大学物理变化的电磁场习题思考题
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-磁学习题课和答案解析
2． 均匀磁场的磁感应强度 B 垂直于半径为r的圆面．今
4． 如图，在面电流线密度为 j 的均匀载流无限大平板附近， 有一载流为 I 半径为 R的半圆形刚性线圈，其线圈平面与载流 大平板垂直．线圈所受磁力矩为 ，受力 0 0 为 ．
μ
5、（本题3分） 长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体 中有等值反向均匀电流I通过，其间充满磁导率为μ的均匀磁介 质．介质中离中心轴距离为r的某点处的磁场强度的大小H I =________________ ，磁感强度的大小B =__________ ． I 2 r 2 r
B (A) B (B) √ R B x (D) O 圆筒 电流 O x
B
0 I (r R) 2r
(r R)
O B
R
x O (C) x O
B
(E)
B0
O
R
R
x
R
x
2、（本题3分）一匀强磁场，其磁感强度方向垂直于纸面(指 向如图)，两带电粒子在该磁场中的运动轨迹如图所示，则 (A) 两粒子的电荷必然同号． (B) 粒子的电荷可以同号也可以异号． (C) 两粒子的动量大小必然不同． (D) 两粒子的运动周期必然不同．
（C） B dl B dl , BP BP 1 2
（D） B dl B dl , BP1 BP2
L1 L2
L1
L2
L1
L2
[ ]
5．有一矩形线圈 AOCD ，通以如图示方向的电流 I，将它置 于均匀磁场 B 中，B 的方向与X轴正方向一致，线圈平面与X 轴之间的夹角为 , 90 ．若AO边在OY轴上，且线圈可 绕OY轴自由转动，则线圈 （A）作使 角减小的转动． （B）作使 角增大的转动． （C）不会发生转动． （D）如何转动尚不能判定．
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。
大学物理变化的电磁场习题思考题.doc
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。
电磁场课后习题答案
电磁场课后习题答案电磁场课后习题答案电磁场是物理学中一个重要的概念，涉及到电荷、电流和磁场的相互作用。
在学习电磁场的过程中，我们经常会遇到一些习题，这些习题旨在帮助我们更好地理解电磁场的基本原理和应用。
本文将给出一些电磁场课后习题的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。
1. 一个带电粒子在匀强磁场中作圆周运动，其运动半径与速度之间的关系是什么？答：带电粒子在匀强磁场中作圆周运动时，受到的洛伦兹力与向心力相等。
洛伦兹力的大小为F = qvB，向心力的大小为F = mv²/R，其中q为电荷量，v为速度，B为磁感应强度，m为质量，R为运动半径。
将这两个力相等，可以得到qvB = mv²/R，整理得到v = qBR/m。
因此，速度与运动半径之间的关系是v 与R成正比。
2. 一个长直导线中有一电流I，求其所产生的磁场强度B与距离导线距离r之间的关系。
答：根据安培定律，长直导线所产生的磁场强度与电流和距离的关系为B =μ₀I/2πr，其中B为磁场强度，I为电流，r为距离，μ₀为真空中的磁导率。
可以看出，磁场强度与距离的关系是B与1/r成反比。
3. 一个平面电磁波的电场强度和磁场强度的振幅分别为E₀和B₀，求其能量密度u与E₀和B₀之间的关系。
答：平面电磁波的能量密度与电场强度和磁场强度的关系为u = ε₀E₀²/2 +B₀²/2μ₀，其中u为能量密度，ε₀为真空中的介电常数，μ₀为真空中的磁导率。
可以看出，能量密度与电场强度的振幅的平方和磁场强度的振幅的平方之间存在关系。
4. 一个平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，若电容器中充满了介电常数为ε的介质，请问在电容器中存储的电能与电容、电压和介电常数之间的关系是什么？答：平行板电容器存储的电能与电容、电压和介电常数之间的关系为W =1/2CV²，其中W为存储的电能，C为电容，V为电压。
当电容器中充满了介质后，介质的存在会使电容增加为C' = εC，因此存储的电能也会增加为W' =1/2C'V² = 1/2εCV²。
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。
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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B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v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向垂直的直径两端a 、b 间的电势差。
解：（1）由法拉第电磁感应定律i d dtεΦ=-，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势0i ε=； （2）利用：()aab bv B dl ε=⨯⋅⎰，有：22ab Bv R Bv R ε=⋅=。
【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A I 0.5=，在与其相距cm 5.0=d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4=l ，宽cm 0.2=a 。
不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3=v 沿垂直于长导线的方向向右 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0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B rμπ=， 则矩形线圈内的磁通量为：00ln22x axI I l x al dr r xμμππ++Φ=⋅=⎰， 由i d Nd t εΦ=-，有：011()2i N I l d xx a x dtμεπ=--⋅+ ∴当x d =时，有：041.92102()i N I l a v V d a μεπ-==⨯+。
解法二：利用动生电动势公式解决。
由0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B rμπ=， 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=-=00411() 1.921022()N I N I al v l v V d d a d d a μμππ--==⨯++。
8-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I 的电流，长为l 的金属棒ab 与长直导线共面且垂直于导线放置，其a 端离导线为d ，并以速度v平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较U a 、U b 的电势大小。
解法一：利用动生电动势公式解决：()d v B dl ε=⨯⋅02I v d r rμπ=⋅，∴02d ldv I dr rμεπ+=-⎰0ln 2v I d l d μπ+=-，由右手定则判定：U a >U b 。
解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。
作辅助线，形成闭合回路''abb a ，如图，S B d S Φ=⋅⎰ 02d l d I y drrμπ+=⎰0ln 2I y d l d μπ+=， ∴d dt εΦ=-00ln ln22I Iv d l d y d l d dt dμμππ++=-⋅=-。
由右手定则判定：U a >U b 。
8-4．电流为I 的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为120， 几何尺寸及位置如图所示。
求当圆弧形导线以速度v平行于长直 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AO 、OB 形成闭合回路，闭合回路的电动势为0，所以圆弧形导线电动势与 AOB 直导线的电动势相等。
200()ln 222R AOR Iv I v v B dl d x x μμεππ=⨯⋅=-=-⎰⎰，500225()ln 224R OBR Iv Iv v B dl d x x μμεππ=⨯⋅=-=-⎰⎰ ，∴05ln 22AB AO OB Iv μεεεπ=+=-。
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θ，那么，00022(2cos )2(2cos )I I I B x R R R μμμππθπθ===--，再由()v B dl ε=⨯⋅⎰有： sin d B Rd v εθθ=⋅⋅，∴2030sin 2(2cos )IRv d R πμεθθπθ=-⋅-⎰05ln 22Iv μπ=-。
AOBAOBθ8-5．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1/100s 时间内，螺线管中产生5A 的电流，问小回路中的感应电动势为多少？ 解：长直螺线管内部的磁场为： 1101I n B μ= 由题意：A/s 500100/151==dt dI 穿过小回路的磁通量为： 2122S B N m =Φ 小回路中的感应电动势为：V1074.4500103080010434712210---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==Φ=ππμεdtdIS N n dt d m8-6．电阻为R 的闭合线圈折成半径分别为a 和a 2的两个圆，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0sin B B t ω=的规律变化。
已知cm 10=a ，T 10220-⨯=B ，rad/s 50=ω，Ω=10R ，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。
2220(4)3cos i d d Ba a a B t dt dtεπππωωΦ=-=--⋅+=， ∴203cos ia B t I R Rεπωω== A πR ωB a πI 32202max1042.910501021.035--⨯=⨯⨯⨯⨯==。
8-7．直导线中通以交流电，如图所示， 置于磁导率为μ 的介质中， 已知：0sin I I t ω=，其中ω、0I 是大于零的常量，求：与其共面的 N 匝矩形回路中的感应电动势。
解：首先用0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B xμπ=， 则矩形线圈内的磁通量为：0000ln sin ln222d adI I l I l d a d al dr t r d dμμμωπππ+++Φ=⋅==⎰， ∴00cos ln 2N I l d d aN t dt dμεωωπΦ+=-=-。
8-8．如图所示，半径为a 的长直螺线管中，有0d d >tB的磁场，一直导线弯成等腰梯形的闭合回路ABCDA ，总电阻为R ，上底为a ，下底为a 2，求：（1）AD 段、BC 段和闭合回路中的感应电动势；（2）B 、C 两点间的电势差C B U U -。
解：（1）首先考虑OAD ∆，212OAD S a ∆==，∴24OAD d dB dBS a d t d t d tε∆Φ=-=-⋅=-⋅感1， 而DA lAOODADDAE d l E d l E d l E d l E d l εε=⋅=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰⎰涡涡涡涡涡感1∴2AD d Bd tε=⋅； 再考虑OBC ∆，有效面积为2123OAD S a π=⋅扇，∴26dBa d tπε=-⋅感2， 同理可得：26BC dBa d tπε=⋅；那么，梯形闭合回路的感应电动势为：2(64BC AD dBa d tπεεε=-=-⋅，逆时针方向。
（2）由图可知，AB CD a ==，所以，梯形各边每段a 上有电阻5Rr =，回路中的电流：2(64a d BI R R d tεπ==-⋅，逆时针方向；那么，2225B C BC BC dBU U I r I R a dtεε-=⋅-=⋅-=-⋅。
8-9．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自感为36.010H -⨯的线圈？解：设需绕N 匝线圈，当通以电流I 时，通过螺线管线圈的磁通量为IS l N IS l N N NBS m 200μμ===Φ由自感的定义可得：S l N I L m 20μ=Φ= 因此有： 匝1209025.01046.0106)(2/12732/10≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯⨯==--ππμS Ll N8-10．一截面为长方形的螺绕环，其尺寸如图所示，共有N 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：012()2N I B R r R rμπ=<<则SB d S Φ=⋅⎰⎰，有：210201ln22R R N I h R N Ih dr r R μμππΦ=⋅⋅=⎰利用自感定义式：L I ψ=，有：L =2021ln 2N h R R μπ。
8-11．一圆形线圈A 由50匝细导线绕成，其面积为4cm 2，放在另一个匝数等于100匝、半径为20cm 的圆形线圈B 的中心，两线圈同轴。
设线圈B 中的电流在线圈A 所在处激发的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小。
解：设B 中通有电流I ，则在A 处产生的磁感应强度为：002242B B B B BN I N I B R R R μμππ=⋅=（1）A 中的磁通链为：02A B A A A A BN N IN BS S R μψ==⋅。
则：02A B AABBN N S M I R μψ==，∴7476410501004102010 6.281020.2M H ππ----⨯⋅⋅⋅⨯==⨯=⨯⋅。
（2）∵0646.281050 3.14102A B A A B N N S d d IV d t R dtμψ--=⋅=⨯⋅=⨯,∴43.1410A V ε-=⨯。
8-12．一矩形线圈长l =20cm ，宽b =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回路的一部分，其余部分离线圈很远，其影响可略去不计，求图(a)(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感。
解：设直导线通以电流I 1。
图(a)情况下，通过矩形线圈的磁通量为：2ln 2210221022πμπμlI N ldx x I N bb m ==Φ⎰ 由互感的定义，线圈与长直导线间的互感为：H 108.22ln 22.01041002ln 2670212--⨯=⨯⨯⨯==Φ=πππμl N I M m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。
8-13．一个螺线管的自感为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J 08.04102121222=⨯⨯==-LI W m8-14．假定从地面到海拔6610⨯m 的范围内，地磁场为40.510T -⨯，试粗略计算在这区域内地磁场的总磁能。
解：磁场能量密度为 022μB w m =此区域内地磁场的总磁能为[][]J 107104.6)64.6(3102105.0)(3421818337823302⨯≈⨯-+⨯⨯⨯=-+==--e e m m R h R B V w W πμ8-15．在一对巨大的圆形极板（电容121.010F -=⨯C ）上，加上频率为50Hz ，峰值为51.7410⨯V 的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。