)軌向左勻速平動(dòng)，忽略導(dǎo)軌的電阻及回路自感，求 ; (!) 兩棒的動(dòng)生電動(dòng)勢 的大小，并在圖中標(biāo)出方向 ;(2) U PQ 和 U MN(3)

15、 兩棒中點(diǎn)和的電勢差。解答:(1) PQ 桿的電動(dòng)勢的方向由 Q 指向 P 大小為P QMN桿的電動(dòng)勢的方向由N指向M大小為M ， v2 , B ， dl , v2 Bl , 4V N(2) 設(shè)電路的電流為順時(shí)針方向，大小為, PQ , NM I , , 0.5 AR 2 ， R1PQ 桿之間的電壓為U PQ , , QP IR1 , 6VMN桿之間的電壓為U MN , , NM IR2 , 6V(3) PQ 桿中點(diǎn) O1 與 O2 之間的電壓為, QP IR1 , 3 VU O1Q , 2 2MN桿中點(diǎn)02與N之間的電壓為, NM IR2 ， , 3 V U O2 N , 2 2因 Q 點(diǎn)與

16、 N 點(diǎn)等勢，故 01 與 02 間的電壓為V U 0102 , U 0Q U 02 N , 0 1半圓形剛性導(dǎo)線在搖柄驅(qū)動(dòng)下在均勻磁場 B 中作勻角速轉(zhuǎn)動(dòng) （ 見附圖 ），半圓 形的 6.3.6半徑為 0.1m ，轉(zhuǎn)速為 3000 r min ，求動(dòng)生電動(dòng)勢的頻率和最大植。解答:只有半圓弧的運(yùn)動(dòng)對動(dòng)生電動(dòng)勢有貢獻(xiàn)，沿旋轉(zhuǎn)軸 （ 即直徑）作一輔助線，與半 圓弧連成一封閉曲線，設(shè) t=0 時(shí)，半圓面的位置如附圖所示，選取半圓面的法線 方向垂直向外，t 時(shí)刻通過半圓面的磁通量為R 2, , B S , B cos， t 2封閉曲線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向沿順時(shí)針，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電 動(dòng)勢大

17、小為2 d , , , sin， t , dt 2感應(yīng)電動(dòng)勢的變化頻率為N 1 3000f , , s , 50 Hz t 60感應(yīng)電動(dòng)勢的圓頻率為， , 2 f , 100 rad s電動(dòng)勢的最大值為B R 2， , 2.7 m , m , 2， 作勻勻角速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸垂 半徑為 R 的圓形均勻剛性線圈在均勻磁場 B 中 以角速度 6.3.6直于B（見附圖），軸與線圈交于A點(diǎn)，弧長AC占1 4周長，M為AC弧的中 點(diǎn)。設(shè)線圈的自感可以忽略，當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)至與平行時(shí)，（）求動(dòng)生電動(dòng)勢,AM 及,AC（2）A、M 哪點(diǎn)電勢高 ,解答:（1） 線圈上一元段的電動(dòng)勢為d, ,， v , B ， dl ,

18、， rB sin ， dl由圖 6.3.7 得d, , ， ， R sinB sin ， Rd ， ,BR 2 sin 2， d ，AM 間的電動(dòng)勢為4 1 sin 2， d ， ,BR 2 0 8 4AC 間的電動(dòng)勢為2 1 sin 2 ， d ， ,BR 2 0 4（2） A 、C 間的電動(dòng)勢差為4, AC R , 0 U CA , , AC IRAC , , AC R 4A、M 間的電動(dòng)勢差為BR 2 , 0 8 4 R 8 4 1（見附圖 ）， B 以10 T s 的恒定減1 AC R 4, U MA , , AM IRAM ,， BR 2 ,所以 M 點(diǎn)的電勢低于 A 點(diǎn)的電勢。2

19、6.4.1 均勻磁場 B 限定在無限長圓柱體內(nèi) 小。求位于圖中 M、N、P 三點(diǎn)的電子從感生電場獲得的瞬時(shí)加速度 （大小和方向 ） 圖中 r=5.0 cm 解答:根據(jù)磁場變化趨勢，在無限長圓柱體內(nèi) P 點(diǎn)的感生電場方向向左， M 點(diǎn)的感 生電動(dòng) 勢向右。感生電場的大小為r dB 4 m , T s , 2.5 ,10E感 , 2 dtM、P 點(diǎn)的加速度大小為e E 感 , 4.4 ,107 m s 2 aM , aP m因?yàn)殡娮訋ж?fù)電，所以電子在 P 點(diǎn)受的力和加速度方向向右， M 點(diǎn)受的力和 加速度 方向向左。并得 Q 點(diǎn)的加速度為零6.4.2 在上題的圓柱體的一個(gè)橫截面上作如本題附圖所示的

20、梯形PQMN，P 已知PQ=R=1 m, MN=0.5m求：(1) 梯形各邊的感生電動(dòng)勢 , PQ , QM , MN 和 , NP(2) 整個(gè)梯形的總電動(dòng)勢 , PQMNP解答：(1) 如圖 6.4.2 所示,根據(jù)磁場的變化趨勢,按楞次定律感生電場 E 感 為順 時(shí)針方向( 用柱坐標(biāo)的單位矢 e, 表示) ,積分方向向右,梯形 PQ 邊的感生電動(dòng) 勢大小為Q R dB R dB dB cos150： PQ , hR , 4.3,10 3 V e, , dl , P dt 2 dt dt 2梯形 QM 邊的感生電動(dòng)勢大小為M R dB , , dl , 0 eQ 2 dt梯形 NP 邊的感生電

21、動(dòng)勢大小為P R dB , , dl , 0 eN 2 dt梯形 MN 邊的感生電動(dòng)勢 (積分方向向左 ) 大小為N R dB 1 dB R 1 dB h R cos 30: MN , , 1.1,10 3 V e, , dl , M 2 dt 2dt 2 2 dt 2 2 (2) 利用上面的結(jié)果，整個(gè)梯形的總電動(dòng)勢大小為, PQMNP , , PQ ， , QM ， , MN ， , NP , 3.2 ,10 3 V半徑為的圓柱形空間內(nèi)充滿與軸平行的均勻磁場 (橫截面見附圖 ) ，以的恒定6.4.3 變化率增加。有一長為的金屬棒放在圖示位置，一半在磁場內(nèi)部，另一半在磁 場外部，求棒的感生電動(dòng)

22、勢 , PQ .解答:用法拉第電磁感應(yīng)定律求桿上的感生電動(dòng)勢分別作輔助線OP、0M和0Q,閉 合路徑OPM的感應(yīng)電動(dòng)勢中，由于 E感 的方向與0P和0M垂直，故0P和0M兩 段感應(yīng)電動(dòng)勢為0，因此 0PM 的感應(yīng)電動(dòng)勢等于 PQ 段的電動(dòng)勢 ,因磁場充滿 0PM 中,即d, dB 1 3R 2 dB , PM , , hR , dt dt 2 4 dt閉合路徑OMQ的感應(yīng)電動(dòng)勢中，由于E感 的方向與0Q和0M垂直，故0Q和0M兩段感應(yīng)電動(dòng)勢為0.因此0MQ的感應(yīng)電動(dòng)勢等于MQ段的電動(dòng)勢，在,0MQ 中，因磁場僅充滿扇形面積0MS故d, dB 1 R 2 , MQ , , dt dt 12 根據(jù)

23、楞次定律判斷出 , PM , 0， , MQ , 0電子感應(yīng)加速器的軌道半徑為 0.4m，電子能量的增加率為160eV/周.644d B (1) 求軌道內(nèi)磁場的平均值 B 的時(shí)間變化率 dt(2) 欲使電子獲得 16MeV 的能量，需轉(zhuǎn)多少周 , 共走多長路程 , 解答:(1) 電子轉(zhuǎn) 1 周得到的能量為e, , 160 eV電子運(yùn)行的圓周軌道的電動(dòng)勢d B , , R 2 dtd B 為 解得軌道內(nèi)磁場的平均值 B 的時(shí)間變化率 dt, d B , , 3.18 ,10 2 T s dt R 2(2) 電子獲得 16MeV 的能量轉(zhuǎn)動(dòng)的周數(shù)為160 ,10 5 eV N , 5 , 1016

24、0eV4 因軌道半徑 R= R , 4 ,10 km , 故電子共走的路程為L , 2 RN , 251 km6.5.1 在長為 0.6m 、直徑為 5cm 的空心紙筒上密繞多少匝導(dǎo)線才能得到自感 為 6.06.0 ,10 -3 H 的線圈 ,解答:線圈的自感為2 N 2 L , , 0 n 2V , , 0 lRl所繞的匝數(shù)為1 Ll N , , 1208 R , 02 6.5.2 空心密繞螺繞環(huán)的平均半徑 ( 即中心圓的半徑 ) 為 0.1m ，橫截面積為 6 cm ，總匝數(shù)為 250 ，求其自感 .若螺繞環(huán)流過 3A 的電流，求其自感磁鏈以及每匝的磁 通.解答:螺繞環(huán)的自感為2 N 5

25、HL , 0 n ,2V , 0 2 , RS , 7.5 ,10 2 R 當(dāng)通入線圈的電流 I=3 A 時(shí)，自感磁鏈為， , LI , 2.25 ,10 4 Wb每匝磁通為， , , , 9 ,10 7 WbN6.5.3 設(shè)同軸電纜內(nèi)外半徑分別為 R1 和 R2 （ 見教材圖 6-27） ，試導(dǎo)出其單 位長度的自感 L 的表達(dá)式。解答:圖 6.5.3 為同軸電纜的截面圖，半徑為 r 的磁場為 B（r） ，根據(jù)安培環(huán)路定 律，有2 rB ， r ， , , 0 I, 0 I 求得 B，r ， , 2 r通過長度為 l 的橫截面為 S 的磁通為R1 R1 R , 0 I , 0 I drl ,

26、l ln 1 , ,， B ， r ，drl , ， R2 R2 22 rR2故單位長度的自感為 , R , 0 I L , , ln 1 Il 2 R26.6.1 兩個(gè)共軸圓線圈，半徑分別 R 和 r , 匝數(shù)分別為 N1 和 N 2 相距為 l （ 見附圖 ） ，設(shè)r l ，以至大線圈在小線圈所在處的磁場可以視為均勻的。求兩線圈之間的互 感系數(shù)解答:N1 匝的大線圈在小線圈所在處的磁場大小為2 IR N B1 , 3 2 ，l 2 ， R 2 ， 2小線圈所在處的磁通大小為 2 r 2 ,12 , B1 r 2 , 3 2 2 2，l 2 ， R ，小線圈所在處的磁鏈為N 2 N1 ,0r

27、 2 R 2 12 , N 2,12 ,， I1 3 2 2 2 2 ， l ， R ，兩線圈之間的互感系數(shù)2 ， 12 N 2 N1 ,0r R 2 M , , 3 I1 2 2 2 2，l ， ，R6.6.2 附圖所示的兩個(gè)同軸密繞細(xì)長螺線管長度為，半徑分別為 R1 和 R2 （ “細(xì)長”蘊(yùn)含l ） 匝數(shù)分別 N1 和 N 2 ，求互感系數(shù) M 12 和 M 21 ，并由此驗(yàn)證 M12 , M 21 l ， R2 R1解答:線圈 1 通有電流 I1 時(shí)管內(nèi)產(chǎn)生的磁場大小為N1 B1 , ,0nI1 , ,0 I1 l線圈 1 對線圈 2 中 1 匝產(chǎn)生的磁通為,0 N1 R22 I1 2

28、,12 , R2 B1 , l線圈 1 對線圈 2 產(chǎn)生的磁鏈,0 N1 R22 I1 ，12 , N 2,12 , l線圈 1 對線圈 2 互感系數(shù),0 N1N 2 R2 2 ，12 M12 , , l I1線圈 2 通有電流 I 2 時(shí)管內(nèi)產(chǎn)生的磁場大小為N 2 B2 , ,0nI 2 , ,0 l2 l線圈 2 對線圈 1 中 1 匝產(chǎn)生的磁通只與線圈 2 的面積有關(guān)，即2 2 , 21 , R2 B2 , l線圈 2 對線圈 1 產(chǎn)生的磁鏈2 ， 21 , N1, 21 , l線圈 1 對線圈 2 互感系數(shù)21 ， , 0 1 2 2 M12 , lI 2 對比和的數(shù)值，證得M12 ,

29、 M 216.6.3 以代表兩個(gè)線圈之間的互感系數(shù)， L1 和 L2 代表各自的自感系數(shù)，試 證在無漏磁情況下有 M , L1L2 。（無漏磁是指滿足 ,12 ,11 及 , 21 , 22即完全偶合 ）解答:自感系數(shù)和分別定義為，11 N1,11 ， 22 N 2, 22 , , L1 , L2 ,I1 I1 I 2 I 2N1,11N 2, 22 L2 L1 , I1I 2 由于兩個(gè)線圈完全偶合，滿足條件 ,12 , ,11 及 , 21 , , 22，故N1,11N 2, 22 N 2,12 N1, 21 M L2 L1 , , , M12 21 , M 2 I1I 2 I1 I 2 因

30、而證得 M , L1L21 ，求這個(gè)電路的時(shí)間常數(shù)。 設(shè)附圖所示的 RL 電路的電流在 5.0 s 內(nèi)達(dá)到 穩(wěn)態(tài)值的 6.8.1 3解答:因 RL 電路的電流隨時(shí)間變化的關(guān)系為t i , I 0 1 e ,根據(jù)題設(shè)條件5t 1 I 0 , I 0 1 e , 3得 5t 2 , , e 3即5s 2 , ln , 3解得:, , 12 s., ， L=20 H, 合下瞬間的電流增長率為 5 A s 求: 設(shè)習(xí)題 6.8.1 幅圖中的 R=46.8.2(1) 電流的電動(dòng)勢 ,(2) 電流為 10A 時(shí)的電流增長率及此事的電感所儲(chǔ)存的磁能。 (注: 自感為L,電流為i1 的線圈所儲(chǔ)存的磁能為 Wm

31、 , Li 2 ，推導(dǎo)見教材 ?6.11) 2 解答:(1) 因 RL 電路的電流隨時(shí)間變化的關(guān)系為Rt , L i , 1 e R得di , RtL , edt L , di在 t , 0 時(shí)刻，有 , , 5 A s t ,0 dt L解得: , =100V(3)設(shè)t , t1 時(shí)電流為10A，即Rt1 , L 1 e , 10 A LRt1 L 求得 , 0.6 et di , 1 t , t1時(shí)刻的變化率為 t , t1 , e L , 3 A s dt L1 Li 2 ， t1 ， , 1000J 此時(shí)電感所儲(chǔ)存的詞能為 Wm , 26.8.3 設(shè)習(xí)題 6.8.1 附圖中的，求下列各

32、量在開關(guān)接通后的值 : (1) 線圈所儲(chǔ) 存的磁能的增長率 ;(2) 電阻 R 上消耗焦耳熱的功率 ;(3) 電源輸出的功率。解答:(1) 因電感線圈儲(chǔ)存的磁能與時(shí)間有關(guān)，即1 Li 2 ， t ， Wm , 2由此可見，磁能是從零開始的逐漸增大 (與電流增長情況不同 ) 。線圈所儲(chǔ)存的 磁能的增長率為Rt Rt di dWm L , Li , , ieL , 1 e edt dt R在開關(guān)接通后 t=0.1s 時(shí)，上式代入數(shù)據(jù)，得dWm Wt , 0.1s , 23dt(2) 在開關(guān)接通 0.1 s 后，電阻 R 上消耗的焦耳熱的功率為Rt , 2 2 L P，t ， , i R t , 0

33、.1s , 1 e t , 0.1s , 40 W R(3) 電源輸入的功率為Rt , 2 L P 源 ，t ， , , i , 1 e R將 t=0.1 s 及有關(guān)數(shù)據(jù)代入得 :P 源 ， 0.1 ，s , 63 W6.8.4 求附圖電路合閘后 i1 、 i2 和 i 隨時(shí)間變化的規(guī)律解答:由戴維南定理，附圖電路可表示為圖 6.8.4 ，圖中等效電源的電動(dòng)勢 , e 大 小即是附圖中將電感支路斷開后的開路電壓 ( 即左側(cè)回路電阻 R 兩端的電壓 )R , R , , , e , U 0 , ; 等效電阻 (即左側(cè)回路除源后開路兩端的電阻 )Re , 由圖 6.8.4 2 R ， R 2R 可

34、見，電阻值 與電感 L 組成典型電路，利用初始條件 i ， 0 ， , 0 ，求 得 i2 隨時(shí)間變化的 2規(guī)律為，t R 2 ， ，,t R 2 L，, 2 ， 1 e ， i2 , , 1 e L R 2 R電感線圈的兩端電壓為di2 , e u2 , L dt 2隨時(shí)間變化的規(guī)律為, ， R 2 ， t u2 , e L i1 , 2R R 固隨時(shí)間變化的規(guī)律為， R ，t 2, L 2 e i , i1， i2 , 2R在附圖所示的電路中， 6.8.5(1) 求開關(guān) S 閉合后 t 時(shí)刻的線圈電流 i ，t ，(2) 若，10 V, R1 , 5, , R2 ,10,，求 t ,(時(shí)間

35、常數(shù))時(shí)的 U AB解答:(1)S閉合前流過R2的是恒定電流，其大小為, I 0 , R1 ， R2S 閉合后 R2 被短路，回路方程為di , , iR1 ， L dt分離變量后得d ， , iR1R , 1 dt L , iR1積分得R1 t ， K ln ，, iR1 ， , LK 為待定系數(shù)，帶入初始條件K , ln， , I 0 R1， , ln , , ln ， R ， R R1 2 R1 2得R1 R2, ln ，, iR1 ， , t ， ln L R1 ， R2 經(jīng)整理得開關(guān) S 閉合后時(shí)刻的線圈電流大小為Rt , 1 R2 i , 1 e L R1 ， R2 R1 因U A

36、B , i , t , R1 ,在t ,時(shí)刻，帶入數(shù)據(jù)得, ,2 , R, 1 eU AB ， , R1 , 1 , , 7.5 V, R1 R1 ， R2 ,附圖中兩線圈的自感分別為 和 ，電阻為零，兩者之間無互感偶合，電源的電 阻 6.8.6已計(jì)入中，設(shè)開關(guān)閉合前各支路無電流，求開關(guān)閉合后和 隨時(shí)間變化的規(guī)律 解答:因i , i1 ， i2 (1)得di di1 di2 (2) ,， dt dt dt寫出兩個(gè)回路電路的方程 :di1 , , iR ， L1 (3)dtdi2 (4) , , iR ， 2 Ldt 將(2)式帶入(3) 式，得di di2 (5) dt dt由 (4) 式得d

37、i2 , R , i dt L2 L2 帶入 (5) 式，經(jīng)整理得L1L2 di ， L L1 2 dtL1L2 令 L , ，利用初始條件 i ， 0， , 0 ，得L1 ， L2R， L，1 L ，2t , RtL L1L2 , (6) i，t ， , 1 e ，1 e ， R R將(6) 式帶入(3) 式，得Rt di1 , , iR , , e L L1 dt 積分得L2, Rt i1 ，t ， , e L ， KR ， L1 ， L2 ，利用初始條件 i ， 0， , 0 ，確定積分常數(shù)為L2, K ,R ， L1 ， L2 ， 故解得L2, 1 e R ， LL1 2 ，1 LL

38、，t2 (7) i1 ，t ， , ， L R ， L1 2 ， 將(7) 式帶入(1) 式，解得L1, 1 e R ， LL11 ，L2L ，2t i2 ，t ， , ， L R ， L1 2 ，6.8.7在附圖所示的電路中，在開關(guān) S2 斷開的情況下合上開關(guān) S1 ( 合閘時(shí)刻選為 0) ，在時(shí)刻 t1 再合上開關(guān) S2 （ 以后保持接通 ）。求從 0 開始至 t 的時(shí)段內(nèi)電流 i 隨時(shí)間的 變化規(guī)律，并大致畫出i ， t ， 的曲線。解答:現(xiàn)分兩個(gè)過程討論，在 0 , t , t1時(shí)間區(qū)段，電流的變化規(guī)律為, ,1 e ，R1，LR2 ，t , i ，t， , , , R1， R2 ,

39、,在 t , t1時(shí)，電流 i 的通解為R2， t t1， L i ， t t1 ， , Ke而在 t , t1時(shí)刻，有, ,1 e ，R1，LR2 ，t1 , i ，t， , , , R1， R2 , ,求得積分常數(shù), ,1 ，e R1 ，L R ，2t1 , K , , , R1， R2 , ,因此在 t , t1 時(shí)，電流 i 的變化規(guī)律為， R ， R ， t 1 L 2 1 , ,1 e e R2， Lt t1 ， i ， t t1 ， , , , R1，R2 , ,從 0 開始至 t 的時(shí)段內(nèi)電流 i 隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖 6.8.7 所示 6.8.8 在長為 l 、半徑為 b 、

40、匝數(shù)為 N 的細(xì)長密繞螺線管軸線的中部放置一個(gè)半徑為 a 的導(dǎo)體圓環(huán)，圓環(huán)平面法線與軸線的夾角固定為 45: （ 見附圖 ） 。已知環(huán)的電阻為 R1 ，螺線管的電阻為 R2 ，電源的電動(dòng)勢為 , ，內(nèi)阻為零。忽略圓環(huán)的自感及它 對螺線管提供的互感電動(dòng)勢。（1）求開關(guān)合上后圓環(huán)的磁通隨時(shí)間的變化規(guī)律(2) 求開關(guān)合上后環(huán)內(nèi)電流隨時(shí)間的變化規(guī)律(3) 試證圓環(huán)受到的最大力矩為a 4 ,0, 2 M , 2 R 8b R1 2l解答:(1) 電源接入含電阻和自感的螺線管可看作 R2 L 串聯(lián)電路，開關(guān)合上后電流 i2 隨時(shí)間的變化規(guī)律為R2t , L 1 e i2 ,， ， R2式中: 自感系數(shù)為,

41、0 N 2 b2 2 L , ,0n V , l 細(xì)長密繞螺線管軸線的中部的磁場大小為R2lt ,0 N, ,0 N b 22 1 e B , ,0ni，t ， , R2l開關(guān)合上后通過螺線管內(nèi)圓環(huán)的磁通隨時(shí)間的變化規(guī)律為R2lt 2 ,0 N, 0 N, R2t 2 , 2 ,，t ， , a 2 cos 45: ,， ， 2 2 R2l 2R2l(2) 開關(guān)合上后螺線管內(nèi)圓環(huán)的感應(yīng)電動(dòng)勢 ( 正方向與磁通成右手關(guān)系 ) 大小為 d , 2 , a 2 RL2t , e , 2 , dt 2 Nb2求得圓環(huán)內(nèi)電流隨時(shí)間的變化規(guī)律為, 2 2 , a 2 RL2t , e i1 , 2 Nb2

42、 R1(3) 小線圈的磁矩為2 , a 4 R t 2 e L Pm , 2 2 Nb R1 圓環(huán)受到的力矩也是時(shí)間的函數(shù)R2t R t R2t 2 2 , 4 ,0 N a, 0 , 2 1 , R2t sin 45:e L 1 e L , e L e LM , pm , B ,2a 4 2 Nb R1 R2 2 b R1R2l力矩 M 是兩項(xiàng)的乘積，磁矩 pm 隨時(shí)間指數(shù)衰減，磁場 B 隨時(shí)間指數(shù)增加， 反映管內(nèi)磁場由于螺線管的自感存在而使電流 （ 從而使磁場 ）由 0 逐漸增加的規(guī)律。因通過求極值的方法求出最大的力矩 M,令dM , , 2a 4 R2 RL t RL t ， , 0 1

43、 e 2 e ， dt b R1R2l LR2t 1 L L , ，即 t , 解得當(dāng) e ln 2 時(shí)，力矩 M 取極值。求對 T 時(shí)間 t 的二階導(dǎo)數(shù)后， 2 R2L 將 t , ln 2代入，得R22 d M , 0 L t , ln 2 dt 2 R2L 知 t , ln 2時(shí)，力矩 M 為極大值，代入力矩的表達(dá)式，證得此最大值為R2a 4 ,0, 2 M , 2 R 8b R1 2l6.9.1 在附圖所示的 RC 充電電路中，為使電容器的電量達(dá)到穩(wěn)態(tài)值的 99% ，所需的時(shí)間是時(shí)間常數(shù)的多少倍 ,解答:先列出附圖所示的充電電路的方程，duc ， uc , , RC dt分離變量后得d

44、 ， , uc ， 1 , dt RC , uc積分后得的通解K ln ， , uc ， , RC通過初始條件定出積分常數(shù)K，因t=0 , uc =0得K , ln ,故1 ln , t RC t RC , e ,電容上的電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律為RCt uc , ,， 1 e ，按題意uc RCt 1 e , , 0.99J解得t , ln 0.01 , 4.6JS，6.9.2 附圖中的 , 、C、 R1 及 R2 均已知。在電路達(dá)到穩(wěn)態(tài)后切斷開關(guān) 求電容電壓 uc 和電流 ic 隨時(shí)間的變化規(guī)律解答:電容電壓 uc 的通解t R2C uc , Ke代入初始條件，得 uc 隨時(shí)間的變化規(guī)律為t

45、, R2 R2C e uc , R1 ， R2電流 ic 隨時(shí)間的變化規(guī)律為t duc , , e R2C ic , C dt R1， R2負(fù)號(hào)表示電流 ic 的方向與圖設(shè)的電流的正方向相反6.9.3 通過電阻 R 把電荷量為 Q0 的電容器接在內(nèi)阻為零，電動(dòng)勢為 , 的電 池上。設(shè)接通時(shí)刻為 0 ，試證接通后電容器的電荷量隨時(shí)間 t 的變化規(guī)律為RCt q ， t ， , , C ， ，Q0 , C ， e證明 :利用習(xí)題 6.9.1 所得的電容電壓 uc 的通解1 t ， K ln ，, uc ， , RCQ0 ，定出待定常數(shù) 利用初始條件 uc ， 0， , CQ ln , K C代入上

46、式，得, uc 1 , ln t 0 Q RCt , uc RC , e 0 Qq ， t ， 代入上式并經(jīng)整理，證得接通后電容器的電荷量隨時(shí)間 t 的變化規(guī) 律為 因 uc , CRCt q ， t ， , , C ， ，Q0 , C ， e6.9.4 充電至 100V 的 10 , F 電容器通過一個(gè) 10 k, 的電阻放電。求 :(1) 剛開始瞬間的電流(2) 電荷減少一半所需的時(shí)間(3) 能量減少一半所需的時(shí)間解答:(1) 求剛開始瞬間的電流，即要抓住電容其電路的換路定律 : 含電容電路 中的電容上的電壓和電荷量不能突變。u(0) 100V i(0) , , , 10 2 A R 10

47、k,(2) 放電時(shí)的電容器上的電荷量變化規(guī)律為RCt q(t ) , q0e按題意設(shè) t , t1 時(shí)，電容器電荷量 q 與開始時(shí)刻電荷量 q0 之比為 0.5 ， 即t q RC1 , , 0.5 e q0解得t1 , ( ln 0.5)RC , 0.07s(3) 因電容器放電時(shí)，電容器的電場能量隨時(shí)間逐漸減少，可以表示為時(shí)間的 函數(shù)，即t q e RC )2 2 t 1 q 2 (t ) 1 (q0 02 RC2 t e We (t ) , , , , We (0)e RC 2 C 2 C2C按題意設(shè) t , t2 時(shí)電容器能量 We (t2 ) 與開始時(shí)刻能量 We (0) 之比為 0.

48、5 ，即RC2 2 t We (2t ) , , 0.5 eWe (0)解得RC t2 , ， ln 0.5 ， , 0.035 s 26.9.5 附圖中 , , 10 V, R1 , 20, , R2 , 20, , C , 10, F在開關(guān)斷開前電路已達(dá)穩(wěn)態(tài)，求:(1) 從開關(guān)斷開起 2, 時(shí)電容器 C 的電壓 uc (, 為時(shí)間常數(shù) );(2) 開關(guān)斷開并達(dá)到穩(wěn)態(tài)后電容 C 上儲(chǔ)存的電場能。 解答:(1) 開關(guān)斷開后，因電容器的電壓還低于電源電壓，所以電容器將繼續(xù)充電， 在 t , 0 時(shí)間區(qū)段，電容器的電壓的通解是1 t ， K ln ，, uc ， , RC 利用初始條件定出積分常數(shù)

49、, R2 , R1 K , ln， R ， R R1 2 R1 2代入上式整理后得, R1 RCt e , uc , R1， R2從開關(guān)斷開起電容器 C 的電壓 uc 隨時(shí)間變化的關(guān)系為R1 t 1 e R1C uc , , R1， R2, ，即從開關(guān)斷開起 2, 時(shí)電容器 C 的電壓為 代入數(shù)據(jù)及 t , 2uc , 9.46 V(2) 開關(guān)斷開并達(dá)到穩(wěn)態(tài)后電容 C 上電壓等于 , ，電容 C 上儲(chǔ)存的電場能1 We , C, 2 , 5 ,10 4 J 26.9.6 附圖中 R1 , R2 , R4 , 5k,，R3 , 10k, , c , 10, F當(dāng)電容電壓為U CD , 10V 時(shí)

50、接通開關(guān) S ，電容的放電電流經(jīng)過多長時(shí)間后下降到 0.01mA，解答:為便于解題首先將附圖中的電路簡化，電阻 R1、 R2 、 R3 可經(jīng)串并聯(lián)后， 得等效電阻， R ， R1 2 ， R3 , 5k, R ,， R1 ， R2 ， ， R3因此，接通開關(guān) S 后，電容通過電阻 R 和 R4 放電，電容上的電壓為t ， ， C R， R4 uc , U C 0e電容的放電電流的大小為t duc U C 0 , e， R， R4 ， C iC , C dt R ， R4設(shè) t , t1 時(shí)，電流下降到 0.01mA ，代入數(shù)據(jù)，解得t1 , 0.1 ， ln10 2 ， s , 0.46s6.

51、9.7 附圖中的電容在開關(guān)接通前電壓為零，求開關(guān)接通后 i1 、 i2 和 i3 的變化規(guī)律解答:由戴維南定理，附圖電路可表示為圖 6.9.7 ，圖中等效電源的電動(dòng)勢 , e 的 大小即是原題附圖中將電容支路斷開后開路電壓 （即右側(cè)回路電阻 R2 兩端的電壓 ）, R2 R1R2 。 , e , U 0 , ;等效電阻 （ 即左側(cè)回路除源后開路兩端的電阻 ）Re , R1 ， R2 R1 ， R2由圖 6.9.7 可見，電阻值 Re 與電容 C 組成的典型回路，利用初始條件uC ， 0， , 0 ，求得 uC 隨時(shí)間的變化規(guī)律為t R C e ， uC , , e ，1 e電容器的充電電流為duC , RR RR t 2, e i2 , Cdt R1習(xí)題 6.9.7 附圖中流經(jīng)電阻 R2 的電流為R ， R , 1 2 t uC , 1 e R1R2C i3 ,， ， R1 ， R2 R2開關(guān)接通后流經(jīng)電阻 R1 的電流為R ， R R i1 , i2 ， i3 , 1 ， 2 e R1R2C R1 ， R2 R16.10.1 電容 10, F 為的電容器充電至 100V ，再接通 100, 的電阻和 0.4H 的 電感串聯(lián)放電。這一 RLC 電路處于什么振蕩狀態(tài) ,