天津理工大学 大学物理学作业 第8章 电磁感应答案
天津理工大学物理练习册答案
t=0，=0，无磁通量通过线框。
0’
4
4.如图所示，导体棒AB在均匀磁场B中 绕通过C点的垂直于棒 长且沿磁场方向的轴OO’转动（角速度w与B同方向），BC的 长度为棒长的1/4，则
(A)A点比B点电势高． (B) A点与B点电势相等． (C)A点比B点电势低． (D) 有稳恒电流从A点流向B点．
(v B ) d l
L
转轴在导线端点时，整个导 线上的电动势为最大。其值 为
1 BwL2 2
l
w
转轴在导线中点时，整个导 线上的电动势为最小。其值 为在均匀磁场中以角速度w 绕中心轴旋转，均匀磁 场的方向平行于转轴，如图所示．这时板中由中心至同一边 缘点的不同曲线上总感应电动势的大小_________，方向 __________________． 把圆板看作是由许多细杆绕轴转动，
铜芯
10
9. 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。现将一根导线放在磁场中ab 和a’b’两个不同的位置上，则 （A）电动势只在ab位置上产生。
（B）电动势只在导线a’b’位置上产生。 [ D]
（C）电动势在ab和a’b’中都产生，且两者大小相等。 （D）ab位置上产生的电动势小于a’b’位置上产生的电动势。
L n V n r
2 2
1 2 Wm LI 2
2
L1 2 1 2 1 ( ) L2 1 2 2
W1 L1 1 W2 L2 2
20
8 平行板电容器的电容C为10.0F，两板上的电压变化率为 dU/dt=2.0105V·-1，则该平行板电容器中的位移电流为 s 2A __________。
大学物理作业--电磁感应二解答
a
2π x
2π
a
Φ ml b M ln I 2π a
a
b
l
dΦ ml b dI 3mI 0l b 3t i >0，i为顺 i ln ln e dt 2 π a dt 2π a 时针流向。
电磁感应二
第八章 电磁感应
电磁场
3．两根平行长直导线，横截面的半径都是a，中心线相 距d，属于同一回路．设两导线内部的磁通都略去不计， 证明这样一对导线单位长的自感系数为 L m 0 ln d a
5．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m1和m2．设r1:r2=1:2，m1:m2=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．
电磁场
3．两个通有电流的平面圆线圈相距不远，如果要使 其互感系数近似为零，则应调整线圈的取向使 (A) 两线圈平面都平行于两圆心连线． (B) 两线圈平面都垂直于两圆心连线． (C) 一个线圈平面平行于两圆心连线，另一个线圈 平面垂直于两圆心连线． (D) 两线圈中电流方向相反．
大作业参考答案-电磁感应
电磁感应一、选择题⒈ D ； ⒉ B ；⒊ C ； ⒋ BD ； ⒌ C ； 6.E ； 7.B ； 8.A ； 9.A二、填空题⒈ < 。
⒉ 洛伦兹力，B x v ； 感生电场力； 变化的磁场。
⒊ S iR / 。
⒋ θω222/1B S i n L ； C A → 。
⒌ 0 ；dt dB l 4 ； dtdB l 2- 。
⒍ )ln (20d l d d l I +-πωμ； A O → 。
⒎ 1/16。
⒏ 1.6x106 J/m 3； 4.425 J/m 3； 磁场更易于存储能量。
9. ⎰⎰⎰∙∂∂=∙S S d t D l d H ；⎰⎰⎰∙∂∂-=∙SS d t B l d E ； 0=∙⎰⎰SS d B ； ∑⎰⎰=∙0q S d D S 。
三、问答题1. 答：(1) 起源不同：静止电荷激发静电场，而变化的磁场激发涡旋电场。
（2）性质不同：静电场是有源无旋、保守力场，而涡旋电场是无源有旋、非保守力场。
2. 答： （1） 传导电流源于自由电荷的定向移动，而位移电流本质上是变化的电场。
（2）传导电流通过导体时产生焦耳热，而位移电流则无热效应。
（3）传导电流只能在导体中存在，而位移电流可以在导体、电介质、真空中存在。
四、计算题1 解：（1） 因磁场分布为：r Iπμ2B 0=，则000ln 2200r lr Ix xdr r I S d B d l r r m m +==∙==⎰⎰⎰+πμπμφφ 。
（2）0m ln 2d d r lr Iv t i +-=-=πμφε00ln 2r lr R Iv R I i i +-==πμε（3）Rv r l r I dr r Ir l r R Iv Bdr I dF F l r r i 20000000)ln 2(2ln 200+=⋅⋅+===⎰⎰⎰+πμπμπμ方向垂直于导线向上。
2 解： t 时刻，磁通量为θθφc o s c o s ⋅⋅==l v t kt BS m则电动势为k l x k v t l t i -=-=-=θφεc o s 2d d m负号说明电动势方向沿顺时针3 解：（1）取顺时针方向为正绕线，则3ln 2ln 2200πμπμπμφφIac b Ia adr r I Sd B d b c m m ===∙==⎰⎰⎰则3ln 20πμφaI M m ==（2）3ln 2d d 0t m e at IM λλπμε-=-=电动势方向为顺时针。
大物B课后题08-第八章 电磁感应 电磁场
习题之阳早格格创做8-6 一根无限少曲导线有接变电流0sin i I t ω=，它中间有一与它共里的矩形线圈ABCD ，如图所示，少为l 的AB 战CD 二边与曲导背仄止，它们到曲导线的距离分别为a 战b ，试供矩形线圈所围里积的磁通量，以及线圈中的感触电动势. 解 修坐如图所示的坐标系，正在矩形仄里上与一矩形里元dS ldx =，载流少曲导线的磁场脱过该里元的磁通量为 通过矩形里积CDEF 的总磁通量为由法推第电磁感触定律有8-7 有一无限少曲螺线管，单位少度上线圈的匝数为n ，正在管的核心搁置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线仄止，设螺线管内电流变更率为dI dt ，球小线圈中感触的电动势.解 无限少曲螺线管里里的磁场为通过N 匝圆形小线圈的磁通量为由法推第电磁感触定律有8-8 部分积为S 的小线圈正在一单位少度线圈匝数为n ，通过电流为i 的少螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，供小线圈中感死电动势的表白式.解 通过小线圈的磁通量为由法推第电磁感触定律有8-9 如图所示，矩形线圈ABCD 搁正在16.010B T -=⨯的匀称磁场中，磁场目标与线圈仄里的法线目标之间的夹角为60α=︒，少为0.20m 的AB 边可安排滑动.若令AB 边以速率15.0v m s -=•背左疏通，试供线圈中感触电动势的大小及感触电流的目标.解 利用动死电动势公式感触电流的目标从A B →.8-10 如图所示，二段导体AB 战BC 的少度均为10cm ，它们正在B 处相接成角30︒；磁场目标笔曲于纸里背里，其大小为22.510B T -=⨯.若使导体正在匀称磁场中以速率11.5v m s -=•疏通，目标与AB 段仄止，试问AC 间的电势好是几? 哪一端的电势下？解 导体AB 段与疏通目标仄止，不切割磁场线，不电动势爆收.BC 段爆收的动死电动势为AC 间的电势好是C 端的电势下.8-11 少为l 的一金属棒ab ，火仄搁置正在匀称磁场B 中，如图所示，金属棒可绕O 面正在火仄里内以角速度ω转动，O 面离a 端的距离为l k .试供a,b 二端的电势好，并指出哪端电势下（设k>2）解 修坐如图所示的坐标系，正在Ob 棒上任一位子x 处与一微元dx ，该微元爆收的动死电动势为Ob 棒爆收的动死电动势为共理，Oa 棒爆收的动死电动势为金属棒a,b 二端的电电势好果k>2，所以a 端电势下.8-12 如图所示，真空中一载有稳恒电流I 的无限少曲导线旁有一半圆形导线回路，其半径为r ，回路仄里与少曲导线笔曲，且半圆形曲径cd 的延少线与少曲导线相接，导线与圆心O 之间距离为l ，无限少曲导线的电流目标笔曲纸里背内，当回路以速度v 笔曲纸里背中疏通时，供：（1）回路中感触电动势的大小；（2）半圆弧导线cd 中感触电动势的大小.解 （1） 由于无限少曲导线所爆收的磁场目标与半圆形导线天圆仄里仄止，果此当导线回路疏通时，通过它的磁通量不随时间改变，导线回路中感触电动势0ε=.（2）半圆形导线中的感触电动势与曲导线中的感触电动势大小相等，目标好异，所以可由曲导线估计感触电动势的大小采用x 轴如图8.7所示，正在x 处与线元dx,dx 中爆收感触电动势大小为其中02I B xμπ= 导线cd 及圆弧cd 爆收感触电动势的大小均为8-13 正在半径0.50R m =的圆柱体内有匀称磁场，其目标与圆柱体的轴线仄止，且211.010dB dt T s --=⨯•，圆柱体中无磁场，试供离启核心O 的距离分别为0.1,0.25,0.50,1.0m m m m 战各面的感死电场的场强.解 变更的磁场爆收感死电场线是以圆柱轴线为圆心的一系列共心圆，果此有 而22,L S B dB E dl E r dS r t dtππ∂•=-•=-∂⎰⎰⎰感感当r R <时， 22dB E r r dtππ=-感 所以0.1r m =时，415.010E V m --=⨯•感；0.25r m=时，.311.310E V m --=⨯•感当r R >时 22dB E r R dtππ=-感 所以0.50r m =时， 312.510E V m --=⨯•感; 1.0r m =时311.2510E V m --=⨯•感8-14 如图所示，磁感触强度为B 的匀称磁场充谦正在半径为R 的圆柱体内，有一少为l 的金属棒ab 搁正在该磁场中，如果B 以速率dB dt 变更，试证：由变更磁场合爆收并效率于棒二端的电动势等于12dB dt 说明 要领一 对接Oa,Ob,设念Oab 形成关合回路，由于Oa,Ob 沿半径目标，与通过该处的感死电场处笔曲，所以Oa,Ob 二段均无电动势，那样由法推第电磁感触定律供出的关合回路Oab 的总电动势便是棒ab 二端电动势.根据法推第电磁感触定律要领二 变更的磁场正在圆柱体内爆收的感死电场为棒ab 二端的电动势为8-15 如图所示，二根横截里半径为a 的仄止少曲导线，核心相距d ，它们载有大小相等、目标好异的电流，属于共一回路，设导线里里的磁通量不妨忽略不计，试说明那样一对于导线少为l 的一段的自感为0ln l d a L aμπ-=. 解 二根仄止少曲导线正在它们之间爆收的磁感触强度为 脱过二根导线间少为dx 的一段的磁通量为所以，一对于少为的一段导线的自感为8-16一匀称稀绕的环形螺线管，环的仄稳半径为R ，管的横截里积为S ，环的总匝数为N ，管内充谦磁导率为μ的磁介量.供此环形螺线管的自感系数L .解 当环形螺线管中通有电流I 时，管中的磁感触强度为 通过环形螺线管的磁链为则环形螺线管的自感系数为8-17由二薄圆筒形成的共轴电缆，内筒半径1R ,中筒半径为2R ，二筒间的介量1r μ=.设内圆筒战中圆筒中的电流目标好异，而电流强度I 相等，供少度为l 的一段共轴电缆所储磁能为几？解 有安培环路定理可供得共轴电缆正在空间分歧天区的磁感触强度为1r R <时， 10B =12R r R <<时， 022I B rμπ=2r R >时， 30B =正在少为L ，内径为r ，中径为r dr +的共轴薄圆筒的体积2dV rldr π=中磁场能量为所以，少度为l 的一段共轴电缆所储能为补充正在共时存留电场战磁场的空间天区中，某面P 的电场强度为E ，磁感触强度为B ，此空间天区介量的介电常数0εε≈，磁导率0μμ≈.供P 面处电场战磁场的总能量体稀度w . 解 电场能量稀度为磁场能量稀度为总能量稀度为8-19 一小圆线圈里积为21 4.0S cm =，由表面绝缘的细导线绕成，其匝数为150N =，把它搁正在另一半径220R cm =，2100N =匝的圆线圈核心，二线圈共轴共里.如果把大线圈正在小线圈中爆收的磁场瞅成是匀称的，试供那二个线圈之间的互感；如果大线圈导线中的电流每秒缩小50A ，试供小线圈中的感触电动势.解 当大圆形线圈通偶尔2I ，它正在小圆形线圈核心处的磁感触强度大小为若把大圆形线圈正在小圆形线圈中爆收的磁场瞅成是匀称的，则通过小圆形线圈的磁链为二个线圈之间的互感为如果大线圈导线中的电流每秒缩小50A ，则小线圈中的感触电动势为8-20 一螺线管少为30cm .由2500匝漆包导线匀称稀绕而成，其中铁芯的相对于磁导率100r μ=，当它的导线中通有的电流时，供螺线管核心处的磁场能量稀度.解 螺线管中的磁感触强度为螺线管中的磁场能量稀度为8-21 一根少曲导线载有电流I ，且I 匀称天分散正在导线的横截里上，试供正在少度为l 的一段导线里里的磁场能量. 解 有安培环路定理可得少曲导线里里的磁感触强度为 正在少度为l 的一段导线里里的磁场能量8-22一共轴线由很少的曲导线战套正在它表里的共轴圆筒形成，它们之间充谦了相对于磁导率为1r μ=的介量，假定导线的半径为1R ，圆筒的内中半径分别为2R 战3R ，电流I 由圆筒流出，由曲导线流回，并匀称天分散正在它们的横截里上，试供：（1）正在空间各个范畴内的磁能稀度表白式;(2)当12310, 4.0, 5.0,10R mm R mm R mm I A ====时，正在每米少度的共轴线中所储藏的磁场能量.解 （1）有安培环路定理可得正在空间各个范畴内的磁感触强度为1r R <时 01212Ir B R μπ= ；12R r R << 时022I B r μπ=23R r R <<时2203322322I R r B r R R μπ-=-；3r R >时 40B =相映天，空间各个范畴内的磁能稀度为1r R <时222012201128m I r B w R μμπ==；12R r R <<时20228m I w r μπ=； 23R r R <<时2222032222328m I R r w r R R μπ⎛⎫-= ⎪-⎝⎭；3r R >时0m w =.（2） 每米少度的共轴线中所储藏的磁场能量为8-23说明电容C 的仄止板电容器，极板间的位移电流强度d dUI C dt =，U 是电容器二极板间的电势好.说明 由于仄止板中D σ=，所以脱过极板位移电位移通量 仄止板电容器中的位移电流强度8-24 设圆形仄止板电容器的接变电场为()51720sin 10E t V m π-=•，电荷正在电容器极板上匀称分散，且边沿效力不妨忽略，试供：（1）电容器二极板间的位移电流稀度；（2）正在距离电容器极板核心连线为 1.0r cm =处，通过时间52.010t s -=⨯时的磁感触强度的大小.解 （1）电容器二极板间的位移电流稀度为（2）以电容器极板核心连线为圆心，以 1.0r cm =为半径干一圆周.由齐电流安培环路定律有所以通过时间时52.010t s -=⨯，磁感触强度的大小为8-25 试决定哪一个麦克斯韦圆程相称于或者包罗下列究竟：（1）电场线仅起初或者末止与电荷或者无贫近处；（2）位移电流;(3) 正在静电仄稳条件下，导体里里大概有所有电荷；（4）一变更的电场，肯定有一个磁场伴伴它；（5）关合里的磁通量末究为整；（6）一个变更的磁场，肯定有一个电场伴伴它；（7）磁感触线是无头无尾的；（8）通过一个关合里的洁电通量与关合里里里的总电荷成正比；（9）不存留磁单极子；（10）库仑定律；（11）静电场是守旧场.解 1Ni i s D ds q =•=∑⎰⎰相称于或者包罗究竟：（1），（3），（8），（10）；L S B E dl dS t ∂•=-•∂⎰⎰⎰相称于或者包罗究竟：（6），（11）； 0S B dS •=⎰⎰相称于或者包罗究竟：（5），（7），（9）；1N D i i L d H dl I dt φ=•=+∑⎰相称于或者包罗究竟：（2），（4）；。
大学物理第8章试卷答案
第8章电磁感应作业题答案一、选择题1、圆铜盘水平放置在均匀磁场中,B得方向垂直盘面向上,当铜盘绕通过中心垂直于盘面得轴沿图示方向转动时,(Ａ) 铜盘上有感应电流产生,沿着铜盘转动得相反方向流动。
（Ｂ) 铜盘上有感应电流产生,沿着铜盘转动得方向流动。
(Ｃ) 铜盘上有感应电流产生,铜盘中心处电势最高。
（D)铜盘上有感应电流产生,铜盘边缘处电势最高。
答案(Ｄ）2.在尺寸相同得铁环与铜环所包围得面积中穿过相同变化率得磁通量,则两环中Ａ.感应电动势相同,感应电流相同;B.感应电动势不同,感应电流不同;ﻫC.感应电动势相同,感应电流不同;ﻫＤ.感应电动势不同，感应电流相同。
答案(Ｃ)ﻫ３. 两根无限长得平行直导线有相等得电流,２.但电流得流向相反如右图，而电流得变化率均大于零,有一矩形线圈与两导线共面,则ﻫ A.线圈中无感应电流;B．线圈中感应电流为逆时针方向;C.线圈中感应电流为顺时针方向;D．线圈中感应电流不确定。
答案: B(解:两直导线在矩形线圈处产生得磁场方向均垂直向里，且随时间增强，由楞次定律可知线圈中感应电流为逆时针方向。
)4.如图所示,在长直载流导线下方有导体细棒，棒与直导线垂直且共面。
(a）、(b)、（ｃ）处有三个光滑细金属框。
今使以速度向右滑动。
设(a)、(b）、（c)、(d）四种情况下在细棒中得感应电动势分别为ℇa、ℇb、ℇc、ℇｄ，则ﻫﻫA.ℇa=ℇb =ℇc <ℇｄB．ℇa =ℇｂ＝ℇc＞ℇdC．ℇａ=ℇb=ℇc =ℇｄ D.ℇa>ℇb <ℇｃ<ℇｄ答案:C5.一矩形线圈，它得一半置于稳定均匀磁场中,另一半位于磁场外,如右图所示,磁感应强度得方向与纸面垂直向里。
欲使线圈中感应电流为顺时针方向则ﻫA．线圈应沿轴正向平动；ﻫB．线圈应沿轴正向平动；C.线圈应沿轴负向平动;D.线圈应沿轴负向平动答案（A).*６.两个圆线圈、相互垂直放置,如图所示。
当通过两线圈中得电流、均发生变化时,那么ﻫ A.线圈中产生自感电流,线圈中产生互感电流；B.线圈中产生自感电流，ﻫ线圈中产生互感电流;ﻫC.两线圈中同时产生自感电流与互感电流；D．两线圈中只有自感电流,不产生互感电流。
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章答案
第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ，单位长度上有 匝线圈，每匝线圈中的电流为 ，用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。
分析：由于线圈密绕，因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列，且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。
解： 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向（即磁场的方向）为x 轴正向，如习题8-10图解（a ）所示。
在螺线管上任取一段微元dx ，则通过它的电流为dI nIdx =，把它看成一个圆线圈，它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+由叠加原理可得，整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为212022322()x Lx R nIdxB dB R x μ==+⎰⎰0212212221221[]2()()nIx x R x R x μ=-++ 由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ，代入上式并整理可得 021(cos cos )2nIB μββ=-式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。
讨论：（1）若螺线管的长度远远大于其直径，即螺线管可视为无限长时，20β=，1βπ=，则有nI B 0μ=上式说明，无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。
理论和实验均证明：在整个无限长螺线管内部空间里，上述结论也适用。
即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场，其磁感应强度B 的大小为0nI μ，方向与轴线平行；（2）若点O位于半无限长载流螺线管一端，即12πβ=，20β＝或12πβ=，2βπ＝时，无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半；综上所述，密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解（b ）所示，从图中也可看出，长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。
《大学物理》课后解答题 第八章电磁感应
第六章 电磁感应一、思考讨论题1、判断下列情况下可否产生感应电动势，若产生，其方向如何确定？ （1）图6.1a ，在均匀磁场中，线圈从圆形变为椭圆形；（2）图6.1b ，在磁铁产生的磁场中，线圈向右运动；（3）图6.1c ，在磁场中导线段AB 以过中点并与导线垂直的轴旋转； （4）图6.1d ，导线圆环绕着通过圆环直径长直电流转动（二者绝缘）。
解：（1）线圈面积变小，产生顺时针方向的感应电动势（俯视） （2）产生电动势，从左往右看顺时针方向。
（3）不产生电动势。
（4）不产生电动势。
2、一段导体ab 置于水平面上的两条光滑金属导轨上（设导轨足够长），并以初速v 0向右运动，整个装置处于均匀磁场之中（如图6.2所示），在下列两种情况下判断导体ab 最终的运动状态。
解：a 图中，由于不产生电流，ab 杆始终向右做匀速运动。
b 图中，ab 杆产生的电动势方向与电源方向相反，当ab 杆产生的电动势小于电源的电动势时，安培力为阻力，做减速运动。
当ab杆产生的电动势等于电源的电动势时，不受力而作图6.1a图6.1b O图6.1c 图6.1d图6.2a图6.2b匀速运动。
3、长直螺线管产生的磁场 B 随时间均匀增强，B 的方向垂直于纸面向里。
判断如下几种情况中，给定导体内的感应电动势的方向，并比较各段导体两端的电势高低：（1）图6.3a ，管内外垂直于B 的平面上绝缘地放置三段导体ab 、cd 和ef ，其中ab 位于直径位置，cd 位于弦的位置，ef 位于管外切线的位置。
（2）图 6.3b ，在管外共轴地套上一个导体圆环（环面垂直于B ），但它由两段不同金属材料的半圆环组成，电阻分别为R 1、R 2，且R R 12>，接点处为a 、b 两点。
解：（1）b a ϕϕ=，c d ϕϕ>，f e ϕϕ> （2）b a ϕϕ>4、今有一木环，将一磁铁以一定的速度插入其中，环中是否有感应电流？是否有感应电动势？如换成一个尺寸完全相同的铝环，又如何？通过两个环的磁通量是否相同？ 解：木环没有感应电流。
大学物理第8章稳恒磁场课后习题答案与解析
第8章 稳恒磁场 习题及答案6. 如图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R 。
若通以电流I ，求O 点的磁感应强度。
解：O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。
AB 在O 点产生的磁感应强度为01=BC B在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RIR I 123400μππμ=⨯=，方向垂直纸面向里CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)cos (cos 421003θθπμ-=r IB )180cos 150(cos 60cos 400︒︒-=R I πμ )231(20-=R I πμ，方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向垂直纸面向里7. 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连。
已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度。
解：圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
且θπθ-==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生的磁感应强度大小为）（θππμ-=24101RI B ，方向垂直纸面向外2I 产生的磁感应强度大小为θπμRIB 4202=，方向垂直纸面向里 所以， 1)2(2121=-=θθπI I B B环中心O 的磁感应强度为0210=+=B B B8. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。
解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。
以P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。
在载流平板上取dx aIdI =，dI 在P 点产生的磁感应强度大小为x dI dB πμ20=dx axIπμ20=，方向垂直纸面向里 P 点的磁感应强度大小为⎰⎰+==a b b x dx a I dB B πμ20bab a I +=ln 20πμ 方向垂直纸面向里。
第八章电磁感应习题及答案大学物理
8章习题及答案1、如图所示，一矩形金属线框，以速度v从无场空间进入一均匀磁场中，然后又从磁场中出来，到无场空间中．不计线圈的自感，下面哪一条图线正确地表示了线圈中的感应电流对时间的函数关系？(从线圈刚进入磁场时刻开始计时，I 以顺时针方向为正)2、一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将 (A) 加速铜板中磁场的增加． (B) 减缓铜板中磁场的增加． (C) 对磁场不起作用．(D) 使铜板中磁场反向． ［ ］3、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=60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是(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，与时间成正比． (D) 与线圈面积成反比，与时间无关． ［ ］4、在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行，当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流(A) 以情况Ⅰ中为最大．(B) 以情况Ⅱ中为最大． (C) 以情况Ⅲ中为最大． (D) 在情况Ⅰ和Ⅱ中相同．BI (D)I (C)b cd b cd cdv v I5、一矩形线框长为a 宽为b ，置于均匀磁场中，线框绕OO ′轴，以匀角速度旋转(如图所示)．设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为(A) 2abB | cos ω t |． (B) ωabBt abB ωωcos 21． (D) ω abB | cos ω t |． (E)ωabB |sin ωt |．6、如图所示，导体棒AB 在均匀磁场B 中绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ' 转动（角速度ω 与B 同方向），BC 的长度为棒长的31，则(A) A 点比B 点电势高． (B) A 点与B 点电势相等．(B) A 点比B 点电势低． (D) 有稳恒电流从A 点流向B 点． [ ]7、如图，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) Blv sin ．(C) Blv cos ． (D) 0． ［ ］8、如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使ab 向右平移时，cd(A) 不动． (B) 转动．(C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］9、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 =221l B ω-． (C)=2l B ω，U a – U c =221l B ω． (D) =2l B ω，U a – U c =221l B ω-． 10、自感为 0.25 H 的线圈中，当电流在(1/16) s 内由2 A 均匀减小到零时，线圈c a bd NMBBa b c l ω中自感电动势的大小为：(A) 7.8 ×10-3V ． (B) 3.1 ×10-2V ．(C) 8.0 V ． (D) 12.0 V ． ［ ］11、对于单匝线圈取自感系数的定义式为L =/I ．当线圈的几何形状、大小及周围磁介质分布不变，且无铁磁性物质时，若线圈中的电流强度变小，则线圈的自感系数L(A) 变大，与电流成反比关系． (B) 变小．(C) 不变． (D) 变大，但与电流不成反比关系．12、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？[ ]13、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r1∶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． ［ ］14、用导线制成一半径为r =10 cm 的闭合圆形线圈，其电阻R ，均匀磁场垂直于线圈平面．欲使电路中有一稳定的感应电流i = 0.01 A ，B 的变化率应为d B /d t =_______________________________．15、如图所示，在一长直导线L 中通有电流I ，ABCD 为一矩形线圈，它与L 皆在纸面内，且AB 边与L 平行．(1) 矩形线圈在纸面内向右移动时，线圈中感应电动势方向为_________． (2) 矩形线圈绕AD 边旋转，当BC 边已离开纸面正向外运动时，tt ttt (b) (a)ILC线圈中感应动势的方向为__________．16、磁换能器常用来检测微小的振动．如图，在振动杆的一端固接一个N 匝的矩形线圈，线圈的一部分在匀强磁场B中，设杆的微小振动规律为x =A cos t ,线圈随杆振动时，线圈中的感应电动势为__________________．17、半径为r 的小绝缘圆环，置于半径为R 的大导线圆环中心，二者在同一平面内，且r <<R ．在大导线环中通有正弦电流（取逆时针方向为正）I =I 0sin t ，其中、I 0为常数，t 为时间，则任一时刻小线环中感应电动势（取逆时针方向为正）为_______________________________．18、一面积为S 的平面导线闭合回路，置于载流长螺线管中，回路的法向与螺线管轴线平行．设长螺线管单位长度上的匝数为n ，通过的电流为t I Im ωsin =（电流的正向与回路的正法向成右手关系），其中I m 和为常数，t 为时间，则该导线回路中的感生电动势为__________________．19、如图所示，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 =____________；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____________点电势高．20、金属杆AB 以匀速v =2 m/s 平行于长直载流导线运动，导线与AB 共面且相互垂直，如图所示．已知导线载有电流I = 40 A ，则此金属杆中的感应电动势i =____________，电势较高端为______．(ln2 = 0.69)×××x×××××B21、半径为L 的均匀导体圆盘绕通过中心O 的垂直轴转动，角速度为，盘面与均匀磁场B垂直，如图．(1) 图上Oa 线段中动生电动势的方向为_________________． (2)填写下列电势差的值(设ca 段长度为d )：U a －U O =__________________．U a －U b =__________________．U a－U c =__________________．22、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 =____________．23、面积为S 的平面线圈置于磁感强度为B的均匀磁场中．若线圈以匀角速度绕位于线圈平面内且垂直于B方向的固定轴旋转，在时刻t = 0B 与线圈平面垂直．则任意时刻t 时通过线圈的磁通量为__________________，线圈中的感应电动势为__________________．若均匀磁场B是由通有电流I 的线圈所产生，且B =kI (k为常量)，则旋转线圈相对于产生磁场的线圈最大互感系数为______________．24、写出麦克斯韦方程组的积分形式： ， ， ， 。
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电磁感应答案(同步训练第28至32页)
一．选择题
1. B 注释: 楞次定律, 根据右手定则两根导线在圆形线圈区域的合磁场方向为垂直纸面向外,再由磁场逐渐变大,感应电流磁场因阻碍其变化垂直纸面向里,易知感应电流为顺时针.
2. A 注释: 楞次定律,由题知感应电流磁场方向与原磁场方向相反,应使磁通量变大,只有A 选项符合.
3.D 注释: 法拉第电磁感应定律. 由题可算得2
2cos(
)sin 2
m Bl t Bl t π
φωω=-= ,再由
2cos m
d Bl t dt
φεωω=-
=-，电动势大小取绝对值。
4.A 注释：动生电动势方向为：v B ⨯
的方向在导线上的投影，利用右手定则判断，可知CA 段电动势方
向为C →A 则A 端比C 端高（电动势方向为低电势指向高电势）；CB 段电动势方向为C →B 则B 端比C 端高，又因为CA 段长切割磁感线多，所以A 比B 电势高。
还可详细计算
213()24A C CA U U B l εω-=+=
;211()24B C CB U U B l εω-=+=得21
4
A B U U Bl ω-= 5.D, 注释：导线与磁场平行没有切割磁感线故电动势为零；或者根据右手定则判断v B ⨯
的方向垂直纸
面向外在导线上没有投影。
或者sin cos 02l vB dl π
εθ==⎰
6.D 注释：楞次定律
7.D 注释：自感是描述线圈性质的一个物理量，只与线圈的几何形状、大小及周围磁介质有关，与是否通电流无关。
8A 注释：根据右手定则和楞次定律（互感）可知左边线圈感应电流磁场向下，所以C 板带正电，再右边电路vBl ε=，vBl I R
R ε
=
=
，左边线圈互感电动势dI dv
M
MBl MBla dt dt
ε=-=-=-互为常数(利用到导轨匀加速,加速度为常数)
9.D 注释: 感生电场. 变化磁场为圆柱形空间,可知感生电场线为一系列同心圆,连接,,,oa ob oa ob '',因感生电场线与半径垂直,所以在半径,,,oa ob oa ob ''方向上不产生感生电动势,所以
oab ab oab d dt φεε∆∆==-
,oa b a b oa b d dt
φ
εε''∆''''∆==-,又因为oab oab oa b oa b BS BS φφ'''∆∆∆∆=<=,可得答案。
注意比较的是对磁通量有贡献的有效面积。
10.B 注释：螺线管的自感系数2
2()N L n V LS L μμ==，又磁场能量21
2
W LI = 二．填空题
1．2sin 0nI r t m
μωωπ 注释：无限长密绕螺线管管外没有磁场，所以磁通量中的面积为管的横截面积，
管内磁场o B ni μ=。
再有2sin 0m
nI r t m d dt
μωωφε=-=-π
2．
292
B R ω ；O 点 注释：利用在均匀磁场中，导线在与磁场垂直的平面内围绕其一端匀速转动产生的
动生电动势的两个结论：21
2
Bl εω=
和任意形状导线与连接其始末端对应的直导线等效。
利用右手定则判断动生电势方向为b →O ，所以O 点电势最高。
, 3．导线端点；导线中点 注释：结合选择题第4题。
4． 22
1R B ω;沿曲线由外指向中心 注释：利用在
均匀磁场中，导线在与磁场垂直的平面内围绕其一端匀速转动产生的动生电动势的两个结论：
21
2
Bl εω=和任意形状导线与连接其始末端对应的直导线等效。
利用右手定则判断动生电势方向。
5．答案见图．
注释: dI L dt ε=-及导数的意义:dI dt
为I-t 图斜率
6．20 J 注释: 磁场能量2
12
W LI =
7. 1:2 ；1:2 注释: ：螺线管的自感系数2
2(
)N L n V LS L μμ==，又磁场能量212
W LI = 8．2A 注释: 位移电流数值上等于极板上电量随时间变化率。
dq dU i C dt dt
== 9．不能 注释：静电场为保守力场，静电场力做功与路径无关，只与始末位置有关，进而在静电场中引入了电势能和电势的概念；而感生电场为非保守场，做功与路径有关，所以不能引入电势的概念。
三．计算题
1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为 0()2I
B x
μ=
π 0d (
)2d b
d
Ia
x BdS x
μΦ+==
⎰⎰
π0ln(
)2Ia
d b d
μ+=
π
∴
ε
0()
d ln[
]2d a
d d b I
dt
d t
μΦ+=
=π
2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为
t r B
m ωπcos 2
2
=Φ
2s in 2t r B dt d m ωωπε=Φ-= ， R t r B R i 2sin 2ωωπε=
=
3．解：建立坐标(如图)则：
x
I B π=
20μ， B
方向⊙
εd x x
I x B d )1
(2v d v 0π=
=μ
ε0a
v 1
d ()d 2a b
I x x
με+==π⎰⎰a
b a I +π
=ln
2v 0μ
根据楞次定律可知 D 端电势高 4．解：(1)
B a U U U E O OE 22
1
ω=-=
(2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以OE EF OF εεε+= 即可直接由辅助线上的电动势 OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势． a a OF 245cos 2=︒=
B a a B U U U F O OF 22)2(2
1
ωω==-= (3) 根据楞次定律可知 O 点电势最高
O
I C
D
v
O。