变化的电磁场

第8章变化的电磁场

一、选择题 1. B 2. D

3. C 4. D 5. A 6. C 7. C 8. B 9. D 10. B 11. A 12. C 13. D 14. D 15. B 16. C 17. B 18. A 19. A 20. B 21. B 22. D 23. C 24. D 25. D 26. C 27. D 28. C 29. B 30. B 31. B 32. C 33. A 34. B 35. C 36. D 37. B 38. B 39. D 40. A 41. B 42. D 43. D 44. D 45. B 46. C 47. D 48. A

1. 5.0×10-4

Wb 2.

I 3. 0.05T 4. 0

5. 5. 38⨯10-4(V) 6. 0. 09(V) 7. Φ=μ0I πr 2

cos ωt , 小圆环中的感应电流i =

μ0I ωπr 2

2Ra

sin ωt 8.

πR 2K , 从c 流至b 9. 1. 14⨯10-4(H)，5. 65⨯10-4

(H)

10. μ0Iv 2π⋅ln a +b a -b

11. vBL sin θ，O →C

12. 0

13. ε2>ε1 14. 减小

15. 1. 2⨯104

(A⋅m -1

) ，1. 5⨯10-2

(T)，90. 0(A⋅m -3

) 16. 0. 98(A⋅m -3) 17.

L 18. 1:2, 1:2

I 2

19. 4π

20. 12μ(μ0I 2πa

) 2

021. 4, 0 22. ○2, ○3, ○1

23. -πr 2ε0E 0-RC RC

e , 相反

24. A 25. U =0. 2

(1-e -t ) , I d =i =0. 2e -t C

1. 解：

d d

=U a -U d =E k ⋅d l =(-v ⨯B ) ⋅d l

a a c d b

=-(v ⨯B ) ⋅d l -(v ⨯B ) ⋅d l -(v ⨯B ) ⋅d l

U ad

⎰⎰

⎰

=-v B l +v B l +v B l =v B l

A8-3-1图

2. 解：对直线段BC 部分，由动生电动势公式

εBC =⎰(v ⨯B ) ⋅d l

导体棒运动速度垂直向里，v ⨯B 方向由B 直线C , 与d l 同方

向，以AB 边为径向坐标r 的圆点，则有

B C C a

εBC =vB d l =r ωB d l =l 2πnB d r

B B 0

=πna B

指向为B →C

对直线段CA 部分，由动生电动势公式

⎰⎰⎰

εCA =⎰(v ⨯B ) ⋅d l

A8-3-2图

导体棒运动速度垂直向里，v ⨯B 方向水平向右, 与d l 方向成夹角ϕ，所以

εCA =⎰(v ⨯B ) ⋅d l =⎰vB cos ϕd l =-⎰vB cos θd l

A A A

=-⎰r 2πnB d r

=-πna 2B

直线段AB 部分，v =0, εAB =0

整个导体框的电动势为

ε=εAB +εBC +εCA =0

3. 解：对设圆柱内外的感应电场分别为E i 1和E i 2，由法拉第电磁感应定律得在r

E ⋅d l =E i 1⋅2πr =-

i 1

d Φd B

=-πr 2=-πr 2k d t d t

所以，

1E i 1=-kr

2d B

其中负号表示E i 1方向与增加方向成左手螺旋，即

d t

为逆时针方向．在r >R 区域：

A8-3-3图

E ⋅d l =E d Φi 2

i 1⋅2πr '=-

=-πR 2d B

=-πR 2d t d t k E =-1kR 2

i 22r '

E i 2方向为逆时针方向．

a →c 电动势为

εc b c

ac =⎰a

E k ⋅d l =⎰a

E i 1⋅d l +⎰b

E i 2⋅d l

=⎰b E c

i 1cos θ'd l +⎰b

E i 2cos θd l

=⎰b

1kr h d l +⎰c 1kR 2cos θ

a 2r b 2r 'd l =12kh ab +12

kR 2⎰c 1

b r 'd l

=12kh ab +12θc

2kR ⎰θd θ

=12kh ab +1

2kR 2(θc -θb ) 由图可知

h =R 2-(R /2) 2=

R θc -θb =arctan

3R /2R /23πh -arctan h =arctan -3=3-π6=π

所以

ε2π3ac =

4kR +12kR 2=+π12

kR 2

εac >0表明a (-), c (+)

a 、c 两端的电势差为

U πac =U a -U 3+c =-εac =-

kR 2

4. 解：金属环内磁通量

Φ=⎰B 2πr d r =⎰B 02πr 2sin ωt d r

=2πB 3

0a 3sin ωt 感生电动势为

εd Φ

i =-

d t =-2π

B 30a ωcos ωt A8-3-4图

εi >0时沿顺时针指向．

5. 解：(1) 建立如图坐标系，设直导线通电流I ，则通过矩形线框的磁通量为：

b μI 0μI 00

Φ=B ⋅d S =a d x -a d x ⎰⎰02πx ⎰-c 2πx

b μI μIa b μIa

=⎰0a d x =0ln =0ln 3 c 2πx 2πc 2π

Φμ0a =ln 3 互感系数M =I 2π

(2) 直导线通电流I =I 0sin ωt ，则线框内产生的互

感电动势为：

A8-3-5图

εi =-M

μaI ωln 3d I

=-00cos ωt d t 2π

εi >0，为顺时针方向．

6. 解：长直带电线运动相当于I =λv (t ) 的长直电流，在正方形线圈内磁通量为：

2π(a +x ) 2πd Φμ0a d I μ0λa d v (t )

所以：εi = =ln 2⋅=

d t 2πd t 2πd t

Φ=⎰B ⋅d S =⎰

μ0I

a d x =

μ0Ia

ln 2

|i (t ) |=

εi

μ0λa

2πR

ln 2

d v (t )

d t

A8-3-6图

7. 解：建立如图坐标系，AB 边的方程为：y =式中r 是t 时刻B 点与长直导线的距离．

三角形内磁通量为：

b b x -r a a

Φ=⎰

(x -r ) d x

r r 2πx a a μI b a +r =0(b -r ln ) 2πa r

a +r

By d x =⎰

a +r

μ0I b

感应电动势为

εi =-

当r=d时

d Φμ0bI a +r a d r =(ln-) ⋅ d t 2πa r r +a d t

A8-3-7图

εi =

方向为顺时针(ACBA ) ．

μ0bI

2πa

(ln

a +d a

-) v d d +a

8. 解：先求直导线与螺绕环间的互感系数．

设直导线通电流I ，则通过螺绕环截面的磁通量为：

R 2

R 12πr 2πR 1

N Φμ0Nb R 2

互感系数为：M =． =ln

I 2πR 1

当螺绕环内通电流i =I 0cos ωt 时，直导线中产生的感生

Φ=⎰

R 2

μ0I

b d r =

μ0Ib

电动势为：

εi =-M

R d i μ0NbI 0ω

=(ln2) sin ωt d t 2πR 1

A8-3-8图

当ωt =π/4时，代入数据得：

4π⨯10-7⨯1000⨯6⨯10-2⨯5⨯100π2εi =⨯ln 3⨯=1. 46⨯10-2(V)

2π2

εi >0，指向向下．

9. 解：作半径为r 的同轴圆为安培环路，由有介质安培环路定理H ⋅d l =∑I 得：

2πrH =I

I H =

2πr

B =μH =

(R 1

μI

2πr

B 21μI 2

磁能密度：w m ==()

2μ2μ2πr

体积元：d V =2πrl d r

R 21μI 2

() ⋅2πrl d r 磁场能量：W m =⎰w m d V =⎰R 12μ2πr

I TA8-3-9图

μI 2l

4π

R 2

R 1

10. 解：电场能量密度为

w e =

ε0E 2=⨯8. 85⨯10-12⨯3002=3. 98⨯10-7(J⋅m -3) 22

磁场能量密度为

1B 2(5. 49⨯10-5) 2-3-3w m ===1. 20⨯10(J⋅m ) -7

2μ02⨯4π⨯10

电场能量密度与磁场能量密度的比值为

w e 3. 98⨯10-7

==3. 32⨯10-4

-3w m 1. 20⨯10

11. 解：若假定电荷均匀分布于电子表面，则整个电子为等势体，电势等于其表面电势，即

U =

e 4πε0R e

由带电体系的静电能公式，电子的静电能为

11e 2

W =⎰U d q =Ue =

2Q 28πε0R e

e 2

按题设，令 =mc 2，得电子的经典半径为

8πε0R e

e 29⨯109(1. 6⨯10-19) 2

R e ===1. 4⨯10-15m 2-3182

8πε0mc 9. 1⨯10(3⨯10)

如果把电子看成是均匀带电的球体，计算方法相同，仅是相差一接近于1的因子，不影响结果的数量级．故电子的经典半径的数量级为 10-15m ．

近代实验确定，电子的线度

12. 解：(1) 根据电容器储能公式，充电结束时电容器贮存的能量为

W e =

C (∆U ) 2=300⨯10-6⨯(400) 2=24J 22

(2) 电容器输出的平均功率为

W e 24

==2. 4⨯103W ∆t 0. 01

13. 解：真空时电容 C 0=

ε0S

设插入后电容器极板带电量为Q , 按题设条件，两极板之间在真空部分的场强即为自由电荷的场强E 0，而介质板内的场强为

E 0

, 因此两极板之间的电压 εr

d E d d εr +1

∆U =E 0+0=E 0

2εr 22εr

式中 E 0=

为介质板外真空部分场强, 代入电容定义式得 ε0S

C =

Q 2ε0εr S =>C 0 ∆U (εr +1) d

Q 2

(1) 与电源断开，极板上电荷保持不变，由 W =

W C 0εr +1==

(2) 与电源相连，两极板间电压不变，由 W =

CV 2 有 2

W C 2εr

==>1 储能增加 W 0C 0εr +1

14. 解：由静电能公式W =

式中U d q 1, U d q 2分别为两个球面电荷在球面电荷1和球面电荷2上的电荷元处的的电势．

由于两个同心球面本身是两个等势面，且由电势计算可知，两同

U d q 2⎰Q

W =⎰d q 1d q 1+⎰d q 2d q 2

q 12q 22

A8-3-14图

心均匀带电球面在两球面处产生的电势分别为

U R 1=

q 1q 2q +q 2

， +, U R 2=1

4πε0R 14πε0R 24πε0R 2

代入前面的计算公式，得

q 2q 2q q 111

W =q 1U 1+q 2U 2=++12

228πε0R 18πε0R 24πε0R 2

结果讨论：所得体系的静电能结果有三项，其中前两项分别是两个均匀带电球面单独存在时的静电能，即构成此体系的两个子系的自能，而第三项是一个带电球面在另一个带电球面的电场中的电势能，亦即两个子系之间相互作用能．从物理上分析，这样的结果当然是合理的．此外，从结果的表达式可以看到，无论带电体所带电荷的正负如何，其自能总为正，而互能则可正可负．若二者电荷同号，互能为正；电荷异号，互能为负．

15. 解：(1) 两个伸展面部分在管内产生B = 0，铜管相当于一个通电密绕直螺线管， I 管内B 的大小为B =μ0nI =μ0

μ0I 2B 22

(2) 管内为匀强磁场，磁能为W m =w m ⋅V =⋅πR l =⋅πR 2

2μ02l

2W m μ0πR 212

又W m =LI ，所以其自感系数为：L =2= （能量法求L ）

2I l

16. 解：(1) 证明：电子加速受到感应电场作用，E =

1d Φ

⋅ 2πR d t

v 2

在磁场中受到洛仑兹力f =Bev =m ，

∴B =

d B 1d eE e 1d Φ1d Φ

=⋅(mv )==⋅⋅=⋅ d t eR d t eR eR 2πR d t 2πR 2d t

又Φ=πR

d Φd d B 1d ∴=πR 2=，即，=2B

d t d t d t 2d t

(2) 解：按电子感应加速器的工作原理可知，电子轨道内的磁通量Φ随时间作正弦变

化，并且电子仅在励磁交变电流的第一个四分之一周期内获得加速. Φ=Φm sin

⎛2π⎫

t ⎪ ⎝T ⎭d Φ⎛2π⎫⎛2π⎫

=Φm t ⎪ ∴ 感应电动势ε=⎪cos d t ⎝T ⎭⎝T ⎭

电子沿轨道绕行一周平均获得的能量为

⎛T ⎫e Φ ⎪

14e ⎡⎛T ⎫⎤⎝4⎭ =()e εd t =Φ-Φ0=⎢ 4⎪⎥T ⎰T T ⎝⎭⎣⎦0T ⎛T ⎫

=4. 2⨯10-3s 已知 Φ ⎪=Φm =1. 8Wb ， 4⎝4⎭

∴=430eV

电子最终获得1. 2⨯10eV 的能量，它需绕轨道的周数

W 1. 2⨯108

==2. 8⨯105周 n =430

563

S =2πRn =2⨯3. 14⨯0. 84⨯10⨯2. 8=1. 4⨯10(m )=1. 4⨯10(km )

17. 解：(1) 设在P 点有一正电荷随铜盘转动, 受到一个方向向下、指向水银的磁场力. 所以这回路中感应电流为逆时针方向. 因此，通过电压计的电流向上流，即从D 流向O .

R 1

(2) ε=⎰v ⨯v B ⋅d l =⎰r ωB d r =B ωR 2

指向：由盘心指向边缘 (2) (A) 因为∝

∆Φ

，若每个磁极的磁通量加倍，则总通量加倍，所以也加倍. ∆t

(B) 电枢转速加倍，其它不变，同样也使ε加倍.

(4) 当发电机没有负载时，线路中没有电流. 要使它转动，外力只要克服机械摩擦力就可以了. 但当发电机接上负载时，回路中有了电流，所以会受到磁场力的作用，根据楞次定律，磁场力阻止盘子转动. 当负载电阻很小时，感应电流就很大，磁场力也很大，所以转动也困难.

第8章变化的电磁场

一、选择题 1. B 2. D

1. 5.0×10-4

Wb 2.

I 3. 0.05T 4. 0

5. 5. 38⨯10-4(V) 6. 0. 09(V) 7. Φ=μ0I πr 2

cos ωt , 小圆环中的感应电流i =

μ0I ωπr 2

2Ra

sin ωt 8.

πR 2K , 从c 流至b 9. 1. 14⨯10-4(H)，5. 65⨯10-4

(H)

10. μ0Iv 2π⋅ln a +b a -b

11. vBL sin θ，O →C

12. 0

13. ε2>ε1 14. 减小

15. 1. 2⨯104

(A⋅m -1

) ，1. 5⨯10-2

(T)，90. 0(A⋅m -3

) 16. 0. 98(A⋅m -3) 17.

L 18. 1:2, 1:2

I 2

19. 4π

20. 12μ(μ0I 2πa

) 2

021. 4, 0 22. ○2, ○3, ○1

23. -πr 2ε0E 0-RC RC

e , 相反

24. A 25. U =0. 2

(1-e -t ) , I d =i =0. 2e -t C

1. 解：

d d

=U a -U d =E k ⋅d l =(-v ⨯B ) ⋅d l

a a c d b

=-(v ⨯B ) ⋅d l -(v ⨯B ) ⋅d l -(v ⨯B ) ⋅d l

U ad

⎰⎰

⎰

=-v B l +v B l +v B l =v B l

A8-3-1图

2. 解：对直线段BC 部分，由动生电动势公式

εBC =⎰(v ⨯B ) ⋅d l

导体棒运动速度垂直向里，v ⨯B 方向由B 直线C , 与d l 同方

向，以AB 边为径向坐标r 的圆点，则有

B C C a

εBC =vB d l =r ωB d l =l 2πnB d r

B B 0

=πna B

指向为B →C

对直线段CA 部分，由动生电动势公式

⎰⎰⎰

εCA =⎰(v ⨯B ) ⋅d l

A8-3-2图

导体棒运动速度垂直向里，v ⨯B 方向水平向右, 与d l 方向成夹角ϕ，所以

εCA =⎰(v ⨯B ) ⋅d l =⎰vB cos ϕd l =-⎰vB cos θd l

A A A

=-⎰r 2πnB d r

=-πna 2B

直线段AB 部分，v =0, εAB =0

整个导体框的电动势为

ε=εAB +εBC +εCA =0

3. 解：对设圆柱内外的感应电场分别为E i 1和E i 2，由法拉第电磁感应定律得在r

E ⋅d l =E i 1⋅2πr =-

i 1

d Φd B

=-πr 2=-πr 2k d t d t

所以，

1E i 1=-kr

2d B

其中负号表示E i 1方向与增加方向成左手螺旋，即

d t

为逆时针方向．在r >R 区域：

A8-3-3图

E ⋅d l =E d Φi 2

i 1⋅2πr '=-

=-πR 2d B

=-πR 2d t d t k E =-1kR 2

i 22r '

E i 2方向为逆时针方向．

a →c 电动势为

εc b c

ac =⎰a

E k ⋅d l =⎰a

E i 1⋅d l +⎰b

E i 2⋅d l

=⎰b E c

i 1cos θ'd l +⎰b

E i 2cos θd l

=⎰b

1kr h d l +⎰c 1kR 2cos θ

a 2r b 2r 'd l =12kh ab +12

kR 2⎰c 1

b r 'd l

=12kh ab +12θc

2kR ⎰θd θ

=12kh ab +1

2kR 2(θc -θb ) 由图可知

h =R 2-(R /2) 2=

R θc -θb =arctan

3R /2R /23πh -arctan h =arctan -3=3-π6=π

所以

ε2π3ac =

4kR +12kR 2=+π12

kR 2

εac >0表明a (-), c (+)

a 、c 两端的电势差为

U πac =U a -U 3+c =-εac =-

kR 2

4. 解：金属环内磁通量

Φ=⎰B 2πr d r =⎰B 02πr 2sin ωt d r

=2πB 3

0a 3sin ωt 感生电动势为

εd Φ

i =-

d t =-2π

B 30a ωcos ωt A8-3-4图

εi >0时沿顺时针指向．

5. 解：(1) 建立如图坐标系，设直导线通电流I ，则通过矩形线框的磁通量为：

b μI 0μI 00

Φ=B ⋅d S =a d x -a d x ⎰⎰02πx ⎰-c 2πx

b μI μIa b μIa

=⎰0a d x =0ln =0ln 3 c 2πx 2πc 2π

Φμ0a =ln 3 互感系数M =I 2π

(2) 直导线通电流I =I 0sin ωt ，则线框内产生的互

感电动势为：

A8-3-5图

εi =-M

μaI ωln 3d I

=-00cos ωt d t 2π

εi >0，为顺时针方向．

6. 解：长直带电线运动相当于I =λv (t ) 的长直电流，在正方形线圈内磁通量为：

2π(a +x ) 2πd Φμ0a d I μ0λa d v (t )

所以：εi = =ln 2⋅=

d t 2πd t 2πd t

Φ=⎰B ⋅d S =⎰

μ0I

a d x =

μ0Ia

ln 2

|i (t ) |=

εi

μ0λa

2πR

ln 2

d v (t )

d t

A8-3-6图

7. 解：建立如图坐标系，AB 边的方程为：y =式中r 是t 时刻B 点与长直导线的距离．

三角形内磁通量为：

b b x -r a a

Φ=⎰

(x -r ) d x

r r 2πx a a μI b a +r =0(b -r ln ) 2πa r

a +r

By d x =⎰

a +r

μ0I b

感应电动势为

εi =-

当r=d时

d Φμ0bI a +r a d r =(ln-) ⋅ d t 2πa r r +a d t

A8-3-7图

εi =

方向为顺时针(ACBA ) ．

μ0bI

2πa

(ln

a +d a

-) v d d +a

8. 解：先求直导线与螺绕环间的互感系数．

设直导线通电流I ，则通过螺绕环截面的磁通量为：

R 2

R 12πr 2πR 1

N Φμ0Nb R 2

互感系数为：M =． =ln

I 2πR 1

当螺绕环内通电流i =I 0cos ωt 时，直导线中产生的感生

Φ=⎰

R 2

μ0I

b d r =

μ0Ib

电动势为：

εi =-M

R d i μ0NbI 0ω

=(ln2) sin ωt d t 2πR 1

A8-3-8图

当ωt =π/4时，代入数据得：

4π⨯10-7⨯1000⨯6⨯10-2⨯5⨯100π2εi =⨯ln 3⨯=1. 46⨯10-2(V)

2π2

εi >0，指向向下．

9. 解：作半径为r 的同轴圆为安培环路，由有介质安培环路定理H ⋅d l =∑I 得：

2πrH =I

I H =

2πr

B =μH =

(R 1

μI

2πr

B 21μI 2

磁能密度：w m ==()

2μ2μ2πr

体积元：d V =2πrl d r

R 21μI 2

() ⋅2πrl d r 磁场能量：W m =⎰w m d V =⎰R 12μ2πr

I TA8-3-9图

μI 2l

4π

R 2

R 1

10. 解：电场能量密度为

w e =

ε0E 2=⨯8. 85⨯10-12⨯3002=3. 98⨯10-7(J⋅m -3) 22

磁场能量密度为

1B 2(5. 49⨯10-5) 2-3-3w m ===1. 20⨯10(J⋅m ) -7

2μ02⨯4π⨯10

电场能量密度与磁场能量密度的比值为

w e 3. 98⨯10-7

==3. 32⨯10-4

-3w m 1. 20⨯10

11. 解：若假定电荷均匀分布于电子表面，则整个电子为等势体，电势等于其表面电势，即

U =

e 4πε0R e

由带电体系的静电能公式，电子的静电能为

11e 2

W =⎰U d q =Ue =

2Q 28πε0R e

e 2

按题设，令 =mc 2，得电子的经典半径为

8πε0R e

e 29⨯109(1. 6⨯10-19) 2

R e ===1. 4⨯10-15m 2-3182

8πε0mc 9. 1⨯10(3⨯10)

如果把电子看成是均匀带电的球体，计算方法相同，仅是相差一接近于1的因子，不影响结果的数量级．故电子的经典半径的数量级为 10-15m ．

近代实验确定，电子的线度

12. 解：(1) 根据电容器储能公式，充电结束时电容器贮存的能量为

W e =

C (∆U ) 2=300⨯10-6⨯(400) 2=24J 22

(2) 电容器输出的平均功率为

W e 24

==2. 4⨯103W ∆t 0. 01

13. 解：真空时电容 C 0=

ε0S

设插入后电容器极板带电量为Q , 按题设条件，两极板之间在真空部分的场强即为自由电荷的场强E 0，而介质板内的场强为

E 0

, 因此两极板之间的电压 εr

d E d d εr +1

∆U =E 0+0=E 0

2εr 22εr

式中 E 0=

为介质板外真空部分场强, 代入电容定义式得 ε0S

C =

Q 2ε0εr S =>C 0 ∆U (εr +1) d

Q 2

(1) 与电源断开，极板上电荷保持不变，由 W =

W C 0εr +1==

(2) 与电源相连，两极板间电压不变，由 W =

CV 2 有 2

W C 2εr

==>1 储能增加 W 0C 0εr +1

14. 解：由静电能公式W =

式中U d q 1, U d q 2分别为两个球面电荷在球面电荷1和球面电荷2上的电荷元处的的电势．

由于两个同心球面本身是两个等势面，且由电势计算可知，两同

U d q 2⎰Q

W =⎰d q 1d q 1+⎰d q 2d q 2

q 12q 22

A8-3-14图

心均匀带电球面在两球面处产生的电势分别为

U R 1=

q 1q 2q +q 2

， +, U R 2=1

4πε0R 14πε0R 24πε0R 2

代入前面的计算公式，得

q 2q 2q q 111

W =q 1U 1+q 2U 2=++12

228πε0R 18πε0R 24πε0R 2

15. 解：(1) 两个伸展面部分在管内产生B = 0，铜管相当于一个通电密绕直螺线管， I 管内B 的大小为B =μ0nI =μ0

μ0I 2B 22

(2) 管内为匀强磁场，磁能为W m =w m ⋅V =⋅πR l =⋅πR 2

2μ02l

2W m μ0πR 212

又W m =LI ，所以其自感系数为：L =2= （能量法求L ）

2I l

16. 解：(1) 证明：电子加速受到感应电场作用，E =

1d Φ

⋅ 2πR d t

v 2

在磁场中受到洛仑兹力f =Bev =m ，

∴B =

d B 1d eE e 1d Φ1d Φ

=⋅(mv )==⋅⋅=⋅ d t eR d t eR eR 2πR d t 2πR 2d t

又Φ=πR

d Φd d B 1d ∴=πR 2=，即，=2B

d t d t d t 2d t

(2) 解：按电子感应加速器的工作原理可知，电子轨道内的磁通量Φ随时间作正弦变

化，并且电子仅在励磁交变电流的第一个四分之一周期内获得加速. Φ=Φm sin

⎛2π⎫

t ⎪ ⎝T ⎭d Φ⎛2π⎫⎛2π⎫

=Φm t ⎪ ∴ 感应电动势ε=⎪cos d t ⎝T ⎭⎝T ⎭

电子沿轨道绕行一周平均获得的能量为

⎛T ⎫e Φ ⎪

14e ⎡⎛T ⎫⎤⎝4⎭ =()e εd t =Φ-Φ0=⎢ 4⎪⎥T ⎰T T ⎝⎭⎣⎦0T ⎛T ⎫

=4. 2⨯10-3s 已知 Φ ⎪=Φm =1. 8Wb ， 4⎝4⎭

∴=430eV

电子最终获得1. 2⨯10eV 的能量，它需绕轨道的周数

W 1. 2⨯108

==2. 8⨯105周 n =430

563

S =2πRn =2⨯3. 14⨯0. 84⨯10⨯2. 8=1. 4⨯10(m )=1. 4⨯10(km )

R 1

(2) ε=⎰v ⨯v B ⋅d l =⎰r ωB d r =B ωR 2

指向：由盘心指向边缘 (2) (A) 因为∝

∆Φ

，若每个磁极的磁通量加倍，则总通量加倍，所以也加倍. ∆t

(B) 电枢转速加倍，其它不变，同样也使ε加倍.

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