大学物理八九章部分习题解答

第三篇 电磁学

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

R2nIdx dB?22322(R?x)?0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

B??dB?L?0R2nI2?x2x1dx

(R2?x2)32习题8-10图解（a） ??0nI2[x2x1?] 22122212(R?x2)(R?x1)由图可知cos?1?x1x2，代入上式并整理可得 　　cos??222122212(R?x1)(R?x2)B??0nI2(cos?2?cos?1)

式中?1和?2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，?2?0，?1??，则有

B??0nI

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，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?1?哪一种情况均有

??，?2＝0或?1?，?2＝?时，无论22B?1?0nI------(8-19) 2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。

习题8-10图解（b） 63

第三篇 电磁学

8-11两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I＝10A，方向相同，如图8-49题图(左)所示。求图中M、N两点的磁感强度B的大小和方向。已知图中的r0?0.020m。

图8-49 习题8-11图解 分析：因无限长直流载导线在距离a处的磁感应强度为B?理进行求解较为方便。

解：由题可知，两长直导线在M处产生的磁感强度大小均为B1?B2??0I，因此，本题由磁场的叠加原2?a?0I，但方向相反；在2?r0N处产生的磁感强度均为：B1?B2?方向沿水平向左。即：

?0I方向如图8-49(右)所示，由图可知，B1和B2合成的

22?r0?0I?0I??0 2?r02?r0?B2cosM处的磁感强度为：BM?B1?B2?N处的磁感强度为： BN?B1cos方向沿水平向左。

?4?4?(B1?B2)cos?4??0I?1.0?10?4T 2?r08-12如图8-50题所示，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处的磁感强度。

分析：因带电流为I圆弧在其圆心处产生的磁感应强度为

B??0I??，方向可由右手法则确定，因此，本题由磁场的2R2?解：设图8-50中圆弧的半径为R。由题可知，ef距O点

叠加原理求解较为方便。

很远，故Be f?0；O点在eb和fa的延长线上故Beb?Bfa?0；又因载流圆弧在圆心处产生的磁感强度为：

图8-50 习题8-12图解 B??0I??Il?Il??l弧和adb??l弧在O点产生的磁??0??02，其中l为圆弧长，故acb122R2?2R2?R4?R?0I1l1?0I2l2B?， 2224?R4?R?构成并联电路，所以有： ?和圆弧adb又由于导线的电阻与导线的长度成正比，且圆弧acbB1?感强度分别为：

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I1l1?I2l2

根据叠加原理可得o点的磁感强度为：

B?Bef?Beb?Bfa?B1?B2?为多少?

?0I1l1?0I2l2??0 4?R24?R28-13 如图8-51所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O处的磁感应强度各

图8-51 习题8-13图解 分析：因载流圆弧在圆心处产生的磁感强度为：B?流直导线在距离a处的磁感应强度为B?解：图8-51(a)中，将流导线看作

?0I??Il?Il??0??02，无限长载2R2?2R2?R4?R?0I，故可由叠加原理求解。 2?a1圆电流和两段半无限长载流直导线，则： 4?I?IB0?B圆弧?B长直导线?B长直导线?0+0+0=0

8R8R磁感应强度B0的方向垂直纸面向外。

图8-51(b)中，将载流导线看作圆电流和长直电流，则：

B0?磁感应强度B0的方向垂直纸面向里。 图8-51(c)中图中，将载流导线看作

?0I2R??0I 2?R1圆电流和两段半无限长直电流，则： 2图8-52 习题8-14图解

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B0??0I?0I?0I?0I?0I???? 4?R4?R4R2?R4R磁感应强度B0的方向垂直纸面向外。

8-14如图8-52（a）所示，一宽为b的薄金属板，其电流为I。试求在薄板的平面上，距板的一边为r的点P的磁感应强度。

分析：建立图8-52 (b)所示的坐标系，将金属板分成无限多份宽度为dx的载流长直导线。现在距O点x处取一载流长直导线，其电流为dI?再由叠加原理求解。

解：载流薄板在p点处产生的磁感应强度的大小为：

?dIIdx，在p点处产生的磁感应强度为：dB?0，b2?xB??讨论：当b?r时，则

r?brdB??r?br?0I?Ir?bdx?0ln 2?bx2?br磁感应强度的方向垂直纸面向里。

B??0Ir?b?0I?Ib1bbln?ln(1?)?0[?()2???] 2?br2?br2?br2r?I?0 2?r表示，宽度为b的载流金属板在p点处产生的磁感应强度，可视为载流直导线在可p点处产生的磁感应强度。B的分布曲线如图8-52(c)所示。

8-15 如图8-53所示，在磁感强度为B的均匀磁场中，有一半径为R的半球面，B与半球面轴线的夹角为?。求通过该半球面的磁通量。

分析：构建一个闭合曲面，再由高斯定理求解。

解：设有一半径为R的圆面与半径为R的半球面构成封闭曲面，则由磁场的高斯定理可知：

??所以：

封闭曲面B?ds???半球面B?ds+??圆面B?ds=0

图8-53 习题8-15图解 ??半球面B?ds=??圆面B?ds=?R2Bcosa

8-16电流I均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线通过图8-54中所示剖面的磁通量。

分析：将导线视为长直圆柱体，由于电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上各点，B大小相等，方向与电流成右手螺线关系。

解：围绕轴线取同心圆环路L，使其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理可求得导线内部距轴线r处的磁感强度。

图8-54 习题8-16图解 ?0Ir2I2??LB?dl?B?2?r??0?I??0?R2?r?R2

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B??0Ir； 22?R如图8-54所示，在距轴线r处的剖面上取一宽度dr很窄的面元ds?ldr，该面元上各点的B相同，由磁通量的定义可知穿过该面元的磁通量为：

d??Bds?故：

?0Irldr 2?R2?0Ir?0Illd?

02?R24???0I?单位长度的磁通量为：?0? l4????d???R8-17 如图8-55（a）所示，两平行长直导线相距40cm，每条通有电流I?200A，求：

(1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A（图中未标）处的磁感应强度；

(2)通过图中斜线所示矩形面积内的磁通量。已知

r1?r3?10cm，r2?20cm，l?25cm。

分析：用已知的结论：长直载流导线在空间某点产生的磁感应强度为B?解。

(1)解：由B??0I、磁通的叠加原理和磁场的叠加原理可方便求2?a图8-55 (a) 习题8-17图解 ?0I和磁场的叠加原理可知，两导线所在平面内与该两导线等距的一点A处的2?a磁感应强度的大小为：

?0I?0I?0I4??10?7?200B?B1?B2?????4.0?10?4T

2?a2?a?a??0.2磁感应强度的方向垂直纸面向里。

(2)建立如图8-55 (b)所示的坐标，穿过线圈的总磁通?总等于一条电流产生磁通?的两倍，即

?总?2?。

方法一：在中距原点O为x处取一很窄的面积元dS?ldx，穿

d??B1dS?过该面积的磁通量为：

??2?为

r2?r1?0Ildx。穿过线圈的总磁通为： 2?xr1?0Ildx?2.2?10?5Wb 2?x方法二：设两电流相距为d，则由两电流产生的磁感应强度大小

B?故：

?0I?0I? 2?x2?(d?x)图8-55 (b) 67

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r1?r2r1?r2?总??上均匀分布。求：

r1BdS??2r1[?0I?0I?]ldx?2.2?10?5(Wb) 2?x2?(d?x)8-18已知横截面积为10mm裸铜线允许通过50A电流而不会使导线过热，电流在导线横截面(1)导线内、外磁感强度的分布； (2)导线表面的磁感强度。

分析：将导线视为长直圆柱体，由于电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上各点，B大小相等，方向与电流成右手螺线关系。

解：(1)围绕轴线取同心圆环路L，使其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理

??B?dl???I可知：

0??B?dl?B?2?r???I

L0IIr22?r?2，所以： 当r?R时，?I?2?RR?IrB?02；

2?R当r?R时，

?I?I，所以：

B??0I 2?r，

(2)在导线表面，由题可知：I?50IR?S??1.78?10?3m，则由(1)问可得：

B??0I?5.6?10?3T 2?R习题8-18图解 磁感强度的分布曲线如习题8-18图解所示。

图8-56 习题8-19图解（a） 8-19 有一同轴电缆，其尺寸如图8-56（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；

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（4）r?R3，画出B?r图线。

分析：由于同轴导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称分布，因此可由安培环路定理定理求解。

解：取半径为r的同心圆为积分路径，由(1)当r?R1时有：B1?2?r??0??B?dl???I有：

l0?0IrI2 ?rB?1?R122?R12?0I 2?r(2) 当R1?r?R2时有：B2?2?r??0I B2??0IR32?r?(r2?R22)(3) 当R2?r?R3时有：B3? 2?r??0[I?I] B3?2?(R32?R22)2?rR32?R2(4) 当r?R3时有：B4?2?r??0(I?I)?0 B4?0 磁感强度B?r图线如图8-56 (b)所示。

8-20如图8-57所示，N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上。求通入电流I后，环内外磁场的分布。

分析：由于N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上，由右手螺旋法则可知：螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，因此，由安培环路定理求解较方便。

解：取半径为r的圆周为积分路径，则由知：

当r?R1时，B1?2?r?0 B1?0 当R2?r?R1时，B2?2?r??0NI B2?当r?R2时，B3?2?r?0 B3?0

8-21 测定离子质量的质谱仪如图8-58所示。离子源S产生质量为m，电荷为q的离子，离子的初速度很小，可看作是静止的，经电势差V加速后离子进入磁感强度为B的均匀磁场，并沿一半圆形轨道到达离入口处距离为x的感光底片上。试证明该离子的质量为

??B?dl???I可

0图8-57 习题8-20图解 ?0NI 2?rB2q2m?x

8V分析：离子在电场中由静止加速后进入均匀磁场中作半径为r的圆周运动，所需向心力为其所受的洛伦兹力。

证明：根据动能定理有：

1m?2?qU (1) 2离子以速率?进入磁场后作圆周运动所需的向心力为其所受的洛伦兹力，作圆周运动的半径为r?图8-58 习题8-21图解 x，即： 2q?B?m

?2x/2 (2)

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第三篇 电磁学

由(1)、(2)可得

B2q2m?x

8U8-22 在一真空室中的电子通过一个电势差V0被加速，然后进入两个带电平行金属板之间的空

间，两金属板之间的电势差为300V，如图8-59所示。求：

（1）如果电子进入两板之间的空间时的速率为

6.0?106m?s?1，则该电子是通过多大的电势差V0被加

速的；

（2）如果两板间还有一匀强磁场，其方向与纸面垂直，则磁场B必须多大，才能使电子无偏转地在两板间运动。

分析：电子在电场中由静止加速后进入电磁场中，

要使其无偏转即作直线运动，则忽略重力时，电子所受的电场力应等于其所受的洛伦兹力。即。 F电场力?f洛伦兹力解：(1)根据动能定理有：

图8-59 习题8-22图解 1m?02?qV0，即 2V0?m2?0?102V 2q(2)电子在两板间运动时，同时受到洛伦兹力和电场力的作用，要使电子不偏转，则洛伦兹力和电场力应相等，即q?B?qE，结合V?dE有：

B?E??V?5.0?10?3T ?d?48-23 已知地面上空某处地磁场的磁感强度B?0.4?10T，方向向北。若宇宙射线中有一速率??5.0?10m?s的质子，垂直地通过该处。求：

（1）洛伦兹力的方向；

（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较。 分析： 解：

(1)洛伦兹力的方向为??B的方向； (2)???B，故质子所受的洛伦兹力为：

7?1F?q?B?3.2?10?16N

质子在地球表面所受的万有引力为：

FG?mpg?1.64?10?26

F?1.95?1010 FG由此可见，质子所受的洛伦兹力远大于重力。 8-24 如图8-60所示。设有一质量为me的电子

图8-60 习题8-24图解 射入磁感强度为B的均匀磁场中，当它位于点M时，具有与磁场方向成?角的速度?，它沿螺旋

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第三篇 电磁学

线运动一周到达点N。试证M、N两点间的距离为

MN?2?me?cos?

eB分析：将入射电子的速度沿磁场方向和垂直磁场方向分解为?//和??，电子在垂直磁场的平面内在洛伦兹力的作用下作匀速圆周运动，在沿磁场方向，电子不受磁场力作用，作匀速运动。电子在磁场内同时参与上述两种运动，其运动轨迹是等距螺旋线。根据电子前进一个螺距所需的时间与电子作匀速圆周运动所经历的时间相等，可得证式。

证：由MN?T?//可得：入射电子在磁场方向前进一螺距MN所需的时间为：

T?MN?//?MN (1)

?cosa2?me (2) eB在垂直磁场方向的平面内，电子作匀速圆周运动的周期为：

T?2?R???根据电子前进一个螺距所需的时间与电子作匀速圆周运动所经历的时间相等可得：

MN?2?me?cosa

eB8-25一通有电流为I的导线，弯成如图8-61（a）所示的形状，放在磁感强度为B的均匀磁场中，B的方向垂直纸面向里．问此导线受到的安培力为多少?

图8-61 习题8-25图解 分析：将导线分解成两段直线和一段半圆弧三部分。由于两段直导线所受的安培力大小相等，但方向相反，由安培定律可知：F两段导线?0，因此，此导线所受的安培力为半圆弧部分所受的安培力。

解： 如图8-61 (b)所示，在半圆弧上与x轴成?角处任取一圆弧dl?Rd?，该圆弧所受的力为：

dF1?Idl?B=IRBdθ，方向如图所示。由对称性可知，整个半圆弧在x轴上所受的合力为零。

故有：

F1??dF1y??BIRsin?d??2BIR

0?由叠加原理可知：所求导线的安培力为：

F?F两段导线?F圆弧?2BIRj

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第三篇 电磁学

8-26 如图8-62（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a?1.0cm，b?8.0cm，l?0.12m。

图8-62 习题8-26图解 分析：由题可知，矩形上、下两段导线所受的安培力大小相等，方向相反，两力的矢量和为零，而矩形的左右两段导线由于载流导线在该处产生的磁感应强度不相等，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力。

解：设上、下两段导线所受的力分别为F1和F2，左右两段导线所受的力分别为F3和F4，如图8-62（b）所示。由安培定律和叠加原理可知，F1?F2?0；整个1和F2大小相等，方向相反，即F矩形回路所受的力为F?F3?F4。即

F?F3?F4?合力的方向向左。

?0I1I2l?IIl?012?1.28?10?3N 2?d2?(d?b)?48-27 一个正方形线圈，每边长度为0.6m，载有0.1A的稳恒电流，放在一个强度为10T的匀强磁场中。求

（1）线圈平面平行于磁场时，求线圈所受到的力矩； （2）线圈平面垂直于磁场时，求线圈所受到的力矩； （3）当线圈的法线与磁场方向之间的夹角?从0变到?时，画出力矩随角度变化的曲线。

解：由均匀磁场对载流线圈的磁力矩公式

M?BISsin?有：

(1)线圈平面平行于磁场时，即???2，

M?BIS?3.6?10?6N?m；

(2) 线圈平面垂直于磁场时，??0，M?0； (3) 因M?BISsin??3.6?10sin?，力矩随角度变化的曲线如习题8-27图解所示。

8-28 如图8-63(a)所示，一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为?r(?r＜1)，导体的磁化可以忽略不计。沿轴向有稳桓电流 通过电缆，内、外导体上电流的方

?6习题8-27图解

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第三篇 电磁学

向相反。求：

（1）空间各区域内的磁感应强度和磁化强度； （2）磁介质表面的磁化电流。

图8-63 习题8-28图解 分析：由题可知，电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感应线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆。因此，可先由磁介质中的安培环路定理求出环内的传导电流，再由磁感应强度和磁化强度的关系式求出磁感应强度B和磁化强度M。

解：(1)取与电缆轴同心的圆为积分路径。根据

??H?dl??I，有： H2?r??I

L当r?R1时，当r?R1时，

?I?IIr2 ?rH?1?R122?R12I2?r

?I?I H2?I(R32?r2)I22当R3?r?R2时，?I?I? ??(r?R2) H3?2?(R32?R22)2?r(R32?R2)当r?R3时，

?I?I?I?0 H4?0

由B??H，M?(?r?1)H可分别得：

M1?0(?导体的相对磁导率为?r?1) B1?M2?(?r?1)I2?r?0Ir 22?R1?0?rI 2?r B2??0I(R32?r2) M3?0 B3?232?r(R3?R2)M4?0 B4?0

(2)由I磁化电流?M?2?r，可分别得磁介质内、外表面的磁化电流大小为：

Isi?2?R1M2(R1)?(?r?1)I Ise?2?R2M2(R2)?(?r?1)I

对抗磁质(?r?1)，在磁介质内表面(r?R1)，磁化电流与内导体传导电流力向相反；在磁介质

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第三篇 电磁学

外表面(r?R2)，磁化电流与外导体传导电流方向相反。顺磁质的情况与抗磁质相反H(r)和B(r)分布曲线分别如图8-63 (b)和(c)。

8-29在实验室，为了测试某种磁性材料的相对磁导率?r。常将这种材料做成截面为矩形的环形样品，然后用漆包线绕成一环形螺线管。设圆环的平均周长为0.10m，横截面积为0.50?10m，线圈的匝数为200匝。当线圈通以0.10A的电流时，测得穿过圆环横截面积的磁通量为

?426.0?10?5Wb，求此时该材料的相对磁导率?r。

分析：由右手定则可知，磁感线与电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布。因此，可由安培环路定理求出磁场强度，再由磁通量公式和磁场强度和磁感应强度的关系求出?r。

解： 当环形螺线管中通以电流I时，由

??H?dl??I得磁介质内部的磁场强度为

LH?又??BS和B??H??0?rH有：

NI L?r??L?4.78?103

?0NIS8-30 如图8-64所示，一个截面为正方形的环形铁心，其磁导率为?。若在此环形铁心上绕有

N匝线圈，线圈中的电流为I，环的平均半径为r。求此铁

心的磁化强度。

分析：由题可知，磁场强度分布具有对称性，因此可先由安培环路定理求出磁场强度，再由磁场强度和磁化强度的关系求出铁心的磁化强度。

解：如图8-64所示，选取闭合回路C，由安培环路定理

??H?dl??I有：

LH?2?r?NI

NI即铁心内磁场强度为：H?

2?r又由磁场强度和磁化强度的关系得：

图8-64 习题8-30图解 M?(?r?1)H?

(?r?1)NI

2?r

综合练习题

一、填空题

1、将一无限长载流直导线弯曲成图8-65示形状，已知电流I，圆弧半径为R，??120，则圆心O点的磁感强度B= 。

2、 一长直密绕螺线管长度为L、半径为R及匝数为N，管内均匀充满磁导率为?的介质，则自感系数为 。

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0第三篇 电磁学

图8-65

图8-66

图8-67

3、如图8-66所示，载流长直导线的电流为I，矩形线圈与直导线共面，则通过矩形线圈面积的磁通量为 。

4、图8-67所示，均匀磁场B中有一边长为l的等边三角形线框中通以电流I，线框可绕OO'轴转动，则线框磁力矩大小为 ，方向为 。

5、一带电粒子以速度?垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹是半径为R的圆，若要使运动半径变为

R，磁感应强度B的大小为 。 26、有—同铀电缆，其尺寸如图8-68所示，它的内、外两导体中的电流均为I，且在横截面上均匀分布，但两者电流的流向正相反。则：（1）在 r?R1处的磁感强度大小为 ；（2）在 r?R3处的磁感强度大小为 。

7、一个匝数N＝100的圆形线圈，其有效半径为R＝5cm，通过的电流为I＝0.1A，当线圈在外磁场B＝l.5T中，而线圈的磁矩与外磁场方向之间的夹角为?，若?由0的位置转到?时，外磁场所做的功为 。

8、一无限长圆柱形直导线外包一层磁导率为

0图8-68

?r的圆筒形磁介质，导线半径为R1，磁介质外半

径为R2，电流I均匀地沿导线轴向流动，则介质内外的H与B的分布分别为 。

二、选择题

1、 设如8-69图所示的两导线中的电流I1、I2均为5A，根据安培环路定律对图中所示的三条闭合曲线a、b、c分别可得错误的是：（ ）

A、B、C、

??H?dl?5A；

aca?I2I1图8-69

??H?dl?0；

c?b??H?dl?5A；

bD、在闭合曲线c上各点的H为零。

2、取一闭合积分回路L，使三根载流导线穿过它所包围成的面，现改变三根导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则： （ ）

A、回路内的

?I不变，L上各点的B不变；

75

第三篇 电磁学

?I不变，L上各点的B改变；

C、回路内的?I改变，L上各点的B不变； D、回路内的?I改变，L上各点的B改变。

B、回路内的

3、顺磁质的磁导率： （ ） A、比真空的磁导率略小； B、 比真空的磁导率略大； C、远大于真空磁导率； D、 远小于真空磁导率。

4、一载有电流I的细导线分别均匀密绕在半径为R和r的长直圆筒上形成两个螺线管（R?2r），两螺线管单位长度上的匝数相等，两螺线管中的磁感应强度大小BR和Br应满足：（ ）

A、BR?2Br； B、BR?Br； C、2BR?Br； D、BR?4Br。

5、 如图8-70所示，L1，L2回路的圆周半径相同，无限长直电流I1，I2在L1，L2内的位置一样，但在（b）图中L2外又有一无限长直电流I3，P1与P2为两圆上的对应点，下列说法中哪一个正确？ （ ）

A、B、C、D、

??????L1B?dl???B?dl，且Bp1?Bp2

L2L1B?dl???B?dl，且Bp1?Bp2

L2L1B?dl???B?dl，且Bp1?Bp2

L2??L1B?dl???B?dl，且Bp1?Bp2

L2图8-70

6、 平行板电容器的二极板，A1为正极，A2为负极，

电子沿水平方向射入小孔S1，要使电子能由小孔S2穿出，如图8-71所示，所加磁场的大小及方向应为：（ ）

A、B?B、B?C、B?D、B?E?，方向垂直纸面向里； ，方向垂直纸面向里；

eE?E?，方向垂直纸面向外； ，方向垂直纸面向外。

图8-71

eE?7、一电荷为q的粒子在均匀磁场中运动，下列哪种说法是正确的? （ ） A、只要速度大小相同，粒子所受的洛伦兹力就相同；

B、在速度不变的前提下，若电荷q变为－q，则粒子受力反向，数值不变； C、粒于进入磁场后，其动能和动量都不变；

D、洛伦兹力与速度方向垂直，所以带电粒子运动的轨迹必定是圆。

76

第三篇 电磁学

8、下列说法中正确的是 （ ） A、H的大小仅与传导电流有关；

B、不论在什么介质中，B总是与H同向；

C、若闭合回路不包围电流，则回路上各点的H必定为零；

D、若闭合回路上各点的H为零，则回路包围的传导电流的代数和必定为零。 三、计算题

1、 如图8-72所示，一根长直导线载有电流I1，三角形回路载有电流I2，且与长直导线共面。求：三角形各边所受磁场力的大小。

图8-72 图8-73

2、 两根导线沿半径方向引到金属环上的A、C两点，电流方向如图8-73所示，求环中心O处的磁感应强度。

3、一绝对磁导率为?1的无限长圆柱形直导线，半径为 R1，其中均匀地流着电流I，导线外包一层绝对磁导率为?2的圆筒形不导电磁介质，外半径为R2，如图8-74所示。求：

（1）磁场强度和磁感应强度的分布； （2）在半径为R1和R2的表面上，磁化面电流密度是多少?

图8-74

77

第三篇 电磁学

第9章 电磁场

29-6 如图9-40所示，一截面积S?6cm的密绕线圈，共有50匝，置于B?0.25T的均匀磁

场中，B的方向与线圈的轴线平行。如使磁场B在0.25s内线性地降为零，求线圈中产生的感应电动势?i。

分析：因B随t改变，故穿过密绕线圈的?也随t改变，根据法拉第电磁感应定律要产生感应运动势。

解：由题可知B随时间变化的关系是：B??t?0.25，则磁通为：

??BS?6.0?10(?t?0.25)

由法拉第电磁感应定律可得：

?4图9－40 习题9－6图解 ?i??N自感电动势的方向为b?a。

d??0.03V dt?59-7 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??8.0?10sin100?t（SI制），求在t?1.0?10s时，线圈中的感应电动势。

分析：线圈中有N匝相同的回路，其感应电动势等于各匝回路的感应电动势之和。 解：由??N?0和法拉第电磁感应定律?i???2d?得： dt?i??N当t?1.0?10s时，?i?2.51V

?2d?0?2.51cos100?t(V) dt9-8 如图9-41所示，用一根硬导线弯成一半径为r的半圆,使这根半圆形导线在磁感应强度为B的匀强磁场中以频率f旋转，整个电路的电阻为R，求感应电流的表达式和最大值。

分析：由题可知，闭合回路的面积为S?12?r，穿过2它的磁通量?(t)?BScos?在不断变化，因此可先由法拉第电磁感应定律?i??Nd?求出感应电动势，再由欧姆定律dt图9-41 习题9-8图解 I??iR求出感应电流，据此再讨论最大值。

解：设半圆形导线与磁场垂直的位置即图示的位置为导线在初始时刻，顺时针方向为回路正向，此时半圆形导线平面的法线与B之间的夹角??0，任意时刻穿过回路的磁通量为：

1?(t)?BScos???r2Bcos2?ft

2根据法拉第电磁感应定律，有：

78

第三篇 电磁学

?i??由欧姆定律可得回路中的电流为：

d?(t)??2r2fBsin2?ft dtI(t)?故感应电流的最大值为

?iR??2r2fBRsin2?ft

Im??2r2fBR

9-9 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

dIdt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9-42所(a)示，求线圈

（a） 图9-42 习题9-9图解 中的感应电动势。

分析：由于回路处于非均匀磁场中，因此，先由??（b） ?SB?dS（B为两无限长直电流单独存在

时产生的磁感应强度之和）求出?，再由法拉第电磁感应定律求出感应电动势。

解：建立如图9-42(b)所示的坐标系，距O点x 处，在矩形线圈中取一宽度(dx)很窄的面积元

ds?ddx，在该面积元内可近似认为B的大小和方向不变。由长直导线在空间一点产生的磁感强度

B??0I可得穿过该面积元的磁通为： 2?dd??B?ds=(B1+B2)?ds=穿过线圈的磁通量为：

μ0I?Iddx?0ddx

2?(x?d)2?x???d???2dd2d?Iμ0I?Id30ddx??ddx?0ln

d2?x2?(x?d)2?4再由法拉第电磁感应定律可得：

?i??－5?d4dId??(0ln) dt2?3dt9-10 把磁棒的一极用1.5s的时间由线圈的顶部一直插到底部,在这段时间内穿过每一匝线圈的磁通量改变了5.0?10Wb，线圈的匝数为60匝，求线圈中感应电动势的大小。若闭合回路的总电阻为800?，再求感应电流的大小。

79

第三篇 电磁学

分析：先得?i，再由全电路的欧姆定律求感应电流的大小。 解：由法拉第电磁感应定律有：

??60?5?10?5?i??????2.0?10?3V

?t1.5又由I??iR有：

?2?10?3I???2.5?10?6A

8009-11 如图9-43所示，金属杆AOC以恒定速度?在均匀磁场B中垂直于磁场方向运动，已知AO?OC?L，求杆中的动生电动势。

分析：金属杆AOC沿图9-45所示方向运动时，只有OC部分

切割磁力线运动，产生动生电动势。

解：由分析可知：

?AOC??OC??BLsin?

9－12 如图9-44(a)所示，把一半径为R的半圆形导线OP置于磁感应强度为B的均匀磁场中。当导线以速率?水平向右平动时，求导线中感应电动势?的大小，哪一端电势较高?

图9-43 习题9-11图解 图9-44 习题9－12图解 d?和???(??B)?dl。因此，本题可用其中任何一

ldt种方法，电势高低通常由(??B)的方向来判断，即矢量(??B)的方向为导线中电势升高的方向。

分析：求解动生电动的方法有：???N解：方法一：假设半圆形导线OP在宽为2R的静止匚形导上滑动，如图9-44(b)所示。则两者之间形成一个闭合回路，以顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O或端点P距匚形导轨左侧距离为x，此时穿过该回路的磁通量为：

1??(2Rx??R2)B

2由法拉第电磁感应定律可得：

?i??

d?dx??2RB??2RB? dtdt80

第三篇 电磁学

式中的负号表示电动势的方向为逆时针，对OP段来说P点的电势高。

方法二： 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＝常数。因此，由法拉第电磁感应定律可知：

?i??而?i??op???p0，即：

d??0 dt?op?B ????p0?2R方法三：建立如图9-44(c)所示的坐标系，在导体上任意处取导体元dl，则:

d?i?(??B)?dl??Bsin900cos?dl??Bcos?Rd?

????d???BR??2??2cos?d??2R?B

由矢量(??B)的指向可知，端点P的电势较高。

9-13 如图9-45所示为一铜圆盘发电机的示意图，圆盘绕过盘心且垂直盘面的金属轴OO轴转动，轴的半径为R2?2.0?10?3m。圆盘放在磁感应强度B?10T的均匀磁场中，B的方向与盘面垂直。有两个集电刷分别与圆盘的边缘和转轴相连。已知圆盘的半径为R1?1.2m，厚度为d?1.0?10m，转动的角速度为

?3/??5?2?rad?s?1。试计算圆盘轴与边缘之间的电势差，并指

出何处的电势高。

分析：由题可知圆盘的厚度d?R1，即圆盘可视为厚度不计的薄圆盘，因此，可将铜盘分成无限多个线元，求出任意线元产生的动生电动势，然后积分即可。也可将铜盘视为若干个铜条，这些铜条的一端连在一起，另一端连在一起，类视于若干个电动势的并联，其大小等于一根铜条切割磁力线运动时产生的动生电动势。

解：在圆盘上沿径矢r取一线元dr。其速度大小为???r，方向在盘面上且与dr垂直。该线元的产生的动生电动势为：

图9-45 习题9-13图解 d?i?(??B)?dl

由于??B，且(??B)的方向与dr的方向相同，故有：

d?i??Bdr??rBdr

沿圆盘的径向积分，可得圆盘边缘与转轴之间的动生电动势为：

?i???rBdr??B(R12?R22)

R2R112将已知数据代入可得：

?i??5?2??10?[(1.2)2?(2.0?10?3)2]?226V

在示接外电路的情况下，?i为集电刷M,O`间的电势差。圆盘边缘的电势高于圆盘中心转轴的电势。

9-14如图9-46（a）所示，长为L的铜棒，以距端点A为r处为支点，以角速率?绕通过支点

81

12第三篇 电磁学

且垂直于铜棒的轴转动。设磁感应强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差。

图9－46 习题9－14图解 分析：棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念。其关系如同电源的路端电压与电动势间的关系，只有在开路情况下，两者的大小相等，方向相反。

解：

方法一：在棒上距O点为l处取一导体元，如图9-48 (a)所示，则：

L-r?AB??(??B)?dl??AB-r1-ωBdl???BL(L?2r)

2因此，棒两端的电势差为：VAB???AB?当L?2r时，端点A处的电势高。

1?BL(L?2r) 2方法二： 将AB棒上的电动势看作是OA棒和OB棒上电动势的代数和，如图9-48 (b)所示，其中，

?OA?11B?r2，?OB?B?(L?r)2，则 22?AB??OA??OB??B?L(L?2r)

12图9-47 习题9-15图解 9－15 如图9-47（a）所示，一长为l，质量为m的导体棒CD，其电阻为R，沿两条平行的导电轨道无摩擦地滑下，轨道的电阻忽略不计，轨道与导体构成一闭合回路，轨道所在的平面与水平面成?角，整个装置放在均匀磁场中，磁感应强度B的方向为竖直向上。求：

(1)导体在下滑时，速度随时间的变化规律； (2)导体棒CD的最大速度?m。

分析：棒在下滑过程中，因切割磁力线产生动生电动势，在回路中形成感应电流，故要受到安

82

第三篇 电磁学

培力的作用，其方向与下滑的方向相反，且随着速度?的增大而增大。因此，棒作减速运动，当棒所受的

?F?0时，运动速度达到最大值，不再增加，即随后以该速度作匀速直线运动。

B2l2cos?FA?? (1)

R解：导体棒在下滑过程中，受重力P，导轨支持力FN和安培力FA的作用，如图9-47 (b)所示。由安培定律可知，在t时刻导体棒所受的安培力大小为：

在导体棒下滑方向，由由牛顿第二定律可得：

mgsin??FAcos??ma?m由(1)和(2)有

d? (2) dtB2l2cos?d??cos??：gsin??

mRdtB2l2cos2?令T?，则上式变为：

mRgsin?-T?=分离变量并两边积分有：

d? dt?由上式可得导体在t时刻的速度为：

υ0td???dt 0gsin?-T???特例：当t??时

mgRsin?(1?eB2l2cos2??B2l2cos2?tmR)

由此可见，当t增大时，?按指数规律增大，其图像见图9-47 (c)。

???m?mgRsin? 222Blcos?23上式为导体棒下滑时所能达到的最大速度。即导体棒下滑时的稳定速度。

9－16 一空心长直螺线管，长为0.50m，横截面积为10.0cm，若螺线管上密绕线圈3.0?10匝，问：

(1)自感为多大？

(2)若其中电流随时间的变化率为10A?S，自感电动势的大小和方向又如何？ 分析：由密绕长直螺线管的导出公式求出L，再求?L。 解：(1)长直螺线管的自感为：

?1N2SL?N?nS???2.26?10?2H

l(2)当

dI?10A?s?1时，线圈中的自感电动势为： dtdI?L??L??0.226V

dt83

第三篇 电磁学

负号表示，当电流时，自感电动势的方向与回路中电流I的方向相反。

9－17 如图9－48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L1； (2) A'和B相接时，A和B'间的自感L2。

分析：无论线圈AB和A'B'作哪种方式连接，均要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的叠加原理。如一组载流线圈单独存在时，穿过自身回路的磁通量为?，则穿过两线圈回路的磁通量为2?；而当线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁

通量为2??2?，“?”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反。

解：如图9－48所示，设一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为?0，则穿过两线圈回路的磁通量为2?0。

(1)当A和A'连接时，AB和A'B'线圈中的电流流向相反，通过回路两回路的磁通量方向相反，故整个回路的磁通量为：?1?2?0?2?0?0，故

图9－48 习题9－17图解

L1?同，故整个回路的磁通量为：

?1?0 I(2)当A'和B连接时，AB和A'B'线圈中的电流流向相同，通过回路两回路的磁通量方向亦相

?2?2?0?2?0?4?0

故

L2?2?2??4?4L II9－18如图9-49所示，一面积为4.0cm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A内各点的磁感应强度可看作是相同的，求：

分析：求解两线圈回路的互感与求自感一样通常有二种方法：

解：方法一：理论计算：设回路1中通有电流I1，则穿过回路2的磁通量为?21，则互感

M?M21??21，或设回路2中通有电流I2，则穿过回路1的磁通量为?12，则互感I1M?M12??12； I2方法二：工程中一般用M??MdI/dt求解，式中dI/dt为某一回路的电流变化率，?M为另一

回路的互感电动势，两者在实验中易测量。

（1）两线圈的互感；

（2）当线圈B中电流的变化率为?50A?s时，线圈A中感应电动势的大小和方向。 解：(1)设流过线圈B中的电流为I，由于线圈A很小，可近似认为线圈B在线圈A中产生的磁

84

?1第三篇 电磁学

感强度是均匀的，其大小为：

B?NB?0I2R

则穿过线圈A中的总磁通量(磁链)为：

?A?NABSA?NANB两线圈的互感为：

?0I2RSA

??A?NANB0SA?6.28?10?6H I2R注：此题，若设线圈A中流过的电流为I，由于其周围的磁

M?由此可见，计算互感时一定要善于选择方便的途径。

(2)?A??M图9-49习题9-18图解 场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B中的磁通量也就很难求得，因而互感也就很难求得。

dI?3.14?10?4V dt互感电动势的方向和线圈B中的电流方向相同。

9－19有一双层密绕的空心长直螺线管，长为l，截面积为S，如图9-50所示，此共轴螺线管的内层绕组的总匝数为N1，外层绕组的总匝数为N2，求两个绕组的互感。

分析：设任一回路中通有电流I1，求出它穿过另一回路的磁通量为?21，再根据互感定义式求互感。

解：假设在长直线管1上通过的电流为I1，则螺线管内中部的磁感应强度为：

B＝?0N1I1 lN1N2I1S l图9-50 习题9-19图解 穿过N2匝线圈的总磁通量为：

?21?BSN2＝?0根据互感系数的定义可得：

?NNM＝21＝?012S

I1l9-20 一个直径为0.01m，长为0.10m的长直密绕螺线管，共1000匝线圈，总电阻为7.76?。求：如把线圈接到电动势??2.0V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?

分析：计算单—载流回路所具有的磁能，通常有二种方法：

(1)若已知回路的自感为L，则该回路通有电流I时所储存的磁能为：Wm?感磁能。

12LI；通常称为自2B2111(2)已知磁场能量密度?m???H2?BH?B?H，由Wm???mdV，求磁能，其中

2?222积分遍及磁场存在的空间。

解：因:密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感为：

85

第三篇 电磁学

L?电流稳定后，线圈中电流为：

?0N2Sl

I?

则线圈中所储存的磁能为：

?R

12?0N2S?2Wm?LI??3.28?10?5J 222lR又由Wm?V?m?Sl?m得磁能密度为：

?m?Wm?4.17J?m?3 Sl9-21 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I。试证：每单位长度导线内所贮

?I2藏的磁能为。

16?分析：由安培环路定律求出无限长载流直导线激发的在磁场，由于本题仅求单位长度导体内所储存的磁能，故用Wm???VmdV较方便。

证明：对于半径为R无限长直载流导线，由安培环路定律可知： 当r?R时，B1??0I?Ir，当r?R时，B2?02 2?r2?RB2由?m?可得磁能密度为：

2?0?m?1?0Ir2() 22?02?R再由Wm??mdV可得单位长度导线内所贮藏的磁能为：

?Wm???mdV??VR0?0I21?0Ir2 ()2?rdr?22?02?R16?9-22 如图9－51所示，平板容器两极板都是半径为5.0cm的圆导体片，设充电电荷在极板上均匀分布，两极板间电场强度的时间变化率为

dE?2.0?1013V?m?1?s?1，求 dt（1）两极板间的位移电流；

（2）两极板间磁感应强度的分布及极板边缘的磁感应强度。 分析：由题可知，磁场对两极板的中心轴线具有对称分布，在垂直于该轴的平面上，取以轴点为圆心，以r为半径的圆作积分环手螺旋，因此可用全电流安培环路定律、D与E、H与B的关系求解。

解：（1）两极板间的位移电流为：

图9-51 习题9-22图解 路，由于对称性，在此积分回路上磁感应强度的大小相等，方向沿环路的切线方向，且与电流成右 86

第三篇 电磁学

Id?d?DdDdE?S??R2?0?1.4A dtdtdt（2）由全电流安培环路定律有：

???H?dl?lB?02? r?? r2?0r

dE dtB?当r=R时，B??0?0dE2dt?0?02RdE?5.6?10?6T dt可见，虽然电场强度的时间变化率已经很大，但它所触发的磁场仍然是很弱的，在实验中不易测量到。

综合练习题

一、填空题

1、把一根导线弯成形状固定的平面曲线放在均匀磁场B中，绕其一端α点以角速率?逆时针方向旋转，转轴与B平行，如图9-52所示。则整个回路电动势为 ，ab两端的电动势为 。

图9-52

图－53

2、引起动生电动势的非静电力是 力，其非静电场强度Ek = 。 3、如图9-53所示，在通有电流为I的长直导线近旁有一导线段ab长l，离长直导线距离d，当它沿平行于长直导线的方向以速度?平移时，导线中的?i=____ 。

4、感应电场是由 产生的，它的电场线是 的，它对导体中的自由电荷的作用力大小为 。

5、如图9-54所示，导体AB长为L，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应线垂直纸面向里，AB搁在支架上成为电路的一部分。当电路接通时，导体AB弹跳起来，此时导体AB中的电流方向为 。

6、 半径为r的小导线圆环置于半径为R的大导线圆环的中心，二者在同一平面内。且r??R。若在大导线圆环中通有电流i?I0sin?t，其中?，I0为常量，t为时间。则任意时刻，小导线圆环中感应电动势的大小为 。

7、一个折成角形的金属导线aoc（ao?oc?l）位于xoy平面中，磁感强度为B的匀强磁场垂直于xoy平面，如图9－55所示。当aoc以速度?沿x轴正方向运动时，导线a，c两点的电势差Vac= ；当aoc以速度?沿y轴正方向运动时，导线上o，a两点的电势差Voa＝ 。

8、自感为0.25H的线圈中，当电流在(1／16)s内由2A均匀减少到零时，线圈中自感电动势的大小为 。

87

第三篇 电磁学

图9－54 图9－55

9、 在磁感强度为B的磁场中，以速率?垂直切割磁力线运动的—长度为L的金属杆，相当于 。它的电动势为 ，产生此电动势的非静电力是 。

二、选择题

1、如图9-56所示，当闭合线圈ABCD以速度?平行长直导线运动时，判断下哪种说法是正确的： （ ）

A、线圈磁通不变，线圈上电动势处处相等，故无电流；

B、AB、CD切割磁力线，线圈的动生电动势不为零，线圈中存在感应电流； C、线圈中AB、CD存在动生电动势，但线圈总的动生电动势为零，故无感应电流； D、以上说法都不对。

图9-56 图9－57

2、如图9-57所示，?形的闭合线圈abcd放在均匀磁场中，线圈的交叉重叠处彼此绝缘，左边部分路径的环绕方向沿顺时针，右边部分的沿逆时针。当磁场不断减小时，在回路中产生的感应电流的方向为： （ ）

A、沿abcd B、沿dcba C、无感应电流 D、无法判断

3、有两个互感线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M21，而线圈2对线圈1的互感系数为M12。若它们当中的电流i1和i2都随时间变化，且有

di1di?2。设由i2变化在线圈1中产生的互感电动dtdt势为?12，由i1变化在线圈2中产生的互感电动势为?21，则有以下关系：（ ）

A、M12?M21，?12??21； B、M12?M21，?12??21；

88

第三篇 电磁学

C、M12?M21，?12??21； D、M12?M21，?12??21。

4、下列说法哪一种是正确的？ （ ）

A、变化着的电场所产生的磁场，一定随时间而变化； B、变化着的磁场所产生的电场，一定随时间而变化； C、有电流就有磁场，没电流就一定没有磁场；

D、变化着的电场所产生的磁场，不一定随时间而变化。

5、利用公式?i??BL计算动生电动势的条件，指出下列叙述中的错误者为：（ ） A、直导线L不一定是闭合回路中的一段； B、切割速度?不一定必须（对时间）是常量； C、导线L不一定在匀强磁场中； D、B，L和?三者必须互相垂直。

6、尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，通以相同变化的磁通量，环中：（ ） 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。

7、有两个半径相同的圆环形载流线圈A、B，它们可以自由转动和移动，把它们放在相互垂直的位置上，如图9-58所示，则： （ ）

A、A、B均发生转动和平动，最后两线圈电流同方向并紧靠一起； B、A不动，B在磁力作用下发生转动和平动； C、A，B都在运动，但运动的趋势不能确定；

D、A和B都在转动，但不平动，最后两线圈磁矩同方向平行。 8、在下列情况下，哪种情况的位移电流为零? （ ） A、电场不随时间而变化； B、电场随时间而变化； C、交流电路；

D、在接通直流电路的瞬时。

图9-58

图9-59

三、计算题

图9-60 图9-61

1、 一根长度为l的铜棒，在磁感应强度为B的均匀磁场中，以角速度?在与磁场方向垂直的

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第三篇 电磁学

平面上绕棒的l处匀速转动，如图9－59所示。求：?ab＝？，Uab??

2、 无限长导线中通有变化率为2A?S稳定增长的电流，求：（1）若某时刻导线中的电流为I，那么，（1）穿过如图9-60）所示，边长为20cm的正方形回路的磁通量?m为多少？该回路与长直导线共面；（2）回路感应电动势多大？感应电流的方向如何？

3、如图9－61所示。一长圆柱状磁场，磁场方向沿轴线并垂直图面向里，磁场大小既随到轴线的距离r成正比变化，又随时间t作正弦变化，B?B0rsin?t（B0，?均为常数）。若在磁场中放一半径为a金属圆环，环心在柱状磁场的轴线上，求金属环中的感生电功势。

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