第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波
第12章-电磁感应 电磁场和电磁波
0n1I1
则穿过半径为 r2 的线圈
的磁通匝数为
N2Φ21 N2B1(π r12 )
n2lB1(πr12 )
代入 B1 计算得 2 N2Φ21 0n1n2l(πr12 )I1
则
M 21
N 2Φ21 I1
0n1n2l(πr12 )
33
12-3 自感和互感
例3 上题中，若通过长度为 l2 的线圈 N2 的电流为 I2 ， 且 I2 是随时间而变化的，那么，因互感的作用，在线 圈 N1 中激起的感应电动势是多少呢？ 解 通过线圈 N1 的磁通匝数为
dV
V 2
36
12-4 磁场的能量 磁场能量密度
例1 有一长为 l 0.20m 、截面积 S 5.0cm2 的长直 螺线管。按设计要求，当螺线管通以电流 I 450mA 时，螺线管可储存磁场能量 Wm 0.10J . 试问此长直螺
线管需绕多少匝线圈？
解 由上一节可知，长直螺线管的自感为
L 0N 2S / l
i
OP Ek dl
(v
B)
dl
OP
l
p
i
设杆长为 l
i
vBdl vBl
0
o
16
12-2 动生电动势和感生电动势
例1 一长为 L 的铜棒在磁感强度为 B 的均匀磁场中,
以角速度 在与磁场方向垂直的平面上绕棒的一端转
动，求铜棒两端的感应电动势.
解 di (v B) dl
vBdl
螺线管储存的磁场能量为
Wm
1 2
LI 2
1 2
0 N 2S
l
I2
N 1 ( 2Wml )1/ 2 1.8104匝
当 dL 0 dt
大学物理B-第十二章 电磁感应
电磁感应
产 生 机 理
i
d m dt
楞次定律 动生电动势
感生电动势
自感电动势
i (v B ) dl L B i dS S t
工业生产
12-3 自感和互感
互感电动势
一、自感电动势
自感系数 I(t) Φm
1.自感现象与自感系数 由于回路自身电流的变化，在回 路中产生感应电动势的现象。
N
ab a
I NIl a b ldr ln 2r 2 a
N B dS
s
dr
I
r
由互感系数定义可得互感为: Nl ab M ln I 2 a
l
a
b
I I I I
0
0
12-4磁场的能量与能量密度
I (t )
L
R
0
充电过程曲线
τ
t
I (t)
K2
麦克斯韦提出全电流的概念
I 全 I 传导 I D
全电流连续不中断的，构成闭合回路
ID
全电流安培环路定理
L H dl I 传导 I D dD d D dS D dS 位移电流 I D S t dt dt S
讨论： 1. 传导电流：电荷定向运动 2. 若传导电流为零
L
L
穿过S1 面 电流
穿过S2 面 电流
S1
I
+ + + +
S2
D
电流不连续 -
二、 全电流安培环路定理 S2 面电位移通量 D DS
极板间电位移矢量 D 位移电流
第十二章电磁感应电磁场
bA cb 0
bA cb bc
a
a
vBdy v
0I
dy
b
b 2y
0Iv ln b 2 a
O
I
a
C
v
B
A
v
b
y
bc
bA
讨论：（1）在磁场中旋转的导体棒
（a）棒顺时针旋转
v
L
S
0 (v B) dl
L
0 Bvdl
ω
L Bl dl 1 BL2
0
2
动生电动势的方向由 O指向A 。
回路中产生的感应电动势 的大小与磁通量对时
间的变化率成正比。
k dΦm
dt
dm
dt
负号表示感应电动势总是反抗磁通的变化
国际单位制中 k =1
单位: 1V=1Wb/s
若有N匝线圈，每匝磁通量相同，它们彼此串联，总电动 势等于各匝线圈所产生的电动势之和。令每匝的磁通量为 m
磁链数: Ψ NΦm
(2) 在磁场中旋转的线圈
在匀强磁场B 中， 面积为S 的N 匝矩形线
圈以角速度为 绕固定
的轴线作匀速转动。
在任意时刻 t，线圈平面法 线与磁场的夹角为，这时
通过线圈平面的磁链数
Nm NBS cos
ωn
d(Nm )
dt
NBS d sin NBS sin t
dt
max sin t ——交变电动势
能量的转换和守恒
外力做正功输入机械能，安培力做负功吸收 了它，同时感应电流以电能的形式在回路中输出 这份能量。
发电机的工作原理： 靠洛仑兹力将机械能转换为电能
3、动生电动势的计算
计算动生电动势的一般方法是：
电磁场和电磁波
充 电
放电
ｉ
q=0 i=Im
ｑ
++ ++
q=Qm i=0
两类量:
第一类：电容器的电荷q、电压u、电场E、 电场能E电、线圈的自感电动势e自 第二类：线圈的电流i、磁场B、磁场能E磁 两类量的变化规律相反. 即第一类增大时 第二类减小; 第一类达最大时第二类为零.
(3)变化规律的图象描述：
q
o t i o
讨论:
麦克斯韦认为变化的磁场在线圈中产生电场，正是这种电场(涡旋 电场)在线圈中驱使自由电子做定向的移动，引起了感应电流。
1.变化的磁场产生的电场叫感应电场（涡流电场），电场线是 闭合的。
2.静止电荷周围产生的电场叫静电场，电场线由正电荷起到负 电荷终止，不是闭合的。
总结：麦克斯韦认为线圈只不过用来显
一、电磁振荡的产生
+ + + + L
－－ － －
C
E
S
一
电磁波的产生与传播
由麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生变化的磁场， 而变化的磁场又产生变化的电场，这样，变化电场和变化磁场 之间相互依赖，相互激发，交替产生，并以一定速度由近及远 地在空间传播出去。这样就产生了电磁波。
1、电磁波的波源 我们知道，线圈L和电容C组成的电路可以产生电磁振荡， 电磁振荡能够发射电磁波。但由LC组成普通振荡电路，有以下 特点： (1) 电磁场能量几乎分别集中于电容器和自感线圈内，不利于电 磁波的辐射，所以必需设计能让能量辐射的电路。
(2) 电磁波在单位时间内辐射功率与频率的四次方成正比，而
L C电路频率为
1 2π LC
很低，因而要对电路进行改造。
实验表明，LC回路里产生的振荡电流是按正 弦规律变化的。
电磁感应定律
第十二章 电磁感应 电磁场
12 - 1 电磁感应定律
第十二章 电磁感应 电磁场
教学基本要求
一 掌握并能熟练应用法拉第电磁感应定律和 楞次定律来计算感应电动势，并判明其方向. 二 理解动生电动势和感生电动势的本质.了 解有旋电场的概念. 三 了解自感现象,会计算几何形状简单的导体 的自感.
中的感应电动势.
R
12 - 1 电磁感应定律
已知 解
第十二章 电磁感应 电磁场
S , N ,
设
求
ε
N
en 与 B
t0
时,
同向 , 则
t
o' en B
N NBS cos t d NBS sin t ε
dt
令 则
εm NBS ε εm sin t
a
b
d
c
v
12 - 1 电磁感应定律
作业:P.161 12-6 12-7 12-9
第十二章 电磁感应 电磁场
预习:12-2 动生电动势和感生电动势
第十二章 电磁感应 12 - 1 电磁感应定律 例3：直导线通交流电 置于真空中
电磁场
求：与其共面的N匝矩形回路中的感应电动势 已知 I I 0 sin t 其中
12 - 1 电磁感应定律
dΦ εi dt
第十二章 电磁感应 电磁场
三 楞次定律 闭合的导线回路中所
B
N
出现的感应电流，总是使
它自己所激发的磁场反抗
F
S
v
任何引发电磁感应的原因
（反抗相对运动、磁场变
化或线圈变形等）.
12 - 1 电磁感应定律
电磁场和电磁波
强度的波的表达式是 强度的波的表达式是：
Ez
E0co2s(tx) 则磁场
解： (1)、E 波和H 波同位相：
(A)Hy 0 0E0co2s(tx)
cos2(t x) (2)、两波振幅满足：
(B)Hz 0 0E0co2s (t x) (C)Hy 0 0E0co2 s(t x)
(D)Hy 0 0E0co2s (t x)
电荷和电流、电场和磁场随时间作周期性变化的现象。
振荡电路：
产生电磁振荡的电路。
无阻尼自由振荡电路：
电路中没有任何能量耗散(转换为焦耳热、电磁辐射等)， 称为无阻尼自由振荡电路。
振荡方程：
振荡电路所遵循的欧姆定律。
一、电磁波的产生与传播 1、LC振荡电路辐射电磁波的条件
•振荡频率足够高——辐射能量与频率的四次方成正比， •电路开放——LC是集中性元件，电场能量集中在电容器中， 磁场能量集中在线圈中，为了把电磁能辐射出去，电路必须 是开放型的。
电磁波是横波，E⊥r，H⊥r
电场与磁场的振动相位相同。
E r,tE 0co stv r E 0co s tkx H r,tH 0co tsv r H 0co tskx
在离电偶极子很远的地方，则可以看成是平面波
二、电磁波的特性
01
E＝ H
E＝ H 02
03
04
电磁波是横波， 电矢量、磁矢量 与传播速度垂直
x(i )
(D) H dl 0
L1
L2
L1
.
解： HdlI
回路1部分电流 回路2全部电流
C
L1
dD
2、电位移矢量的时间变化率
的单位是？
dt
(A)、库仑 / 米2 (B)、库仑 / 秒 (C)、安培 / 米2 (D)、安
电磁场与电磁波--电磁感应定律及位移电流
• 电磁感应定律 —— 揭示时变磁场产生电场。 • 位移电流 —— 揭示时变电场产生磁场。 • 重要结论： 在时变情况下，电场与磁场相互激励，形成统一
的电磁场。
2.5 电磁感应定律和位移电流
法拉第电磁感应定律
in
d
dt
rr
S B dS
in
d dt
rr B dS
rr r
rr
r Ec ,
则总电场
r E
应为
r Ein与
r Ec 之和，
Ñ 即 E Ein Ec 。由于 C Ec dl 0 ，故有
r
ÑC E
r dl
d dt
S
rr B dS
静止回路 法拉第电
这就是麦克斯韦推广的法拉第电磁感应定律。
磁感应定
引起回路中磁通变化的几种情况
律积分形 式（麦克
(1) 回路不变，磁场随时间变化 磁通量的变化由磁场随时间变化引起，因此有
解：设电场随时间作正弦变化，表示为
r E
r ex
Em
cost
则位移电流密度为
r Jd
r D t
erx0r Em
sin(t)
其振幅值为
Jdm 0r Em 4.5103 Em
传导电流的振幅值为
Jcm Em 4Em
故
Jdm 1.125103 J cm
2.5 电磁感应定律和位移电流
例 2.5.4 自由空间的磁场强度为
r （2）线圈绕 x 轴旋转时，en的指向将随时间变化。线圈内的感应电动势可以用两种
方法计算。
利用式 in
d dt
rr B dS
S
计算
假定 t 0 时 0 ，则在时刻 t 时，ern 与y 轴的夹角 t ，故
第十二章 电磁感应电磁场(二)作业答案
一. 选择题[ A ] 1 (基础训练4)、两根很长的平行直导线，其间距离为a ，与电源组成闭合回路，如图12-18．已知导线上的电流为I ，在保持I 不变的情况下，若将导线间的距离增大，则空间的(A) 总磁能将增大． (B) 总磁能将减少．(C) 总磁能将保持不变．(D) 总磁能的变化不能确定【解答】212m W L I =，距离增大，φ增大，L 增大， I 不变，m W 增大。
[ D ]2（基础训练7）、如图12-21所示．一电荷为q 的点电荷，以匀角速度作圆周运动，圆周的半径为R ．设t = 0 时q 所在点的坐标为x 0 = R ，y 0 = 0 ，以i 、j分别表示x 轴和y 轴上的单位矢量，则圆心处O 点的位移电流密度为： (A)i t R q ωωsin 42π (B) j t Rq ωωcos 42π (C) k R q 24πω (D) )cos (sin 42j t i t Rq ωωω-π 图 12-21 【解答】设在0—t 的时间内，点电荷转过的角度为ωt ，此时，点电荷在O 点产生的电位移矢量为0D E ε=, ()222000cos sin ,444rqR q q E e ti tj R R R R ωωπεπεπε=-=-=-+ 式中的r e 表示从O 点指向点电荷q 的单位矢量。
()2sin cos 4d dD q J ti tj dt R ωωωπ∴==-。
[ C ] 3 (基础训练8)、 如图12-22，平板电容器(忽略边缘效应)充电时，沿环路L 1的磁场强度H 的环流与沿环路L 2的磁场强度H 的环流两者，必有： (A) >'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H . (B) ='⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H .(C) <'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H. (D) 0d 1='⎰⋅L l H .【解答】全电流是连续的，即位移电流和传导电流大小相等、方向相同。
大学物理2复习
y Acos(t x) tt x
u
u
代入A=0.040m ,ω=2.5πrad·s-1,u=100m·s-1
可得波动方程为
y 0.040cos 2.5π(t x ) m 100
2）在x=20m处质点的振动方程为 y 0.040cos 2.5π(t 20 ) 0.040cos(2.5πt 0.50π) m
9
632.8nm
光源S的移动引起条纹移动，条纹间距不变
s1 s • s2
r1 0
r1 r2
0
r2
二 薄膜干涉 1.会分析光程差，注意半波损失； 2.只讨论垂直入射；
14-12.白光垂直照射到空气中一厚度为380nm的
肥皂膜上。设肥皂膜折射率为1.32，问：该膜的
正面呈现何颜色。
解：为薄膜干涉问题。求膜正面的颜色即求反射
旋转矢量图，写出运动方程。设 已知。
解：画出旋转矢量图
由矢量图，可知初相位为
=π
A
3
3
o A2 A x
则运动方程为
x Acos(t )
3
第六章
机械波
一 平面简谐波的波函数
y Acos[(t x) ]
1.波长
u
波传播方向上两相邻的振动状态完全相同
（或相位差为2 ）的质点间的距离（即一完
化而产生的感应电动势；
动生电动势的计算公式
i (v B) dl
掌握： 1.产生动生电动势的非静电力为洛伦兹力； 2.会计算动生电动势； 3.涡电流：当大块导体处于变化的磁场中时，导 体内部会产生感应电流，这种电流在导体内自成 闭合回路，称为涡电流。
四 电磁波 电磁波的能流密度（坡印廷）矢量
S EH
大学物理第十二章变化的电磁场
是匀强磁场吗？ 是！
m = BScos ( t+o)
= Bosin t Scos t
i
dm
dt
= -BoS cos2 t
13
例12.1.4 长直电流I与ABC共面, AB=a, BC=b。
(1) I =Iocos t (Io 和为常量) , ABC 不 动, 求: ABC=？
解:
m
Bdscos
方向成右手螺旋关系。3
感应电流总是“企图”阻碍原磁通的改变，但又 阻止不了。
楞次定律是能量守恒定律的必然结果。
fm
fm
楞次定律能量守恒
“阻碍”改为“助长”则，不需外力作功，导线便会 自动运动下去，从而不断获得电能。这显然违背 能量守恒定律。
4
感应电动势和感应电流的关系
对闭合导体回路, 感应电动势的方向和感应电 流的方向是相同的。
B)
dl
a
b ++ B
dl
(1)若i 若i
>0, <0,
则i 则i
沿 dl方向，即ab的方向； 与dl的方向相反，即ba的方向。
-a-
(2)动生电动势只存在于运动导体内，无论导体是否构
成闭合回路，只要导体 B在 磁0场中运动切割磁场线，即
(3)若整个导体回路在磁场中运动，则在回路中产生的
动生电动势：
用法拉第电磁感应定律解题的步骤如下：
(i)首先求出回路面积上的磁通量(取正值)：
m
B dS
S
对匀强磁场中的平面线圈：
m B S BS cos
(ii)求导：
i
dm
dt
(ⅲ)判断i 的方向。
8
例12.1.1 圆线圈，m=8×10-5sin100t(wb), N=100匝，
高三物理第十二章知识点
高三物理第十二章知识点高三物理的第十二章主要涉及电磁感应和电磁波两个方面的知识点。
在这一章节中，我们将学习电磁感应的基本原理、法拉第电磁感应定律以及应用于发电机和变压器的相关知识；同时，我们还将了解电磁波的概念、性质以及波长和频率的关系等内容。
1. 电磁感应电磁感应是指当磁通量穿过一个闭合回路时，该回路中会产生电动势。
根据法拉第电磁感应定律，产生的电动势的大小与磁通量的变化率成正比。
这一定律可以表示为U=-dΦ/dt，其中U表示电动势，Φ表示磁通量，t表示时间。
2. 磁通量和磁感应强度磁通量是指磁场穿过一个给定区域的总磁力线的数量。
磁感应强度则表示单位面积上垂直通过的磁力线的数量，单位为特斯拉(T)。
根据安培环路定律，磁感应强度的大小与环路上的电流以及环路围成的面积成正比。
3. 发电机发电机是利用电磁感应产生电动势，将机械能转化为电能的装置。
其工作原理是通过一个旋转的导体线圈与磁场相互作用，使线圈中产生交流电。
4. 变压器变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电的电压大小的装置。
变压器由两个互相绕制的线圈组成，其中一个线圈称为高压线圈，另一个线圈称为低压线圈。
通过改变线圈的匝数比，可以改变电压的大小。
5. 电磁波电磁波是一种由电场和磁场相互作用而形成的波动现象。
它具有无线传输的特性，可以在真空中传播，且速度为光速。
电磁波的频率范围非常广泛，从无线电波到可见光、红外线、紫外线、X 射线和γ射线等。
6. 波长和频率波长是指电磁波一个完整周期所占据的空间距离，用λ表示，单位为米。
频率则表示单位时间内电磁波的周期个数，用f表示，单位为赫兹(Hz)。
波长和频率之间的关系可以用光速c来表示，λ=c/f。
通过对这些知识点的学习，我们可以深入了解电磁感应和电磁波的原理和应用，从而更好地理解电磁现象在日常生活中所起到的作用。
同时，这些知识也为我们进一步学习和研究电磁学提供了坚实的基础。
电磁场与电磁波 课件
国际非电离辐射防护委员会（ ICNIRP）制定了电磁辐射的安全标 准，限制了公众暴露在特定频率和强 度的电磁场中的最大容许暴露量。
各国标准
不同国家和地区根据自身情况制定了 相应的电磁辐射安全标准，以确保公 众的健康安全。
电磁波的防护措施
远离高强度电磁场
尽量减少在高压线、变电站、雷 达站等高强度电磁场区域的停留
射电望远镜是射电天文学的主要观测设备，可以接收来自宇宙的微弱射电信号。
射电天文学的发展对于人类认识宇宙、探索宇宙奥秘具有重要意义。
电磁波探测与成像
电磁波探测与成像技术利用电磁波的 特性，实现对物体内部结构的探测和 成像。
电磁波探测与成像技术对于医学诊断 、无损检测等领域具有重要意义。
医学上常用的超声波、核磁共振等技 术都是基于电磁波的探测与成像原理 。
这些物理量在电磁场与物质相互作用中起着重要作用，例如在光子与物 质的相互作用中，光子的能量和动量会与物质的能量和动量发生交换。
06
电磁场与电磁波的计算机模 拟
时域有限差分法（FDTD）
总结词
一种用于模拟电磁波传播的数值方法，通过在时域上逐步推进电磁场的变化来求解波动 方程。
详细描述
时域有限差分法（FDTD）是一种基于麦克斯韦方程组的数值计算方法，通过将电磁场 分量在空间和时间上交替离散化，将波动方程转化为差分方程，从而在计算机上实现电 磁波传播过程的模拟。这种方法在计算电磁波传播、散射、吸收等过程中具有广泛的应
磁场
磁Hale Waihona Puke 和电流周围存在的一种特殊 物质，对其中运动的磁体和电流 施加力。
电磁场与电磁波的产生
1 2
3
变化的电场产生磁场
根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场在其周围产生磁场 。
3第十二章 电磁感应和电磁场(一)作业答案
dI dI 是 I- t 曲线的斜率。 , 注意前面的负号；而 dt dt
D ]3. （基础训练 5）在圆柱形空间内有一磁感强度为 B 的均匀 磁场，如图所示． B 的大小以速率 dB/dt 变化．在磁场中有 A、B 两点，其间可放直导线 AB 和弯曲的导线
[ AB，则 (A) 电动势只在导线 AB 中产生． (B) 电动势只在 AB 导线中产生． (C) 电动势在 AB 和 AB 中都产生，且两者大小相等． (D) AB 导线中的电动势小于 AB 导线中的电动势 【答】作径向辅助线 OA 和 OB，它们与直线 AB 构成一个三角形回路ΔABO，其面积为 S ABO ；它们与弯曲 的导线 AB 构成一个扇形回路 ABO，面积为 S 扇形 ABO （1）直线 AB： ABO 回路中的电动势为 ABO
所以
图 12-24
co vBL ，方向从 c 指向 O，所以 U oc U o U c vBL ； a O vBL cos ，方向从 a 指向 O，所以 U a o U a U o vBL cos ；
U a U c U a U O + U O U c vBL cos vBL 0 ，所以 a 点电势高。
ac 的方向可用 v B 判断，沿着杆从 a 指向 c，所以 a 点的电势比 c 点低，U a U c ac B l 2 .
［ C ］5.（自测提高 4）有两个长直密绕螺线管，长度及线圈匝数均相同，半径分别为 r1 和 r2．管内充 满均匀介质，其磁导率分别为1 和2．设 r1∶r2=1∶2，1∶2=2∶1，当将两只螺线管串联在电路中通电 稳定后，其自感系数之比 L1∶L2 与磁能之比 Wm1∶Wm2 分别为： (A) L1∶L2=1∶1，Wm1∶Wm2 =1∶1． (B) L1∶L2=1∶2，Wm1∶Wm2 =1∶1． (C) L1∶L2=1∶2，Wm1∶Wm2 =1∶2． (D) L1∶L2=2∶1，Wm1∶Wm2 =2∶1． 【答】自感系数为 L
物理学教学教程(第二版)课后答案解析12
第十二章电磁感应电磁场和电磁波12－1一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题12-1 图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）．12－2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 ）．12－3 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t i 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12 ，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 ）． 12－4 对位移电流，下述说法正确的是（ ）（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 ）．12－5 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 ）．12－6 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t Φπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，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())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．12－7 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律t Φd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.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d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，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tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dI Φμ=线圈与两长直导线间的互感为 2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时，线圈中的互感电动势为tI d t I M d d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－8 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？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 R NBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i12－9 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 ×10－2s 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．题 12-9 图分析 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 IS μN 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 N t μψξ 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C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ 12－10 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？题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE 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OP 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 ＝－2RvB ．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．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 ＝2RvB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．12－11 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．题 12-11 图分析 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OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E OA 和E OB 则可以直接利用第12－2 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--=-=12－12 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．题 12-12 图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE 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 vl αB l o d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω 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 tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 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．12－13 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 ＝40 A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解．方法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=． 方法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ABCD 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．12－14 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．题 12 -14 图分析 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 d l I +=1vl μ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()ξξμξμ120020ln π2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 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．12－15 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 2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 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⎰⋅=l k l E d ξ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 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，⎰⎰⋅-=⋅=S B tl E k d d d d ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内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 tB r xE l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E 证2 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 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？12－16 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 ．题 12-16 图分析 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． 12－17 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）题 12-17 图分析 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 +==+= 12－18 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）．题 12-18 图分析 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． 12－19 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 ．题 12-19 图分析 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 IΦI 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．12－20 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．题 12-20 图分析 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 ＝Φ21/I 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RI μN B B 200=,穿过小线圈A 的磁链近似为 A BA 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）线圈A 中感应电动势的大小为 V 1014.3d d 4-⨯=-=t I ME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．12－21 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？题 12-21 图解 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 ()2/3222202πd R R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．12－22 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 －2A ，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 －3 C ．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 ．题 12-22 图分析 本题与题12-8 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===SN Rq I n B C r μμ 相对磁导率 1991102==I n S N Rq C r μμ 12－23 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：方法 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． 方法 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mw 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 SN L 20μ=，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中，并为均匀磁场，故磁能密度m w 处处相等，3m J 17.4-⋅==SLW w m m （2） 自感为L ，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L R R E I e 1，当电流稳定后，其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ，则R E I 22=，将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L RR E I e 1中，得()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=R L R L t 12－24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量．要储存1 kW ·h 的能量，利用1.0Ｔ的磁场，需要多大体积的磁场？ 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大？ 解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m 所需线圈的自感系数为 H 2922==I W L m12－25 中子星表面的磁场估计为108Ｔ，该处的磁能密度有多大？解 由磁场能量密度 21021098.32⨯==μB w m 3m /J 12－26 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50Ｔ 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少？解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意，当m e w w =时，0220221μB E ε=则 1800m V 1051.1-⋅⨯==μεB E 12－27 设有半径R ＝0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ＝0.50 cm ，以恒定电流I ＝2.0 A 对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流I c ，而在平行板电容器间存在着位移电流I d ，它们使电路中的电流连续，即c d I I =．解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流2πd R j I d S d d =⋅=⎰S j ，由此得位移电流密度的大小222m A 9.15ππ-⋅===RI R I j c d d_。
大学物理答案第12章
第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波12－1 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题 12-1 图分析与解 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 ）．12－2 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 ）．12－3 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12 ，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=；tiM εd d 21212=．因而正确答案为（D ）．12－4 对位移电流，下述说法正确的是（ ） （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 ）．12－5 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 ）．12－6 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t Φπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，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())V (π100cos 51.2d d t tΦN=-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．12－7 载流长直导线中的电流以tId d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势. 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.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d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，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tIM d d -=ξ求解.解1 穿过面元d S 的磁通量为x d xIS B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===ddIdx xIdΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-=解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20d I ΦM μ==当电流以tId d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I Md d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－8 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？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i i R R NBS R R Φq +=+=Δ则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 12－9 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 ×10－2s 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．题 12-9 图分析 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 N t μψξ 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C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ12－10 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？题 12-10 图分析 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 ⋅⨯=⎰lE 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．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．12－11 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．题 12-11 图分析 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12－2 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-rrABAB 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--=-=12－12 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．题 12-12 图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE 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 ⋅⨯=⎰OPOP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωlod 90cos sin ⎰-=l()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω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 tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 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． 12－13 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 ＝40 A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解． 方法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xIμB π20=． 方法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 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB 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 xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦ回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零，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．12－14 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．题 12 -14 图分析 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 hgefghefE 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 -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d d l I +=1vl μ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()ξξμξμ120020lnπ2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξll 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．12－15 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tBd d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 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⎰⋅=l k l E d ξ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 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，⎰⎰⋅-=⋅=S B tl E k d d dd ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tBr 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 tB r xE lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E证2 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？12－16 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 ．题 12-16 图分析 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tI E L Ld /d =计算L ．式中E L 和t I 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 ψSR 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．12－17 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）题 12-17 图分析 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 +==+=12－18 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）．题 12-18 图分析 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 ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aad 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8π02lμL =，有兴趣的读者可自行求解．12－19 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 ．题 12-19 图分析 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 IΦI 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． 12－20 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．题 12-20 图分析 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 ＝Φ21/I 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RIμN B B 200=,穿过小线圈A 的磁链近似为A BA A A A S RIμN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A （2）线圈A 中感应电动势的大小为V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．12－21 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？题 12-21 图解 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()2/322202dR IR μB +=穿过线圈C 的磁通为()22/32220π2r dR 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．12－22 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 －2A ，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 ．题 12-22 图分析 本题与题12-8 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()RSI n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得T 10.02110===SN Rq I n B Cr μμ 相对磁导率1991102==I n S N Rq Cr μμ12－23 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：方法 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． 方法 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 Vm 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lSN L 20μ=，电流稳定后，线圈中电流REI =，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中，并为均匀磁场，故磁能密度m w 处处相等，3m J 17.4-⋅==SLW w mm （2） 自感为L ，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LR R E I e 1，当电流稳定后，其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ，则R E I 22=，将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LRR E I e 1中，得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=RL R L t12－24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量．要储存1 kW·h 的能量，利用1.0Ｔ的磁场，需要多大体积的磁场？ 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大？解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m所需线圈的自感系数为H 2922==I W L m12－25 中子星表面的磁场估计为108Ｔ，该处的磁能密度有多大？解 由磁场能量密度21021098.32⨯==μB w m 3m /J12－26 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50Ｔ 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少？解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意，当m e w w =时，0220221μB E ε=则1800m V 1051.1-⋅⨯==μεBE 12－27 设有半径R ＝0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ＝0.50 cm ，以恒定电流I ＝2.0 A 对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流I c ，而在平行板电容器间存在着位移电流I d ，它们使电路中的电流连续，即c d I I =．解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流2πd R j I d Sd d =⋅=⎰S j ，由此得位移电流密度的大小222m A 9.15ππ-⋅===R I R I j c d d。
电磁场与电磁波课件
电磁波的散射与衍射
散射
当电磁波遇到尺寸远小于其波长 的障碍物时，会产生散射现象， 散射波向各个方向传播。
衍射
当电磁波遇到尺寸接近或大于其 波长的障碍物时，会产生衍射现 象，衍射波在障碍物后形成复杂 的干涉图样。
03
电磁波的辐射与接收
天线的基本概念与分类
天线的基本概念
天线是用于发射和接收电磁波的设备，在通信、雷达、无线电等系统中广泛应 用。
再经过信号处理得到目标的图像。
02
系统组成
红外成像系统主要由光学系统、红外探测器和信号处理系统组成。
03
电磁场与电磁波在红外成像中的应用
电磁场与电磁波在红外成像中用于接收目标的辐射信息，经过处理得到
目标的图像。
05
电磁场与电磁波实验
电容与电感测量实验
总结词
掌握电容和电感的基本测量方法
详细描述
通过实验学习如何使用电桥、交流电桥等基本测量工具，了解不同类型电容和电感的工作原理和测量方法，掌握 电容和电感的基本特性。
折射率与波长有关
不同媒质对不同波长的电磁波有不 同的折射率。
电磁波的反射与折射
反射定律
当电磁波遇到不同媒质的分界面时， 一部分能量返回原媒质，一部分能量 进入新媒质。反射波和入射波的振幅 和相位关系遵守反射定律。
折射定律
当电磁波从一种媒质进入另一种媒质 时，其传播方向发生改变，这种现象 称为折射。折射定律描述了折射角与 入射角、折射率之间的关系。
电磁场与电磁波课件
目录
• 电磁场的基本概念 • 电磁波的传播特性 • 电磁波的辐射与接收 • 电磁场与电磁波的应用 • 电磁场与电磁波实验 • 总结与展望
01
电磁场的基本概念
第十二章 电磁感应与电磁波单元检测题
14．我们可以通过以下实验，来探究产生感应电流的条件
（1）给出的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路；______
（2）接好电路，合上开关瞬间，电流表指针______（填“偏转”或“不偏转”）；
（3）电路稳定后，电流表指针__________（填“偏转”或“不偏转”）；
(1)导线所在处的磁感应强度是多大？
(2)如果把导线中的电流增大到5A，导线所在处的磁感应强度是多大？
(3)如果一通电导线在磁场中某处不受磁场力，是否可以确定该处没有磁场？
17．矩形线框 的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴 转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与 垂直，初位置时线框平面与B平行，如图所示.
C．图(b)是两异名磁极的磁感线分布示意图，c端是N极，d端是S极
D．图(b)是两异名磁极的磁感线分布示意图，c端是S极，d端是N极
10．关于电磁波，下列说法正确的是（）
A．可见光的波长比紫外线的长
B．卫星是用X射线来传输信号的
C．在电磁波谱中，频率最高的是 射线
D．医用消毒灯利用的是紫光具有消毒作用的特性
A．0
B． BS
C． nBS
D．nBS
7．μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ氢原子（hydrogenmuonatom），它在原子核物理的研究中有重要作用，图为μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射大量处于n=2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，一共能发出６种频率分别为 、 、 、 、 和 的光，且频率依次增大，则E等于（ ）
（4）根据以上实验可得：产生感应电流的条件____________________．
大学物理第12章 电磁感应和麦克斯韦电磁理论
计算
m
i >0，说明 i 与回路假设的绕行方向相同 i <0，说明 i 与回路假设的绕行方向相反
22
[例1] 一螺绕环，截面积S=210-3m2，单位长度上匝数
n＝5000匝/m。在环上有一匝数N＝5的线圈M，电阻
R=2，如图。调节可变电阻使通过螺绕环的电流I 每 秒降低20A。求(1)线圈M 中产生的感应电动势 i和感 应电流Ii；(2)求2秒内通过线圈M 的感应电量qi 。
2. 导体不动，磁场随时间变化 感应电动势 动生电动势
感生电动势
产生原因、 规律不相同 都遵从电磁感应定律
27
1. 动生电动势
动生电动势是由于导 体或导体回路在恒定磁场 中运动而产生的电动势。
典型装置 导线 ab在磁场中运动电 动势怎么计算？
a
v
l
中学：单位时间内切割磁感应线的条数
磁棒插入线圈回路时，线圈中感应电流 产生的磁场阻碍磁棒插入，若继续插入则须 克服磁场力作功。感应电流所释放出焦耳热，
S
N
v
是插入磁棒的机械能转化来的。
ε
20
楞次定律是能量 守恒定律的一种表现.
+ B
+
+ +
+ +
+ +
+ + + + + + + +
+ + + + + +
+ Fm +
机械能
M
23
解:(1)由安培环路定律
B 0 nI
通过线圈M的全磁通
大学物理第十二章 习题答案
第十二章 电磁感应及电磁场基本方程12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。
解：线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。
因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。
12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。
解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。
12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。
解：设圆环的半径为a，圆环中的感应电动势1E 大小为2111d d d πd d d ΦB BS a t t t===E 同理，正方形线框中的感应电动势2E 大小为2212d d d 2d d d ΦB BS a t t t===E而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12R R ==。
所以圆环与正方形线框中的感应电流之比为122I I a ==12–4 如图12-3所示，半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动，则导线上的动生电动势E = ，方向为 。
图12–5图12–4abdc图12–1Ba图12–2图12–3解：方法一：用动生电动势公式()d l =⨯⋅⎰B l v E 求解。
选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元d l ，d l 上的动生电动势为d ()d cos d B R θθ=⨯⋅B l =v v E所以导线上的动生电动势为3π3πd cos d 0BRBR θθ-===>⎰⎰v E E由于ε>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
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(A) 静电场 (C) 稳恒磁场
(B) 涡旋电场 (D) 变化磁场
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十三
3. 如图所示的回路中ab导体棒是可移动的,设整 个回路处在一均匀磁场中 ,B=0.5T, 电阻 R=0.5Ω, 长 度 l=0.5m,ab 以速率 v=4.0m· s-1 向右等速移动 . 则作用 在ab上的拉力F = 0.5N;拉力的功率P = 2W ;感应电 流消耗在电阻上的功率P′= 2W .
课后练习二十三
6. 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,求棒在图示位置处的电动势. L B 解 E ( v B ) d l o P 0 L dl v B cos d l 0 B v L l 2 o B sin )ld l (
v B bc sin 30 1 . 875 10 V a
o
3
v c 30 o b B
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十四
5. 由两共轴长圆筒组成的传输线,内外圆筒半径 分别为R1和R2,求长为l 的一段的自感. 解 建立坐标, d S l d r e R2 R1 0 I I B e Φ B d S s 2 r
2
从 D 到 C ， C 点电势高.
D
E v B ) d l ab (
b a
B
lBgt sin cos 1 lBgt s in 2 2
v B sin( ) l v Bl cos C 2
v gt s in θ
第十二章 电磁感应 电磁场
B 20cm A
第十二章 电磁感应 电磁场
解 (1) 设B中有电流为I，在A中
NB0 I B 2R
课后练习二十四
B 20cm
N N I A B 0 A Ψ N BS S A A A 2 R N ΨN 6 A B 0 M S 6 . 28 10 H A I 2 R (2) A中感应电动势的大小 d I 4 E M 3 . 14 10 V d t A中感应电动势的方向与中的电流方向相同
0
1 2 2 BL sin 2
v lsin cos sin
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十三
7. 如图所示,用一根硬导线弯成半径为r的一个半 圆,使这根半圆形导线在磁感强度为B的匀强磁场中以 频率f 旋转,整个电路的电阻为R,求电路中的感应电流. 1 2 解Φ 转动面积 t 2 ft E I S r 2 1 2 1 2 2 f Φ B S B r cos B r cos 2 2 d Φ 22 r E B r fsin 2 ft d t B E 1 22 R I r fsin 2 ft i B R R
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十三
1. 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，通以 相同变化率的磁通量，环中： ( D )
(A) 感应电动势不同，感应电流不同. (B) 感应电动势相同，感应电流相同. (C) 感应电动势不同，感应电流相同. (D) 感应电动势相同，感应电流不同.
2. 在以下矢量场中，属于保守场的是： ( A )
Φ B I E v i i
d v d Φ 常数 常数 E 常 数 d t d t
课后练习二十四 d Φ 2. 感生电动势可写成 E E d l ,式中 k l d t ( D ) Ek为感生电场强度,则感生电场中 (A)闭合曲线l 上 Ek处处相等;
I Il R 0 0 2 Φ l d r ln R2 r 2 R 1
R 2
1
I
l R Φ 0 L ln 2 I 2 R 1
r
l r
dr
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十四
6. 如图所示, 一面积为4.0cm2共50匝的小圆形线 圈A, 放在半径为20cm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 -50A· s-1 时 , 线圈 A 中感应电动势的大 小和方向.
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十四
7. 用金属丝绕制的标准电阻 ,要求无自感 ,怎样 绕制才能达到此要求? 答 顺时针绕行的圈数和逆时针绕行的圈数相 同.可以使线圈无自感.
课后练习二十三
5. 有两根相距为l 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dI/dt的变化 率增长 , 若有一边长为 l 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. 解 建立坐标 Φ ( B B ) d S 1 2
s
Blv Ii R R
Ei
Bl v F BI il R
2 2
22 2 B lv B2l2v2 2 P RI P F v R R
v
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十三
4. 如图所示,质量为m,长度为l 的金属棒CD从静 止开始沿倾斜的光滑绝缘框架下滑,设磁场 B 竖直向 1 lBgtsin2 ,方向 上,则棒内感应电动势的大小为
第十二章 电磁感应 电磁场
(B)感生电场是保守场;
(C)感生电场的电场线不是闭合曲线; (D)在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念.
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十四
3. 产生动生电动势的非静电力是 洛仑兹 力;产 生感生电动势的非静电力是 感生电场 力. 4. 两段导线ab =bc =10cm,在b 处相接而成30°角. 若使导线在匀强磁场中以速率v=1.5m· s-1运动.方向如 图所 示 ,B = 2.5×10-2T, 方向向 里 , 则 ac 间 的 电势 差 为 1.875×10-3V , C 点电势高.
第十二章 电磁感应 电磁场
课后练习二十四
1. 一导体棒ab在均匀磁场中沿金属导轨向右作 匀加速运动.则在电容器的M极板上 ( B) (A) 带有一定量的正电荷; (B) 带有一定量的负电荷; (C) 带有越来越多的正电荷; (D) 带有越来越多的负电荷.
M
N
a v B b
0 Il 3 I I 0 0 ln Φ l d x l 2 ( x l ) 2 x 2 4
2 l
l l l
O
x dx
x
l 4d d Φ I 0 E ( ln) d t 2 3d t
0I B 2 r
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