题目
1.如图所示,半径为r1的小导线环,置于半径为r2的大导线环中心,-|||-者在同一平面内,H _(1)lt ({r)_(2)} 。在大导线环中通有正弦电流 =10sin omega t ,-|||-其中w、I为常数,t为时间,则任一时刻小导线环中感应电动势的大小-|||-为 __ 。设小导线环的电阻为R,则在 t=0 到 =pi /(2omega ) 时间内,-|||-通过小导线环某截面的感应电量为 __
题目解答
答案
解析
步骤 1：计算大导线环产生的磁场
大导线环中心的磁场可以使用毕奥-萨伐尔定律计算，但由于大导线环的半径远大于小导线环的半径，我们可以近似认为大导线环在小导线环中心产生的磁场是均匀的。根据安培环路定理，大导线环中心的磁场大小为：
$B=\dfrac{{\mu }_{0}I}{2{r}_{2}}$
步骤 2：计算磁通量
小导线环的面积为 $A=\pi {{r}_{1}}^{2}$ ，因此，任一时刻小导线环中的磁通量为：
$\Phi =BA=\dfrac{{\mu }_{0}I}{2{r}_{2}}\pi {{r}_{1}}^{2}$
步骤 3：计算感应电动势
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为磁通量对时间的变化率：
$e=-\dfrac{d\Phi }{dt}=-\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{{\mu }_{0}I}{2{r}_{2}}\pi {{r}_{1}}^{2}\right)$
将 $I=10\sin \omega t$ 代入上式，得到：
$e=-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\dfrac{d}{dt}\left(10\sin \omega t\right)$
$e=-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\cdot 10\omega \cos \omega t$
步骤 4：计算感应电量
感应电量为感应电流与时间的乘积。感应电流为感应电动势除以电阻，即：
$i=\dfrac{e}{R}$
感应电量为：
$q=\int_{0}^{\pi /(2\omega )}i\,dt=\int_{0}^{\pi /(2\omega )}\dfrac{e}{R}\,dt$
将 $e=-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\cdot 10\omega \cos \omega t$ 代入上式，得到：
$q=\int_{0}^{\pi /(2\omega )}\dfrac{-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\cdot 10\omega \cos \omega t}{R}\,dt$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \int_{0}^{\pi /(2\omega )}\cos \omega t\,dt$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \left[\dfrac{\sin \omega t}{\omega }\right]_{0}^{\pi /(2\omega )}$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \left[\dfrac{\sin \pi /2}{\omega }-\dfrac{\sin 0}{\omega }\right]$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \cdot \dfrac{1}{\omega }$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10$
大导线环中心的磁场可以使用毕奥-萨伐尔定律计算，但由于大导线环的半径远大于小导线环的半径，我们可以近似认为大导线环在小导线环中心产生的磁场是均匀的。根据安培环路定理，大导线环中心的磁场大小为：
$B=\dfrac{{\mu }_{0}I}{2{r}_{2}}$
步骤 2：计算磁通量
小导线环的面积为 $A=\pi {{r}_{1}}^{2}$ ，因此，任一时刻小导线环中的磁通量为：
$\Phi =BA=\dfrac{{\mu }_{0}I}{2{r}_{2}}\pi {{r}_{1}}^{2}$
步骤 3：计算感应电动势
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为磁通量对时间的变化率：
$e=-\dfrac{d\Phi }{dt}=-\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{{\mu }_{0}I}{2{r}_{2}}\pi {{r}_{1}}^{2}\right)$
将 $I=10\sin \omega t$ 代入上式，得到：
$e=-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\dfrac{d}{dt}\left(10\sin \omega t\right)$
$e=-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\cdot 10\omega \cos \omega t$
步骤 4：计算感应电量
感应电量为感应电流与时间的乘积。感应电流为感应电动势除以电阻，即：
$i=\dfrac{e}{R}$
感应电量为：
$q=\int_{0}^{\pi /(2\omega )}i\,dt=\int_{0}^{\pi /(2\omega )}\dfrac{e}{R}\,dt$
将 $e=-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\cdot 10\omega \cos \omega t$ 代入上式，得到：
$q=\int_{0}^{\pi /(2\omega )}\dfrac{-\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}}\cdot 10\omega \cos \omega t}{R}\,dt$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \int_{0}^{\pi /(2\omega )}\cos \omega t\,dt$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \left[\dfrac{\sin \omega t}{\omega }\right]_{0}^{\pi /(2\omega )}$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \left[\dfrac{\sin \pi /2}{\omega }-\dfrac{\sin 0}{\omega }\right]$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10\omega \cdot \dfrac{1}{\omega }$
$q=\dfrac{{\mu }_{0}\pi {{r}_{1}}^{2}}{2{r}_{2}R}\cdot 10$