大学物理变化的电磁场习题思考题.doc

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大学物理变化的电磁场理论及习题

(D)三者中 E和 H可以是任意方向的，但都必须
与 u垂直。
填空题1：一根直导线在磁感应强度为的均匀磁场中以速度运动切割磁力线，导线中对应于非静电
力的场强（又称非静电场场强）vB .
Ek
F vB q
填空题2：载有恒定电流 I 的长直导线旁有一半圆环导线cd，半圆环半径为b，环面与直导线垂直，且半圆环两端点连线的延长线与直导线相交，如图所示。
a
b
R
R 2R
2R (rR)0I dr
R
2r
0IR(1ln2) 2
ab b点电势髙
计算题2：将等边三角形平面回路ACDA放在磁感应强度大小为 B = B0t（式中B0为常量）的均匀磁场中，回路平面垂直于磁场方向，如图所示。回路中CD段为滑动导线，设 t = 0 时， CD段从A端出发，以匀速 v 远离A端运动，且始终保持回路为等边三角形。求回路ACDA中的感应电动势与时间 t 的关系。
动生电动势: 在稳恒磁场中运动着的导体内产生的感应电动势.
感生电动势: 导体不动, 因磁场的变化产生的感应电动势.
动生电动势
感生电动势
恒定磁场中运动的导体
B B r
导体不动B , 磁B 场r发,t生变化
磁通量发生变化的原因
d dt
• 动生电动势
导线运动时,内部自由电子受到向下洛
感应电流的效果总是反抗引起感应电流I
a
d
楞次定律符合能量守恒和转换定律.
• 法拉第电磁感应定律
当穿过回路所包围面积的磁通量发生变化时,回路中产生
的感应电动势的大小与穿过回路的磁通量对时间的变化率
成正比.
i

d

大学物理习题答案解析第八章

第八章电磁感应电磁场8 －1 一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A ）线圈中无感应电流（B ）线圈中感应电流为顺时针方向（C ）线圈中感应电流为逆时针方向（D ）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B ）．8 －2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A ）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B ）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C ）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D ）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2的变化电流且，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（）．（A ），（B ），（C ），ti t i d d d d 21<2112M M =1221εε=2112M M ≠1221εε≠2112M M =1221εε<（D ），分析与解教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律；．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（）（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）． 8 －5 下列概念正确的是（）（A ）感应电场是保守场（B ）感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ），因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ），回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为，求在时，线圈中的感应电动势．分析由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成，其中称为磁链．解线圈中总的感应电动势当时，．8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．2112M M =1221εε<t i M εd d 12121=tiM εd d 21212=LI Φm =LI Φm =()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=s 100.12-⨯=t tψt ΦN ξd d d d -=-=ΦN ψ=()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-=s 100.12-⨯=t V 51.2=ξtId d分析本题仍可用法拉第电磁感应定律来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式求解．解1 穿过面元ｄS 的磁通量为因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为线圈与两长直导线间的互感为tΦξd d -=⎰⋅=SΦS B d ()B B x =x d S d d =y x S d d d =tl ME M d d -=()x d xIμx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B ()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd=-+==⎰⎰⎰tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=43ln π20dI μΦ=43ln π20d μI ΦM ==当电流以变化时，线圈中的互感电动势为试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？分析在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为因此，流过导体截面的电量为则 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1）线圈中平均感应电动势；（2）设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．tld d tI d μt I ME d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B tΦE d d -=v =tξd d 54.010C q -=⨯NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12ii R R NBSR R Φq +=+=Δ()T 050.0=+=NSR R q B i分析虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解（1）在始、末状态，通过线圈的磁链分别为, 则线圈中的平均感应电动势为电动势的指向为顺时针方向．（2）通过线圈导线横截面的感应电荷为8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？NBS ψ=1011π2r IS μN S NB ψ==2022π2r ISμN S NB ψ==V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE tΦE d d -=分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势.在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距形导轨左侧距离为x ，则即由于静止的形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量常数.由法拉第电磁感应定律可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO 即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法． 8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．tΦE d d -=()l B d ⋅⨯=⎰lE v ()l B d d ⋅⨯=v E B R Rx Φ⎪⎭⎫⎝⎛+=2π212B R txRB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-=()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B v B R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰-==BS ΦtΦE d d -=分析应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则因此棒两端的电势差为当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中, 则8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．()()r L lB ωl lB ωE L-rr ABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v ()r L lB ωE U AB AB 221--==221r ωB E OA =()221r L B ωE OB -=()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO ），也可用来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得由矢量的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势显然，E QO ＝0，所以由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况． 8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A．求tΦE d d -=()l B d ⋅⨯=⎰lE v ()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E v l αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin B ⨯v QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=12.0m s -=⋅v杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析本题可用两种方法求解．（1）用公式求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元，该处的磁感强度．（2）用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式求得穿过该回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的形导轨上电动势为零，所以()l B d ⋅⨯=⎰lE v x l d d =xIμB π20=⎰⋅=SΦS B d tΦE d d -=()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦV 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高． 8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足］，因而线框中的总电动势为其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有．在求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为V 1084.35-⨯-==E EAB ()0l B =⋅⨯d v ()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v tΦE d d -=v =tξd d hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d I I μ+=1vI ()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场，但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解（1）根据分析，在时间内，线框为自由落体运动，于是其中时，()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v ()1120π2l d d l l I μE +=v ()A A F F =v ()tvv d d mF mg A =-1t t ≤()11t t gt ≤=v 1t t =gh 2101==v v（2）线框进入磁场后，受到向上的安培力为根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程令，整理上式并分离变量积分，有积分后将代入，可得（3）线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度．解圆形回路导线长为，导线截面积为，其电阻R ′为在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为而，即，代入上式可得v Rl B IlB F A 22==tv m v d d 22=-R l B mg mRl B K 22=⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv vgh 210=v ()()[]1212t t K e gh K g g K----=v ()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v td d Btd d π4Bd ρm I =πR 22πr 22rR ρS l ρR =='BS Φ=tt t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='=2ππ2r R d m =dmRr π2π2=td d π4Bd ρm I =8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率为常量，且为正值，试求：（1）管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2）如，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率等）密切相关，即.在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当时，电场线绕向与前者相反．解如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ，r ＞R ，td d B1s T 010.0d d -⋅=tBtd d B S Bl E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t 0d d <t B 0d d >tBtB r t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tBr E k d d 2-=tB R t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tBr R E k d d 22-=由于，故电场线的绕向为逆时针．（2）由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此将r 、R 、的数值代入，可得，式中负号表示E k 的方向是逆时针的． 8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有证2 由题８－17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为0d d >tBtB r R E k d d 22-=tB d d 15m V 100.4--⋅⨯-=k E tBdd ⎰⋅=lk E l E d 0d =⋅l E k 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQtBr E k d d 2=讨论假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？该如何求解？8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式计算L ．式中E L 和都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为则若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E IΦL =tI E L Ld /d =t I d d xNIμB π20=12200lnπ2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B 1220lnπ2R R h N μI ψL =8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为, 通过N 匝回路的磁链为则自感8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．I L N μnl μB 111==I LN μnl μB 222==221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=2211221S μS μlN I ψL L L +==+=分析两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为穿过图中阴影部分的磁通量为则长为l 的一对导线的自感为如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解（1）当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为，故L 1 ＝0．（2）当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为，()r d Iμr I μB -+=π2π200aa d l μr Bl ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B aad l μI ΦL -==ln π0212L L L +=8π02lμL=0221=-=ΦΦΦΦΦΦΦ4222=+=故．本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则．虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解（1）设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度穿过小线圈A 的磁链近似为则两线圈的互感为（2）互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？L IΦI ΦL 4422===21212I ΦM M ==RIμN B B200=A BA A A A S RIμN N S B N ψ200==H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A解设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为穿过线圈C 的磁通为则两线圈的互感为若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10－3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析本题与题８－８相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的．()2/322202dR IR μB +=()22/32220π2r dR IR μBS ψC +==()2/3222202πd R R r μI ψM +==解当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度则通过线圈C 的磁链为设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有由此得相对磁导率8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1）如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？磁能密度是多少？*（2）从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？分析单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1）如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能，通常称为自感磁能．（2）由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即，式中为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用求解L ．解（1）密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感，电流稳定后，线圈中电流，则线圈中所储存的磁能为在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度处处相等， 110I n μμB r =S I n μμN BS N ψr c 11022==()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-=T 10.02110===SN RqcI n μμB r 1991102==I n μS N Rqcμr 221LI W m =V w W Vmm d ⎰=mwμB w m 22=V w LI V m d 212⎰=l S N L 2=REI =J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m m w 3m J 17.4-⋅==SLW w mm。

大学物理课后习题答案第九章

第9章电稳感应和电磁场习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。

求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。

解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。

已知导轨处于均匀磁场B ϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常数)。

设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。

解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φρρ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。

3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。

求：（1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。

解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0ρρ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。

设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υρ垂直离开导线。

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

9-1两个半径分别为R与ｒ得同轴圆形线圈相距ｘ，且R〉>r，x＞〉R。

若大线圈通有电流I而小线圈沿ｘ轴方向以速率v运动，试求小线圈回路中产生得感应电动势得大小. 解：９—2如图所示,有一弯成角得金属架CＯＤ放在磁场中，磁感强度得方向垂直于金属架COD所在平面.一导体杆MN垂直于OD边,并在金属架上以恒定速度向右滑动,与MN 垂直。

设ｔ=0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且不随时间改变，框架内得感应电动势. 解:,，，电动势方向:由M指向N9—3真空中，一无限长直导线，通有电流I，一个与之共面得直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧.已知AＣ边长为b,且与长直导线平行,ＢC边长为a，如图所示.若线圈以垂直于导线方向得速度ｖ向右平移，当Ｂ点与直导线得距离为d时,求线圈AＢC内得感应电动势得大小与方向。

解：当线圈ABC向右平移时，AＢ与AC边中会产生动生电动势。

当C点与长直导线得距离为ｄ时，AC边所在位置磁感应强度大小为：AC中产生得动生电动势大小为：,方向沿ＣA方向如图所示,在AＢ边上取微分元ｄｌ，微分元dｌ中得动生电动势为，其方向沿BA 方向。

得方向向上，大小为.设,则,，方向沿ＢA方向线圈AＢC内得感应电动势得大小为方向：BＡCB９-４如图所示,一根长为得金属细杆ab绕竖直轴以角速度在水平面内旋转。

在距离细杆a端处。

若已知地磁场在竖直方向得分量为B，求aｂ两端间得电势差，并指出a、b两点哪点电势高？解：Oｂ间得动生电动势：b点电势高于Ｏ点.Oa间得动生电动势:ａ点电势高于O点。

b点电势高。

9－５在匀强磁场B中，导线，，OMN整体可绕O点在垂直于磁场得平面内逆时针转动，如图所示,若转动角速度为。

（1）求ＯM间电势差(2）求OＮ间电势差(3）指出O、Ｍ、N三点中哪点电势最高？解：(1）（2）添加辅助线OＮ,由于整个△OMN内感应电动势为零,所以，即可直接由辅助线上得电动势来代替OＭ、MN两段内得电动势。

电磁场思考题

第一章1.什么是矢量场的通量？通量的值为正、负或0分别表示什么意义？解答：矢量场F 穿出闭合曲面S 的通量为：dS e F dS F sn s ⎰⎰==··ψ 当⎰>s dS F 0·时，表示穿出闭合曲面S 的通量多于进入的通量，此时闭合曲面内必有发出矢量线的源，成为正通量源。

当⎰<s dS F 0·时，表示穿出闭合曲面S 的通量少于进入的通量，此时闭合曲面内必有汇集矢量线的源，成为负通量源。

当⎰=sdS F 0·时，表示穿出闭合曲面S 的通量等于进入的通量，此时闭合曲面内正通量源与负通量源的代数和为0，或者闭合面内无通量源。

2.什么是散度定理？它的意义是什么？解答：矢量分析中的一个重要定理：⎰⎰⋅=⋅∇v sdS FdV F 称为散度（高斯）定理。

意义：矢量场F 的散度F ⋅∇在体积V 上的体积分等于矢量场F 在限定该体积的闭合面S 上的面积分，是矢量的散度的体积分与该矢量的闭合曲面积分之间的一个变换关系。

3.什么是矢量场的环流？环流的值为正、负或0分别表示什么意义？解答：矢量场F 沿场中的一条闭合回路C 的曲线积分，⎰⋅=Γc dl F ，称为矢量场F 沿闭合路径C 的环流。

⎰>⋅c dl F 0或⎰<⋅cdl F 0，表示场中有产生该矢量的源，称为漩涡源。

⎰=⋅cdl F 0，表示场中没有产生该矢量场的源。

4.什么是斯托克斯定理？它的意义是什么？斯托克斯定理能用于闭合曲面吗？解答：在矢量场F 所在的空间中，对于任一以曲线C 为周界的曲面S ，存在如下重要关系式： ⎰⎰⋅=⋅⨯∇s cdl F dS F ，称为斯托克斯定理。

意义：矢量场F 的旋度F ⨯∇在曲面S 上的面积分等于矢量场F 在限定曲面的闭合曲线C 上的线积分，是矢量旋度的曲面积分与该矢量沿闭合曲线积分之间的一个变换关系。

能用于闭合曲面。

5.无旋场和无散场的区别是什么？解答：无旋场F 的旋度处处为0，即0≡⨯∇F ，它是由散度源所产生的，它总可以表示为某一标量场的梯度，即()0=∇⨯∇u 。

电磁场与电磁波课后思考题答案

电磁场与电磁波课后思考题答案电磁场与波课后思考题2-1 电场强度的定义是什么？如何⽤电场线描述电场强度的⼤⼩及⽅向？电场对某点单位正电荷的作⽤⼒称为该点的电场强度，以E 表⽰。

⽤曲线上各点的切线⽅向表⽰该点的电场强度⽅向，这种曲线称为电场线。

电场线的疏密程度可以显⽰电场强度的⼤⼩。

2-2给出电位与电场强度的关系式，说明电位的物理意义。

静电场中某点的电位，其物理意义是单位正电荷在电场⼒的作⽤下，⾃该点沿任⼀条路径移⾄⽆限远处过程中电场⼒作的功。

2-3什么是等位⾯？电位相等的曲⾯称为等位⾯。

2-5给出电流和电流密度的定义。

电流是电荷的有规则运动形成的。

单位时间内穿过某⼀截⾯的电荷量称为电流。

分为传导电流和运流电流两种。

传导电流是导体中的⾃由电⼦（或空⽳）或者是电解液中的离⼦运动形成的电流。

运流电流是电⼦、离⼦或其它带电粒⼦在真空或⽓体中运动形成的电流。

电流密度：是⼀个⽮量，以J 表⽰。

电流密度的⽅向为正电荷的运动⽅向，其⼤⼩为单位时间内垂直穿过单位⾯积的电荷量。

2-10运动电荷，电流元以及⼩电流环在恒定磁场中受到的影响有何不同？运动电荷受到的磁场⼒始终与电荷的运动⽅向垂直，磁场⼒只能改变其运动⽅向，磁场与运动电荷之间没有能量交换。

当电流元的电流⽅向与磁感应强度B 平⾏时，受⼒为零；当电流元的⽅向与B 垂直时，受⼒最⼤，电流元在磁场中的受⼒⽅向始终垂直于电流的流动⽅向。

当电流环的磁矩⽅向与磁感应强度B 的⽅向平⾏时，受到的⼒矩为零；当两者垂直时，受到的⼒矩最⼤2-11什么是安培环路定理？试述磁通连续性原理。

为真空磁导率，70 10π4-?=µ (H/m)，I 为闭合曲线包围的电流。

安培环路定理表明：真空中恒定磁场的磁通密度沿任意闭合曲⾯的环量等于曲线包围的电流与真空磁导率的乘积。

真空中恒定磁场通过任意闭合⾯的磁通为0。

磁场线是处处闭合的，没有起点与终点，这种特性称为磁通连续性原理。

2-12什么是感应电动势和感应磁通？感应电场强度沿线圈回路的闭合线积分等于线圈中的感应电动势，即穿过闭合线圈中的磁通发⽣变化时，线圈中产⽣的感应电动势e 为-?=E ρS J I ρρd d ?=tqI d d =Bv q ρρρ?=F Bl I F ρρρ=d ISB B Il IlBl Fl T ====2)(B S I T ρρρ?=S I ρρ=m BT ρρ?=m Il B l=? 0 d µρρ?=?SS B 0d ρρt l E ld d d Φ-=??ρρt e d d Φ-=线圈中感应电流产⽣的感应磁通⽅向总是阻碍原有刺磁通的变化，所以感应磁通⼜称反磁通。

大学物理第14章思考题解

《大学物理学》（下册）思考题解第14章电磁感应14-1 在电磁感应定律i d dtΦ=-¶中，负号的含义是什么? 如何根据负号来判断感应电动势的方向？答：电磁感应定律i d dtΦ=-¶中的负号来自于楞次定律。

由于磁通量Φ变化而引起感应电动势i ¶变化、从而产生感应电流，这个电流的磁场将阻碍原磁通量Φ的变化。

例如原磁通量Φ正在增加，所激发的感应电动势的感应电流的感应磁场将阻碍这个Φ增加。

14-2 如题图所示的几种形状的导线回路，假设均匀磁场垂直于纸面向里，且随时渐减小。

试判断这几种形状的导线回路中，感应电流的流向答：14-3 将一磁铁插入一个由导线组成的闭合电路线圈中，一次迅速插入，另一次缓慢插入。

问：(1)两次插入时在线圈中的感生电荷量是否相同？ (2)两次手推磁铁的力所做的功是否相同？(3)若将磁铁插入一个不闭合的金属环中，在环中间发生什么变化？答：始末两态的磁通1Φ、2Φ不变，所以 (1) 感生电荷量12q RΦ-Φ=，与时间、速度无关，仅与始末两态的磁通有关，所以两次插入线圈的感生电荷量相同。

(2)从感应电流作功考虑，W I t =∆¶，定性地判断：两种情况下I t q ∆=不变，12d dttΦ-ΦΦ=∆=-¶分子不变分母有区别，所以两次手推磁铁的力，慢慢插入的作功少，快速插入的作功多。

(3) 若将磁铁插入一个不闭合的金属环中，在环的两端将产生感应电动势。

14-4 让一块很小的磁铁在一根很长的竖直钢管内下落，若不计空气阻力，试定性说明磁铁进入钢管上部、中部和下部的运动情况，并说明理由。

答：把小磁铁看作磁矩为m的磁偶极子，下落至钢管口附近时，由于钢管口所围面积的磁通量发生了变化，管壁将产生感生电动势和感生电流，感生电流将激发感生磁场'1B ，由于磁矩m 自己产生的磁感B 在管口产生的磁通正在增加，根据楞次定律，它所激发的感生磁场'1B 将阻碍这个增加，因此，'1B 与B 反方向。

电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社

2.1点电荷的严格定义是什么？点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。

当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。

就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。

即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点电荷。

2.2 研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电流分布模型？他们是如何定义的？常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。

2,3点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强度又如何呢？点电荷的电场强度与距离r 的平方成反比；电偶极子的电场强度与距离r 的立方成反比。

2.4简述和所表征的静电场特性表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关，静电荷是静电场的通量源。

表明静电场是无旋场。

2.5 表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。

高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以与闭合面外的电荷无布的电场强度。

2.6简述和所表征的静电场特性。

表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于0，磁力线是无关尾的闭合线，表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源 2.7表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。

安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和倍，即2.8简述电场与电介质相互作用后发生的现象。

在电场的作用下出现电介质的极化现象，而极化电荷又产生附加电场2.9极化强度的如何定义的？极化电荷密度与极化强度又什么关系？单位体积的点偶极矩的矢量和称为极化强度，P 与极化电荷密度的关系为极化强度P 与极化电荷面的密度 2.10电位移矢量是如何定义的？在国际单位制中它的单位是什么电位移矢量定义为其单位是库伦/平方米（C/m 2） 2.11 简述磁场与磁介质相互作用的物理现象？ ερ/=•∇E 0=⨯∇E ερ/=•∇E 0=⨯∇E VS 0 0=⋅∇BJ B 0μ=⨯∇0=⋅∇B J B0μ=⨯∇0μC P•∇=-p ρnsp e •=P ρE P EDεε=+=0在磁场与磁介质相互作用时，外磁场使磁介质中的分子磁矩沿外磁场取向，磁介质被磁化，被磁化的介质要产生附加磁场，从而使原来的磁场分布发生变化，磁介质中的磁感应强度B 可看做真空中传导电流产生的磁感应强度B 0 和磁化电流产生的磁感应强度B ’ 的叠加，即 2.12 磁化强度是如何定义的？磁化电流密度与磁化强度又什么关系？单位体积内分子磁矩的矢量和称为磁化强度；磁化电流体密度与磁化强度：磁化电流面密度与磁化强度： 2.13 磁场强度是如何定义的？在国际单位制中它的单位是什么？2,14 你理解均匀媒质与非均匀媒质，线性媒质与非线性媒质，各向同性与各向异性媒质的含义么？均匀媒质是指介电常数或磁介质磁导率处处相等，不是空间坐标的函数。

《大学物理》第二版第八章课后习题答案

习题精解8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图8.3所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。

解建立如图8.3所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22bm ai il bldx x aμμφππ==⎰由法拉第电磁感应定律有0ln cos 2m d il bt dt aφμωεωπ=-=- 8-2 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小线圈中感应的电动势。

解无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。

解通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-4 如图8.4所示，矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。

若令AB 边以速率15.0v m s -=∙向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。

解利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2BAv B dl dl V πε=⨯∙=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-5 如图8.5所示，两段导体AB 和CD 的长度均为10cm ，它们在B 处相接成角30︒；磁场方向垂直于纸面向里，其大小为22.510B T -=⨯。

大学物理第八章课后习题答案

大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大23分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（）（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．48 －5 下列概念正确的是（）（A ）感应电场是保守场（B ）感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．5分析本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl M E M d d -=求解．解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1）线圈中平均感应电动势；（2）设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．8分析虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解（1）在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2）通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高9分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高分析本题可用两种方法求解．（1）用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2）用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场，但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解（1）根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2）线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （3）线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度．解圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1）管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2）如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 时，电场线绕向与前者相反．解如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针．（2）由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８－17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势该如何求解8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解（1）当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2）当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=，故L I ΦI ΦL 4422===．本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ．虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解（1）设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少解设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍． 8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析本题与题８－８相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的．解当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1）如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少磁能密度是多少*（2）从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1）如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2）由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ．解（1）密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。

大学物理第8章变化的电磁场试题及答案.docx

第8章变化的电磁场一、选择题1.若用条形磁铁竖直插入木质圆坏，则在坏中是否产生感应电流和感应电动势的判断](A)产生感应电动势，也产生感应电流(B)产生感应电动势，不产生感应电流(C)不产生感应电动势，也不产生感应电流(D)不产生感应电动势,产生感应电流T 8-1-1 图2.关于电磁感应，下列说法中正确的是[](A)变化着的电场所产生的磁场一定随吋间而变化(B)变化着的磁场所产生的电场一定随时间而变化(C)有电流就有磁场，没有电流就一定没有磁场(D)变化着的电场所产牛:的磁场不一定随时间而变化3.在有磁场变化着的空间内，如果没有导体存在，则该空间[](A)既无感应电场又无感应电流(B)既无感应电场又无感应电动势(C)有感应电场和感应电动势(D)有感应电场无感应电动势4.在有磁场变化着的空间里没有实体物质，则此空间屮没有[](A)电场(B)电力(C)感生电动势(D)感生电流5.两根相同的磁铁分别用相同的速度同时插进两个尺寸完全相同的木环和铜环内，在同一时刻，通过两环包闱面积的磁通量[](A)相同(B)不相同，铜环的磁通量大于木环的磁通量(C)不相同，木环的磁通量大于铜环的磁通量(D)因为木环内无磁通量，不好进行比佼_6.半径为G的圆线圈置于磁感应强度为一B的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为几当把线圈转动使其法向与〃的夹角曰=6(?时，线圈中通过的电量与线圈面积及转动的时间的关系是](A)与线圈面积成反比，与时间无关(B)与线圈面积成反比，与时间成正比(C)与线圈面积成正比，与时间无关(D)与线圈面积成正比，与时间成正比7.一个半径为r的圆线圈置于均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R・当线圈转过30。

时，以下各量中，与线圈转动快慢无关的量是[](A)线圈中的感应电动势(B)线圈中的感应电流(C)通过线圈的感应电量(D)线圈回路上的感应电场& 一闭合圆形线圈放在均匀磁场中，线圈平面的法线与磁场成30。

大学物理第9章电磁感应和电磁场课后习题及答案

第9章电稳感应和电磁场习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。

求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。

解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。

已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B 的大小为B =kt (k 为正常数)。

设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。

解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。

3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。

求：（1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。

解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。

设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。

大学物理课后思考题答案(四五章节)

第四章电磁学基础4.1 该说法不对，电场强度为矢量，若1cm 的电荷带负电，则场强不等于在该点放一个电量为一库仑的电荷所受的力。

4.2 1>负电荷在外电场中的受力方向与场强方向相反；2>电场强度朝4.3 该说法不对，当场点与点电荷无限接近时，带电体已不能被看作点电荷了，上述场强公式也就没有意义了4.4 不对，电场线可以表示电场强度的方向和大小，是人为的形象描述电场高斯面S 上E 的大小并不处处相等，E 的方向也不处处与高斯面垂直，因此，无法用高斯定律求出三个电荷产生的电场，但高斯定律仍然是成立的。

对任意的静电场、任意的封闭曲面，高斯定律都是成立的。

（高斯面上场强方向与面方向相一致，各点场强相等）4.6 (1)错误，同心球(2)错误，高斯面旁边有电荷(3)错误，正负电荷不能相抵（静电荷）(4)错误，错误4.7 1> 错误也与高斯面外有关2>正确4.8 不变；不变；变4.9 C4.10 B4.11 在初速度与场强方向平行的情况下轨迹是直线4.12 1> 错误,场强有变化率，则电势不相等2> 错误，例如均匀带点球面内场强为零，电势不为零3> 错误，场强是表示电势变化快慢的4> 错误，电场中某一点的的电势，取决于从这一点到电势零点间所选路径上的所有点的场强4.134.14 不能，4.15 不可以相交，一个等势面上相等，另一个等势面上的电势是另一个值4.16 C4.17 02εσ中指带点平面单位面积上所带的电荷后一个指带电导体表面某处单位面积上所带的电荷4.18 有新的感应电荷，电荷面密度改变，电荷分布不变该点场强改变；公式仍然成立4.19 电场不为零，两者共同作用时电场为零；静电屏蔽效应是由于导体内的电荷重新分布体现的4.20 导体B维持零电势；导体B带电，感应负电荷；导体A电势降低，如果A带负电荷，电势升高4.21 C4.224.23 对结果无影响4.244.254.26 ε倍；电场强度不变；场强为1/ε4.274.28 在地磁两极附近，磁感线与地面垂直，由外层空间入射的带电粒子接近两磁极时，因其速度方向是沿着（或逆着）磁感线，不受磁力，因而带电粒子容易接近两磁极地区4.294.30 磁场不是保守场，因为环流不为零（静电场为保守场）4.314.32 两表达式都适用叠加原理；后一个定律与方向有关4.33 沿x轴正向4.344.35 是；可以4.36 螺线管附近；忽略边缘效应4.37 不能；磁场力只改变速度的方向，不改变大小4.38 沿向东的方向发射电子4.394.40 磁场相反，相抵消4.41 两端点连线平行于磁场线4.42第五章波动学基础5.1 物体做往复运动时，如果在平衡位置附近的位移（或角位移）按余弦函数（或正弦函数）的规律随时间变化，这种运动就叫做简谐运动。

大学物理电磁场思考题

所以由对称性可知，E均匀分布在整个圆环上，选择左边路径内C至D，有一段含源电路的欧姆定律
可得
E VC VD IR1 2
而易知两电阻串联，有
E I R1 R2
综合以上各式可得
已知R1>R2，
所以
R1 R2 E VC VD R1 R2 2
VC VD
那么问题来了，为什么C,D两点的电势会不相等呢？
答案当然是不能！
当出现正电荷的积聚时，此电荷将产生静电场，该静电场将会阻碍正电荷的进一步积聚，直到达到一个平衡，使得C，D 两点处的电势差保持不变。
小结：当环形回路中电阻不均匀时，在不均匀处将出现电荷的积聚，此电荷将产生静电场，使回路中出现电势差，当回路中电阻分布均匀时，将不会出现正电荷的积聚，不产生静电场，整个回路为等势体，不存在电势差而回路中的感生电动势E由变化的磁场所激发的涡旋电场引起，与圆环中的电阻分布无关。
dB E r dt
2
再由楞次定律可以判断电动势的方向为逆时针
我们已知，无论有无导体回路，也不论回路在真空中还是在介质中，在变化的磁场的周围空间里，到处充满感生电场。
如果有导体回路置于感生电场中，感生电场就驱使导体中的自由电荷运动，产生感应电流；如果不存在导体回路，感生电场依然存在，只不过没有感生电流。
我们知道
q

t2
t1
1 Idt R

m 2，R2经历相同的时间，所以 m2 m1 相同，但是 R不同，故两边导体的感应电荷量q1，q2不同。结论：产生电势差的原因是在电阻不均匀处产生了正电荷的积聚！
那么问题又来了， C,D两点的电荷会无限积聚吗？

大学物理习题电磁学习题解答(很全)

1.6 1019 (0.529 1010）2
5.141011伏 / 米或牛顿/ 库仑
5. 两个点电荷，q1 ＝＋8.0微库仑，q2= - 16.0微库仑（1微库仑＝10－6库仑），相距20厘米。求离它们都是20厘米处的电场强度E。
解：依题意，作如图所示：
E1

q1
4 0r12
1.6301019 (库仑）
4. 根据经典理论，在正常状态下，氢原子绕核作圆周运动，其轨道半径为5.29 10-11米。已知质子电荷为e＝1.60 10－19库，求电子所在处原子核（即质子）的电场强度。
解：电子所在处的原子核（即质子）的电场由：
E

q
4 0r 2
9.0 109
1.17 10 29 (m / s2 )
6. 铁原子核里两质子间相距4.0 10-15米，每个质子带电 e=1.60 10-19库，（1）求它们之间的库仑力；（2）比较这力与每个质子所受重力的大小。
解：（1）它们之间的库仑力大小为：
F

e2
4 0r2

9.0
109

(1.61019 )2 (4.091015 )2
解：（1）从上题中得知： α粒子受的万有引力可以忽略，它受的库仑力为：
F
（42q）1q02rα2粒子9.0的1加09速度(7为9 ：1.6
1019 ) (2 1.6 (6.9 1015 )2
1019
)
2

7.84 102 ( N )
a
F m

7.84 10 2 6.68 10 27
解：设油滴带电量为q，有电场力格重力平衡条件：qE＝mg
得：

大学物理变化的电磁场作业题参考答案

习题99.1选择题(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流[]（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。

[答案：B]（2）如图9.1（2）图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为：[](A)Blv ;(B)Blvsinα:(C)Blvcosα:(D)0。

图9.1(2)图[答案：D]（3）对于涡旋电场，下列说法不正确的是[]（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋电场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。

[答案：C](4)下列哪些矢量场为保守力场[]（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。

[答案：A](5)用线圈的自感系数L 来表示载流线圈磁场能量的公式212m W LI =［］(A)只适用于无限长密绕螺线管．(B)只适用于单匝圆线圈．(C)只适用于一个匝数很多，且密绕的螺绕环．(D)适用于自感系数Ｌ一定的任意线圈．[答案：D]9.2填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。

[答案：磁力](2）产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。

[答案：洛伦磁力；涡旋电场力；变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在金属直导线的点，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在点，整个导线上的电动势最小，数值为。

[端点；212B l ω；中点，0]（4）已知通过一线圈的磁通量随时间变化的规律2962++=t t m φ,则当t =2s 时，线圈中的感应电动势为________________。

（SI 制）[答案：21V]（5）楞次定律可以表述为________________。

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习题88-1.如图所示，金属圆环半径为R,位于磁感应强度为在的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。

当圆环以恒定速度。

在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方1何垂直的直径两端。

、人间的电势差。

解：(1)由法拉第电磁感应定律与=-四，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感dt 应电动势与=0 ；(2)利用：£ab = £ (vx 5)-<77 ,有：£ah = Bv-2R = IBvR o【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】8-2.如图所示，长直导线中通有电流/=5.0』，在与其相距d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长/ = 4.0cm,宽2.0cm。

不计线圈自感，若线圈以速度v = 3.0cm/s沿垂直于长导线的方向|何右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。

首先用\B-dl=^Yl求出电场分布，易得：5 = — , J/2勿尸则矩形线圈内的磁通量为：O=「"生・/刁尸=竺〃InW, Jv 2兀r2勿xRH N/J Q I/ I 1 dx由£i=-N—,有：与=一一-—( ---------------- )•—dt 2 勿x + a x dtN a J lav ..••当X = 6/时，有：弓= ----- = 1.92x107/。

2兀0 +。

)解法二：利用动生电动势公式解决。

由f应打="。

£/求出电场分布，易得：B =J/2"考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势, 近端部分：远端部分：& = NBJw £■NLi(J 1 1 NuJal vf 志)= 1.92皿58-3.如图所示，长直导线中通有电流强度为/的电流，长为/的金属棒沥与长直导线共面且垂直于导线放置，其〃端离导线为次并以速度亍平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势£并比较U“、也的电势大小。

解法一：利用动生电动势公式解决：| Vds = (vx5)-<7/ = v- -—dr , 2勿尸"I 时+i dr "I、d + l------ —= ---------- In ------2勿"r 2 d由右手定则判定：UpW解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。

中=.2勿r 2兀dd① d + l dy "0、d + lE = ------- = -------- I n ---------- - = --------- In ------〃由右手定则判定：U>U8-4.电流为/的无限长直导线旁有一•弧形导线，圆心角为120°,儿何尺寸及位置如图所示。

求当圆弧形导线以速度积平行于长宜导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。

解法一：（用等效法）连接AO. OB ,圆弧形导线与40、OB形成闭合I叫路，闭合1口1路的电动势为0,所以圆弧形导线电动势与AOBK导线的电动势相等。

膈=J（uxB）0 =_] -—dx =―--—ln2,」2兀x2勿s OB = ^BydT = -^^x• • £ab £ AO + £()B解法二：（直接讨论圆弧切割磁感应线）从圆心处引一条半径线，与水平负向夹角为0,那么’眼告=2双2人Kcos0） = 2以（罗cos。

'再由岳前任2/rde = B• Rd。

vsin。

, :. > = 一---- —------ RvsinOdd =—In —。

» 2勿7?(2 - cos。

) 2/r 2max 108-5.有一长直螺线管，每米有800匝，在管内中心放置一绕有30圈的半径为1cm的圆形小回路，在l/100s时间内，螺线管中产生5A的电流，间小回路中的感应电动势为多少？解：长直蝶线管内部的磁场为：气=为〃匕由题意：—== 500A/s°dt 1/100穿过小1门1路的磁通量为：中尻=驰禹小回路中的感应电动势为：=4^-x 10 7 x800x30x^-x 10 4 x500 =4.74x 10 ‘V8-6.电阻为&的闭合线圈折成半径分别为。

和2。

的两个园，如图所示，将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按B - B。

sinC 的规律变化。

已知a = 10cm , B（｝ = 2x 10-2T ,6y = 50rad/s , 7? = 10Q,求线圈中感应电流的最大值。

解：由于是一条导线折成的两个圆，所以，两圆的绕向相反。

d 中 d B / . o r、今n弓= ---- = ------ （一几・4。

~ +7ra）= 3兀。

~B°（ocQsa）t,dt dt•_ ?>7rcrB{]a)cosojtR R57ra2B0co 3TTX0.12 x2x 10 2 x50 八“.------- --- =------------------------------ =9.42xIO 5A.R8-7-直导线中通以交流电，如图所示，置于磁导率为"的介质电已知：/ = /°sin 口儿其中/。

、口是大于零的常量，求：与其共面的N匝矩形|口|路中的感应电动势。

解：首先用［5 ^7 = //0\/求出电场分布，易得：3 =些土刀171X（d^a U n I U（.I I d + 口则矩形线圈内的磁通量为：O= L = ——山 2勿尸2勿 dO=-衅gs顽n穿dt 2勿d73 2 dBu ■— 4 dtV3 2 dB £ad _ 4 Qdt再考虑△彼C,71 2 71 2 dB—ci 9 • • G 政 2 = - a ,—6 d t同理可得：7i o dB—Q~ ---6 dt回路中的电流：/ = - =（-8-8.如图所示，半径为。

的长直螺线管中，有些＞0的磁场，一直导线弯成等腰梯形的闭 dt 合回路ABCZZ4 ,总电阻为R ,上底为。

，下底为2Q ,求：（1）路中的感应电动势；（2） B 、C 两点间的电势差U B -U c o 解：（1）首先考虑八OAD, S M ）AD =-a-224而扁产[E 涡,打=静涡.di + \丘涡・d1 + [/涡.打=[E 涡-dl=£DA那么，梯形闭合1门|路的感应电动势为：==）n 2-—,逆时针方向。

6 4 dt________ D（2）由图可知，AB = CD = a,所以，梯形各边每段。

上有电阻r = -,5cr dB 、八…、，----------- ,逆时针方M ； R dt那么，U B -U c = /• 2r -£bc = /•§&-勺C =一（勿；段）〃 •等。

89在长为60cm 、直径为5.0cm 的空心纸筒上绕多少匝线圈才能得到日感为6.（）X 1（）T H 的线圈？解：设需绕N 匝线圈，当通以电流/时，通过螺线管线圈的磁通量为N N 2^m =NBS = N^-IS = ^ — IS0） y 2由自感的定义可得：［=—广=坊一厂S因此有：N =（旦）"2 =（―竺 1 °” X° 6_ ） = 1209匝 JLI 0S （4）X 10 X ^-X 0.025~?8-10. 一截面为长方形的螺绕环，其尺寸如图所示，共有2匝，求此螺绕环的自感。

解：如果给螺绕环通电流，有环内磁感应强度：(7?, <r</?2)则中=[[E dS,有:/"oNJ %NIh R2<P= -- ----- h-dr = ---------- In ——州2/rr 2/r R lW /JnN J h R°利用自感定义式：L =吃,有：L=——In—。

I 2 勿R]8-11. —•圆形线圈/由50匝细导线绕成，其面积为4cn『，放在另一个匝数等于100匝、半磁场可看作匀强磁场。

求:(1)两线圈的互感;(2)当线圈B中的电流以50A/S的变化率.减小时，线圈A中的感生电动势的大解：设B中通有电流/,则在刀处产生的磁感应强度为:⑴"的磁通链为："N.BS.=捋泮斗则：M吃=知浮…4^X10_7-50-100-4X10-4“T G RR/. M = --------------------------------- = 20^x10 7 =6.28x10 6H °2 0.2O ..W A _"O N A N B S\ L). ------------ = -----------------d t 2Rp 〃 J— = 6.28xl(T6.50 = 3.14xl0",.・.£4 =3.14xlQ-4V。

dt8-12.—矩形线圈I K/=20cm,宽/?=10cm,由100匝表面绝缘的导线绕成，放置在一根长直导线的旁边，并和直导线在同一平面内，该直导线是一个闭合1门1路的一部分，其余部分离线圈很远，其影响可略去不计，求图(a)(b)两神情况下，线圈与长直导线间的互感。

解：设直导线通以电流°图(a)情况下，通过矩形线圈的磁通量为：中成=N、虻ldx = N,ML\n2~ £- 2独_ 2勿由互感的定义，线圈与长直导线间的互感为：I, 中心V 叩、c IM 4^X 10" X0.2. c cc 1Z.-6T TM = = Mdln2 = IOO X------------------------ I n2 = 2.8X 10 6HL _ 2/r 2/r图(b)情况下，通过矩形线圈左右两半面积的磁通量相互抵消，总磁通量为0,因此线圈与长直导线间的互感也为0。

8-13. 一个螺线管的日感为10mH,通过线圈的电流为4A,求它所储存的磁能。

解：螺线管的磁能为解：磁场能量密度为=1.63 m oW m =-LI 2=-X \0一2 X 42= 0.08J w 2 28-14.假定从地面到海拔6xl06m 的范围内，地磁场为0.5X 10T T ，试粗略计算在这区域内地磁场的总磁能。

B 2 2〃。

此区域内地磁场的总磁能为吧=w y = — — [(/?,+ /?)3-火牛.。

)xlO [+ 6)3一6.43]X 1018 «7X 10,8Jw w2为 3 L ' EL2X |Q-7X 3LJ8-15.在一对巨大的圆形极板（电容C=1.0X 10-,2F ）上，加上频率为50Hz,峰值为 1.74x10、的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。