第十二章 电磁感应电磁场(一)作业答案

一．选择题
[ A ]1.（基础训练1）半径为a
的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ，当把线圈转动使其法向与B 的夹角为α=60︒时，线圈中已通过的电量与线圈面积及转动时间的关系是：
(A)
与线圈面积成正比，与时间无关. (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比. (C) 与线圈面积成反比，与时间无关. (D) 与线圈面积成反比，与时间成正比. 【解析
】
[ D ]2.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为的正方向，则代表线圈内自感电动势随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？ 【解析】
dt dI L
L -=ε，在每一段都是常量。

dt
dI ［ B ］3.（基础训练6）如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B
平
行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度转动时，abc 回路中的感应
电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为
(A) =0，U a – U c =221l B ω (B) =0，U a – U c =22
1l B ω- (C) =2l B ω，U a – U c =2
2
1l B ω (D) =2l B ω，U a – U c
=22
1
l B ω-
【解析】金属框架绕ab 转动时，回路中
0d d =Φ
t
，所以0=ε。

2012c
L a c b c bc b U U U U v B d l lBdl Bl εωω→→→
⎛⎫-=-=-=-⨯⋅=-=- ⎪⎝⎭
⎰⎰
［ C ］5.（自测提高1）在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内，有一半经
为r ，电阻为R 的导线环，环中心距直导线为a ，如图所示，且r a >>。

当直导线的电流被切断后，沿着导线环流过的电量约为：
(A))1
1(220r a a R Ir +-πμ (B)
a
r a R Ir +ln 20πμ (C)aR Ir 220μ (D) rR Ia 220μ 【解析】直导线切断电流的过程中，在导线环中有感应电动势大小：t
d d Φ
=
ε
a
I
R q 2
1
φφ-=
感应电流为：t
R R
i d d 1Φ
=
=
ε
则沿导线环流过的电量为：∆Φ=⋅Φ=
=⎰⎰
R
t t R t i q 1
d d d 1d
aR Ir R r a I R S B 212120200μππμ=⋅⋅=⋅∆≈
［ C ］6.（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r 1和r 2．管内充满均匀介质，其磁导率分别为1和2．设r 1∶r 2=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L 1∶L 2与磁能之比W m 1∶W m 2分别为：
(A) L 1∶L 2=1∶1，W m 1∶W m 2 =1∶1． (B) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶1． (C) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶2． (D) L 1∶L 2=2∶1，W m 1∶W m 2 =2∶1．
【解析】自感系数为l r n V n L 2
2
2
πμμ==，磁能为22
1LI W m =
［ B ］7.（附录C3）在圆柱形空间内有一磁感应强度为B 的均匀磁场，如图所示，B
的
大小以速率dB/dt 变化。

有一长度为l0的金属棒先后放在磁场的两个不同位置1（ab ）和2（b a ''），则金属棒在这两个位置时棒内的感应电动势的大小关系为(A)012≠=εε (B).
12εε>(C) 12εε<(D)012==εε
【解析】ab oab dB S dt ε∆=
，a b oa b dB S dt
ε''''∆= 因为 oa b oab S S ''
∆∆>，所以a b ab εε''>.
二. 填空题
8.（基础训练9）一自感线圈中，电流强度在 0.002 s 内均匀地由10 A 增加到12 A ，此过程中线圈内自感电动势为 400 V ，则线圈的自感系数为L =L =__0.4H__。

【分析】
L dI
L
dt ε=- H
L L
4.0002.010
12400=--=-
9.（基础训练14）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。

当半圆环以速度沿平行于直导线的方向平移时，半圆环上的感应电动势的大小为0ln 2I a b
v a b
μεπ+=-。

【解析】=0d dt
ϕε=-
i
l 0
00ln 22d
a b cd cd c
a b I I a b v B d l v dx v x a b μμεεππ→→→
+-+⎛⎫==⨯⋅=-=- ⎪-⎝⎭
⎰
⎰
10.（基础训练15）如图12-20所示，一段长度为l 的直导线MN ，水平放置在载电流为I 的竖直长导线旁与竖直导线共面，并从静止由图示位置自由下
落，则t 秒末导线两端的电势差=-N M U U a
l
a Igt +-ln 20πμ 【解析】金属杆MN 两端的动生电动势为：
()00ln
22N a l MN M a I Igt a l
v B dx v dx x a μμεππ++=⨯⋅=⋅⋅=⎰⎰
所以金属杆MN 两端的电势差为：
0ln
2MN MN Igt a l
U a μεπ+=-=-
11.（基础训练16）如图12-21所示，aOc 为一折成∠形的金属导线(aO =Oc
=L )，位于xy 平面中；磁感强度为B
的匀强磁场垂直于xy 平面．当aOc
以速度v
沿x 轴正向运动时，导线上a 、c 两点间电势差U ac =θsin Bvl ；
当aOc 以速度v
沿y 轴正向运动时，a 、c 两点的电势相比较, 是___a__
点电势高．
【解析】当沿x 轴运动时，导线oc 不切割磁力线，c o U U =， θsin Bvl U U ao oc ==
当沿y 轴运动时，Bvl U oc =，oc oa U Bvl U <=θcos 所以a 点电势高。

12.（自测提高9）如图所示，一半径为r 的很小的金属圆环，在初始时刻与一半径为a （r a >>）的大金属圆环共面且同心，在大圆环中通以恒定的电流I ，方向如图，如果小圆环以匀角速度ω绕其任一方向的直径转动，并设小圆环的
电阻为R ，则任一时刻t 通过小圆环的磁通量φ=
；小圆环中
的感应电流i =。

【解析】
)cos(2cos 2
0t r a I μBS ωπθ=
=Φ
)
sin(212
0t Ra r I μdt d ΦR I ωωπ=-=
13．（自测提高10）在一个中空的圆柱面上紧密地绕有两个完全相同的线圈aa ′和bb ′(如图)．已知每个线圈的自感系数都等于0.05 H ．若a 、b 两端相接，a ′、b ′
接入电路，则整个线圈的自感L =_0_．若a 、b ′两端相连，a ′、b 接入电路，则整个线圈的自感L =__0.2H _． 若a 、b 相连，又a ′、b ′相连，再以此两端接入电路，则整个线圈的自感L =_0.05 H __． 【解析】
x ×
×
×
×
×
图12-21
a 、
b 两端相接，a ′、b ′接入电路，反接，21212L L L L L -+=； a 、b ′两端相连，a ′、b 接入电路，顺接，21212L L L L L ++=；
a 、
b 相连，又a ′、b ′相连，再以此两端接入电路，不变。

三. 计算题
14.（基础训练18）如图12-26所示，一长直导线，通有电流I ，在与其相距处放有一矩形线圈，共N 匝。

线圈以速度v 沿垂直于长导线的方向向右运动，求： （1） 如图所示位置时，线圈中的感应电动势为多少？
（2） 若线圈不动，而长导线通有交变电流),(100sin 5A t I π=线圈中的感应电动势为多少？
【解析】
（1）无限长直导线的磁感应强度为02I
B r
μπ=
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：11NB l v ε=， 远端部分：22NB lv ε=， 则：12εεε=-=
)
(2)1
1(200a d d Ilav N a d d Ilv N +=+-πμπμ。

(2) 无限长直导线的磁感应强度为02I
B r
μπ=
则矩形线圈内的磁通量为：0000ln sin ln
222d a
d
I I l I l d a d a
l dr t r d d
μμμωπππ+++Φ=
⋅==⎰
， ∴00cos ln 2N I l d d a
N
t dt d
μεωωπΦ+=-=-。

),(100sin 5A t I π=d
a
d t l N i +-=ln
100cos 2500πμε。

15.（自测提高13））如图12-31所示，长直导线AB 中的电流I 沿导线向上，并以d I /d t =2 A/s 的变化率均匀增长．导线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示．求此线框中产生的感应电动势的大小和方向．(=4×10-7 T ·m/A)
【解析】如图建立坐标系，则直角三角形线框斜边方程为
20.2y x =-+
在x 处取一宽度为dx 的小面元，则阴影面积为dS=ydx
，此处的磁感
应强度为()
020.05I
B x μπ=
+，穿过直角三角形线框所围面积的磁通量为
()()0.1
0.1000
020.220.0520.05S
I I x B dS ydx dx x x μμππ-+Φ=⋅=
=++⎰⎰⎰
⎰
000.10.150.15
ln
0.05
I
I
μμπ
π
⨯⨯=-+
82.5910 ()I Wb -=⨯ 三角形线框中的感应电动势的大小为
882.5910 5.1810d dI
V dt dt
ε--Φ=-
=⨯=⨯ 根据愣次定律可知ε的方向为逆时针绕行方向。

16.（自测提高18）无限长直导线通以电流I ．有一与之共面的直角三角形线圈ABC ，已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ，
如图所示．若线圈以垂直导线方向的速度v
向右平移，当B 点与长直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势大小和感应电动势的指向． 【解答】
解一：,tan b ABC a
θθ∠==
设 000cos()sin ln 222cos 2A
A d a BA
B B d I I I dx b d a v B d l v dl v v x x a d μμμπεθθππθπ→→→
++⎛⎫=⨯⋅=-== ⎪⎝⎭⎰⎰⎰02()C
AC
A I v
B d l v b d a μεπ→→→
⎛⎫=⨯⋅=- ⎪+⎝⎭
⎰ 0C
BC
B v B d l ε→→→
⎛⎫=⨯⋅= ⎪⎝⎭
⎰ 00ln 22()
BA AC CB I I
b d a v
v b a d d a μμεεεεππ+∴=++=-+ 解二：x y x
I
s B Φd π2d d 0μ=
⋅=
，
当B 点与长直导线的距离为任意值r 时，有：
a
b
r x y =- r
a
r r a
Ib
Ib
dx r x a
b
x I a
r r
+-
=
-=⎰
+ln
π2π
2)(π2000μμμφ ⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅+-+⋅+=-
=dt dr a r a dt dr r a r a Ib dt d ln π20μφεi
其中，
v dt
dr
=，时当d r =，⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=a d a d a d a Ibv ln π20μεi ，
方向：BACB
17.（自测提高19）求长度为L 的金属杆在均匀磁场B
中绕平行于磁场方向的定轴OO ＇转动时的动生电动势．已知杆相对于均匀磁场B
的方位角为，杆的角速度为，转向如图。

【解答】在距O 点为l 处的d l 线元中的动生电动势为
l B v d i
d )(⋅⨯=ε
θ
ωsin l v =
⎰⎰⋅π=⨯=L
d cos )21sin(d )(l vB l B v L i αε
θωθωθθωΛ
220
2
sin 2
1
d sin sin d sin BL l
l B l lB L
===⎰⎰
方向沿着杆指向上端．
18.（附录D20）均匀磁场B
被限制在半径R =10 cm 的无限长圆柱空
间内，方向垂直纸面向里．取一固定的等腰梯形回路abcd ，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如图所示．设磁感强度以d B /d t =1 T/s 的匀速率增加，已知π=
3
1
θ，cm 6==Ob Oa ，求等腰梯形回路中感生电动势的大小和方向。

【解答】由法拉第电磁感应定律有感生电动势大小
）
（）（V dt dB oa ab R S dt dB dt d 3
-2221068.31
6
cos 06.02131.0212cos 2121⨯-=⨯⨯⨯-⨯⨯-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅--=-=-
=π
πθθφε 负号表示感生电动势逆时针绕向。

[附加题]20.（自测提高17）有一很长的长方的U 形导轨，与水平面成角，裸导线ab 可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位
于磁感强度B
竖直向上的均匀磁场中，如图12-35所示．设导
线ab 的质量为m ，电阻为R ，长度为l ，导轨的电阻略去不计，abcd 形成电路，t =0时，v =0. 试求：导线ab 下滑的速度v
图12-35
c
与时间t 的函数关系． 【解答】sin()cos 2
Bvl Bvl π
εθθ=+=
回路中的电流：cos Bvl I R R
ε
θ
=
=
导线ab 受安培力：
安培力的方向如图所示，水平向右。

ab 棒沿斜面的动力学方程为：
θθcos sin B F mg ma -=
mR vl B g dt dv θθ222cos sin -= ⎰⎰=-
t v dt mR
vl B g dv
222cos sin θθ
()()
2
cos cos sin 12
θθ
θBl mgR e v t
mR
Bl ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣
⎡-=-
R cos θ
vl B IlB F 22B =
=2222222220
0cos (sin )cos cos sin v t B l d g v mR mR dt B vl B l g mR
θθθθθ--=-⎰⎰22
2
222cos sin ln cos sin B l g v
mR mR t B l g θθθθ--=222222
cos cos sin sin B l t
mR
B l g v mR e g θθ
θθ
--=222cos 222
cos 1sin B l t mR B l v e mgR θθθ--=
222cos 222
cos 1sin B l t mR
B l v e mgR θθθ-=-。