电磁学课后习题答案

第五章 静 电 场

5 －9 若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为

E?1Q

πε04r2?L2(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为

E?1Q 222πε0r4r?L若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq＝Qdx/L，它在点P的电场强度为

dE?整个带电体在点P的电场强度

1dqer

4πε0r?2E??dE

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

(1)若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同，

E??dEi

L(2)若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是

E??dEyj??sinαdEj

L证 (1)延长线上一点P的电场强度E?则

dq利用几何关系 r′＝r－x统一积分变量，?L2πε0r?2，

EP??1QdxQ?11?1Q电场强度的方向???22??-L/24πεL?r?x?24πεLr?L/2r?L/2πε4r?L?00?0L/2沿x轴.

(2)根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E的方向沿y轴，大小为

E??2sinαdqdE

L4πεr?202利用几何关系 sin α＝r/r′，r??r?x统一积分变量，则

E??1rQdx22-L/24πε0Lx?rL/2??2/3?Q1

2πε0r4r2?L2当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

E?liml??1Q/L2πε0r1?4r2/L2 ?λ2πε0r

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.

5 －14 设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.

分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即Φs?E?dS

S?方法2：作半径为R的平面S′与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

?E?dS?S1?q?0 ε0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而

Φ??E?dS???E?dS

SS?解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

Φ??E?dS???E?dS

SS?依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，

Φ??E?πR2?cosπ?πR2E

解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①

E?E?cose?sincosθeθ?sinθsiner?

dS?R2sinθdθder

Φ??E?dS??ER2sin2θsindθdSS??ERsinθdθ?sind00π22π

?πR2E5 －17 设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为

?0?r?R?ρ?kr

?r?R?ρ?0 k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.

分析 通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称

分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度

大小为常量，且方向垂直于球面，因而有E?dS?E?4πr

S?2根据高斯定理E?dS??1ρdV，可解得电场强度的分布. ε0?(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为dq?ρ?4πr?2dr?，每个带电球壳在壳内激发的电场dE?0，而在球壳外激发的电场

dE?dqe 2r4πε0r由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布

?0?r?R?E?r???dE 0r?r?R?E?r???dE 0R

解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理

?E?dS?1ρdV得球体内(0≤r≤R) ?ε01rπk4E?r?4πr??kr4πr2dr?r

ε00ε02kr2E?r??er

4ε0球体外(r＞R)

E?r?4πr2?1Rπk42kr4πrdr?r ?0ε0ε0kR2E?r??er

4ε0解2 将带电球分割成球壳，球壳带电

dq?ρdV?kr?4πr?2dr?

由上述分析，球体内(0≤r≤R)

1kr??4πr?2dr?kr2E?r???er?er 204πεr4ε00r球体外(r＞R)

E?r???R01kr??4πr?2dr?kR2er?er

4πε0r24ε0r25 －20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2.求电场分布.电场强度是否为离球心距离r的连续函数？试分析.

分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而

?EdS?E?4πr2.在确定高斯面内的电荷

?q后，利用高斯定理?EdS??q/ε0即可求

出电场强度的分布.

解 取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析

E?4πr2??q/ε0

r＜R1，该高斯面内无电荷，?q?0，故E1?0 Q1r3?R13R1＜r＜R2，高斯面内电荷?q? 33R2?R1Q1r3?R13故 E2? 34πε0R2?R13r2R2＜r＜R3，高斯面内电荷为Q1，故

??????E3?r＞R3，高斯面内电荷为Q1＋Q2，故

Q1

4πε0r2E4?Q1?Q2 24πε0r电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r＝R3的带电球面两侧，电场强度的跃变量

ΔE?E4?E3?Q2σ ?4πε0R32ε0

这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变.

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2＞R1)，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r处的电场强度：(1)r＜R1，(2) R1＜r＜R2，(3)r＞R2.

分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且EdS?E?2πrL，求出不同半径高斯面内的电荷

??q.即可解得各区域电场的分布.

?q?0

E1?0

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

E?2πrL??q/ε0

r＜R1，

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R1＜r＜R2，

?q?λL

E2?λ 2πε0rr＞R2，

?q?0

E3?0

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

ΔE?这与5－20题分析讨论的结果一致.

λλLσ?? 2πε0r2πε0rLε05 －22 如图所示，有三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且Q1＝Q3＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1、Q3的情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

分析 由库仑力的定义，根据Q1、Q3所受合力为零可求得Q2.外力作功W′应等于电场力作功W 的负值，即W′＝－W.求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为

?W??Q2Edl

0其中E是点电荷Q1、Q3产生的合电场强度. (2)根据电场力作功与电势能差的关系，有

W?Q2?V0?V???Q2V0

其中V0是Q1、Q3在点O产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q1所受的合力为零

Q1Q2Q3?Q?0 1224πε0d4πε0?2d?1414解得 Q2??Q3??Q

由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为

E?E1y?E3y?2πε0d?y?Qy223/2?

将Q2从点O沿y轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为

W????Q2E?dl???0??0Qy?1??Q???4??2πε0d2?y2??Q2dy? 3/28πε0d解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2??Q，并由电势 的叠加得Q1、Q3在点O的电势

14V0?Q1Q3Q ??4πε0d4πε0d2πε0d将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功

Q2 W???Q2V0?8πε0d比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为

E?λer 2πε0r为电荷线密度.(1)求在r＝r1和r＝r2两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r→∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明. 解 (1)由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

U12??E?dr?r1r2λrln2 2πε0r1(2)不能.严格地讲，电场强度E?λer只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分2πε0r布在无限空间，r→∞处的电势应与直线上的电势相等.

5 －27 两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2.求：(1)各区域电势分布，并画出分布曲线；(2)两球面间的电势差为多少？

分析 通常可采用两种方法(1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由Vp???pE?dl可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.

一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为

V?Q 4πε0r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

V?Q 4πε0R其中R是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

解1 (1)由高斯定理可求得电场分布

?r?R1?E1?0 E2?E3?由电势V?Q1?R1?r?R2? e 2r4πε0rQ1?Q2?r?R2?er 24πε0r??rE?dl可求得各区域的电势分布.

当r≤R1时，有

V1??E1?dl??E2?dl??E3?dlrR1R2R1R2??11?Q1?Q2??RR??4πεR2?02?1Q1Q2??4πε0R14πε0R2?0?Q14πε0当R1≤r≤R2时，有

R2?

V2??E2?dl??E3?dlrR2?11?Q1?Q2?r?R??4πεR

2?02?Q1Q2??4πε0r4πε0R2Q?14πε0当r≥R2时，有

V3??E3?dl?r?Q1?Q2

4πε0r(2)两个球面间的电势差

U12??E2?dl?R1R2Q1?11??? ???4πε0?R1R2?解2 (1)由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r≤R1，则

V1?Q1Q2 ?4πε0R14πε0R2若该点位于两个球面之间，即R1≤r≤R2，则

V2?Q1Q2 ?4πε0r4πε0R2若该点位于两个球面之外，即r≥R2，则

V3?(2)两个球面间的电势差

Q1?Q2

4πε0rU12??V1?V2?r?R2?Q1Q1 ?4πε0R14πε0R2第六章 静电场中的导体与电介质

6 －1 将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（ ）

（A）升高 （B）降低 （C）不会发生变化 （D）无法确定

分析与解 不带电的导体B相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 －3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O点有（ ） （A）E?0,V?q 4πε0d（B）E?qq ,V?24πε0d4πε0d（C）E?0,V?0 （D）E?qq ,V?4πε0d24πε0R

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q在导

体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O点的电势等于点电荷q在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( )

（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关

分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面

内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E）。 6－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）

（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍

分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S有

1??1?χE?dS?E?dS??qi ?S?S0ε0i即E＝E０/εｒ，因而正确答案为（A）。

6－8 一导体球半径为R１，外罩一半径为R2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V０．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若V0?Q，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度

4πε0R2处处为零，内球不带电．

若V0?Q，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带

4πε0R2?电．一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由Vp??pE?dl或电势叠加求出电势的

分布．最后将电场强度和电势用已知量V0、Q、R１、R2表示．

解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定

2理E?dS?E?r??4πr?E?r????q/ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各

区域内的电场分布为 r＜R１时，E1?r??0 R１＜r＜R2时，E2?r??q

4πε0r2r＞R2时，E2?r??Q?q 24πε0r由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．

r＜R１时，

V1??E?dl??E1?dl??E2?dl??E3?dl?rrR1R2?R1R2?qQ ?4πε0R14πε0R2R１＜r＜R2时，

V2??E?dl??E2?dl??E3?dl?rrR2?R2?qQ ?4πε0r4πε0R2r＞R2时，

V3??E3?dl?r?q?Q 4πε0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r＜R１）

V1?在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2）

qQ ?4πε0R14πε0R2V2?在球壳外（r＞R2）

qQ ?4πε0r4πε0R2V3?由题意

q?Q 4πε0rV1?V0?得

qQ ?4πε0R24πε0R1V1?V0?代入电场、电势的分布得 r＜R１时，

qQ ?4πε0R24πε0R1E1?0；V1?V0

R１＜r＜R2时，

E2?r＞R2时，

R1V0R1QR1V0(r?R1)Q； ?V??2r4πε0R2rr24πε0R2r2E3?R1V0(R2?R1)QR1V0(R2?R1)Q； V???322r4πε0R2rr4πε0R2r6－12 如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0，内半径为ɑ，外半径为b，腔内距球心O为r处有一点电荷q，求球心的电势．

分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布．球心O点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势

dV?dq

4πε0R由于R为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R的带电球面在球心产生的电势为

V???由电势的叠加可以求得球心的电势．

dqq ?s4πεR4πεR00解 导体球内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为

V?qqq?Q ??4πε0r4πε0a4πε0b第七章 恒定磁场

7 －2 一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）

（A）2πr2B （B）πr2B （C）2πr2Bcosα （D）πr2Bcosα

分析与解 作半径为r的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；

Φm?B?S．因而正确答案为（D）．

7 －3 下列说法正确的是（ ）

（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零

（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）．

7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2回路外有电流I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则（ ）

（A）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??（B）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??（C） B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??（D）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??

分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．

7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接。求环心O的磁感强度．

分析 根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，Bef?0．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于

Idl?r?0，由毕－萨定律知Bbe?Bfa?0．流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆

弧在点O激发的磁场分别为

B1?μ0I1l1μ0I2l2B?, 2224πr4πr其中I1、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有

I1l1?I2l2

将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B．

解 由上述分析可知，点O的合磁感强度

B?B1?B2?μ0I1l1μ0I2l2??0 224πr4πr7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？

分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0??B

i解 （ａ）长直电流对点O而言，有Idl?r?0，因此它在点O产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有

B0?B0的方向垂直纸面向外．

μ0I 8R（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

B0?B0的方向垂直纸面向里．

μ0Iμ0I? 2R2πR（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B0?B0的方向垂直纸面向外．

μ0IμIμIμIμI?0?0?0?0 4πR4πR4R2πR4R7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．

分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

dΦ?B?dS?矩形平面的总磁通量

μ0lldx 2πxΦ??dΦ

解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量

Φ??d2d1μ0lμIldldx?0ln2 2πx2πd17 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1）r＜R1；（2）R1＜r＜R2；（3）R2＜r＜R3；（4）r＞R3．画出B－r图线．

分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，

?B?dl?B?2πr，利用安培环路定理?B?dl?μ?I，可解得各区域的磁感强度．

0解 由上述分析得 r＜R1

B1?2πr?μ012 πr2πR1B1?R1＜r＜R2

μ0Ir 2πR12B2?2πr?μ0I

B2?R2＜r＜R3

μ0I 2πr?πr2?R2?B3?2πr?μ0?I?I? 22πR?R32??μ0IR32?r2 B3?222πrR3?R2r＞R3

????B4?2πr?μ0?I?I??0

B4?0

磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．

7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30A，矩形回路载有电流I2＝20A．试计算作用在回路上的合力．已知d＝1.0cm，b＝8.0cm，l＝0.12m．

分析 矩形上、下两段导线受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．

解 由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为

F3?μ0I1I2l 2πdF4?故合力的大小为

μ0I1I2l

2π?d?b?F?F3?F4?合力的方向朝左，指向直导线．

μ0I1I2lμIIl?012?1.28?10?3N 2πd2π?d?b?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 －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）Φm?LI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D） Φm?LI，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 －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

dI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dt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ξ??dΦ来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁dt通量就需用Φ?B?dS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B1与

S?B2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dS?ddx，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元dS?dxdy，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EM??M解1 穿过面元ｄS 的磁通量为

dl求解． dtdΦ?B?dS?B1?dS?B2?dS?因此穿过线圈的磁通量为

μ0IμIddx?0ddx

2π?x?d?2πxΦ??dΦ??再由法拉第电磁感应定律，有

2dd2dμIdμ0IdμId30dx??dx?0ln

d2π?x?d?2πx2π4E??dΦ?μ0d3?dI??ln? dt?2π4?dt解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为

Φ?线圈与两长直导线间的互感为

μ0dI3ln 2π4M?当电流以

Φμ0d3?ln I2π4dl变化时，线圈中的互感电动势为 dtE??MdI?μ0d3?dI??ln? dt?2π4?dt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Φ?B?dS?f?1,ξ?，它表现为变量I和ξ的二元函数，将Φ代

?S入E??dΦdξ?v，再令ξ＝d即可求即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中dtdt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 －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E??dΦ计算（此时必须构造一个包dt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E???v?B??dl来计

l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

EOP??lOP?v?B??dl

??vBsin90ocosαdl ???lsinθω?Bcos90o?θdl

l???ωBsin2θ?ldl?0L12ωB?Lsinθ? 2由矢量v?B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

E??显然，EQO＝0，所以

dΦ?0?EOP?EPQ?EQO dtEOP??EPQ?EQO?12ωB?PQ? 2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v?2.0m?s?1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E?标系，所取导体元dl?dx，该处的磁感强度B???v?B??dl求解，建立图（a）所示的坐

lμ0I．（2）用法拉第电磁感应定律求解，2πx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Φ?B?dS求得穿过该

S?回路的磁通量，再代入公式E??dΦ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． dt解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EAB???v?B??dl?dxl???0.1mAB1.1mμ0μIvvdx??0ln11??3.84?10?5V式中负号表示2πx2π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

dΦ?B?dS?穿过回路的磁通量为

μ0Iydx 2πxΦ??dΦ??Sμ0IμIyydx??0ln11

0.1m2πx2π1.1m回路的电动势为

E??dΦμIdyμIy??0ln11??0??3.84?10?5V dt2πxdt2π由于静止的形导轨上电动势为零，所以

EAB?E??3.84?10?5V

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?v?B??dl?0］，因而线框中的总电动势为

E???v?B??dl???v?B??dl???v?B??dl???v?B??dl?Eef?Ehg其等效电路

efghefhg如图（ｂ）所示．

dΦ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dtdξ?v．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dt2．用公式E??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

E?Eef?Ehg

???v?B??dl???v?B??dl

efhg?l2μ0Ivl2μ0Ivdl?dl ??002πd2π?d?l1??μ0IvI1I2

2π?d?l1?由Eef＞Ehg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

Φ??相应电动势为

l10μ0Il2μ0Il2ξ?l1dx?ln

2π?x?ξ?2π?x?ξ?ξE?ξ???dΦμ0Ivl2l1 ?dt2πξ?ξ?l1?令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

E?μ0Ivl2l1

2πd?d?l1?由E＞0可知，线框中电动势方向为顺时针方向．

解1 根据分析，线框中的电动势为

E?Eef?Ehg

???v?B??dl???v?B??dl

efhg?l2μ0Ivl2μ0Ivdl?dl ??002πd2π?d?l1??μ0IvI1I2

2π?d?l1?由Eef＞Ehg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

Φ??相应电动势为

l10μ0Il2μ0Il2ξ?l1dx?ln

2π?x?ξ?2π?x?ξ?ξE?ξ???dΦμ0Ivl2l1 ?dt2πξ?ξ?l1?令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

E?μ0Ivl2l1

2πd?d?l1?由E＞0可知，线框中电动势方向为顺时针方向．

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