电磁感应一章习题答案

电磁感应一章习题答案

习题11—1 如图，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆

形闭合导线回路在纸面内绕轴O 作逆时针方向匀角

速度旋转，O 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半

圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时。图(A)——

(D)的ε—t 函数图象中哪一条属于半圆形闭合导线

回路中产生的感应电动势？［ ］

解：本题可以通过定性分析进行选择。依题设，半圆形闭合导线回路作匀角速度旋转，因此回路内的磁通量变化率的大小是一个常量，但是其每转动半周电动势的方向改变一次。另一方面，若规定回路绕行的正方向为顺时针的，则通过回路所围面积的磁通量0>Φ，当转角从0到π时，0>Φdt d ，由法拉第电磁感应定律，0<ε；当转角从π到π2时，0<Φdt d ，由法拉第电磁感应定律，0>ε，如此重复变化……。因此，应该选择答案(A)。

习题11—2 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。

解：ab 向右平移时，由动生电动势公式可以判断出ab 中的电动势的方向是b →a →c →d →b ，因而在cd 中产生的电流方向是c →d ，由安培力公式容易判断出cd 将受到向右的磁场力的作用，因此，cd 也将向右移动。所以应选择答案(D)。

习题11—3 一闭合正方形线圈放在均匀磁场中，绕通过其中心且与一边平行的转轴O O '转动，转轴与磁场方向垂直，转动角速度为ω，如图所示。用下述哪一种方法可以使线圈中感应电流的幅值增加到原来的两倍(导线的电阻不能忽略)？［ ］

(A) 把线圈的匝数增加到原来的两倍。

习题11―1图

t εO (A) t εO (B) t εO (C) t εO (D) a b c d M N B ρ 习题11―2图

(B) 把线圈的面积增加到原来的两倍，而形状不变。

(C) 把线圈切割磁力线的两条边增长到原 来的两倍。 (D) 把线圈的角速度ω增大到原来的两倍。

解：线圈中感应电流一般正比于感应电动

势而反比于其自身的电阻，因此，(A)、(B)、

(C)三种方法尽管感应电动势增加了，但线圈的

电阻也随之增加，因而不能达到同比例增加电

流的目的。方法(D)仅使感应电动势增加，而线圈的电阻却不增加，因此是可行的。所以选

择答案(D)。

习题11—4 用导线围成如图所示的回路(以O 点为心的圆，加一直径)，放在轴线通过O 点垂直于图面的圆柱形均匀磁场中，如磁场方向垂直于图面向里，其大小随时间减少，则感应电流的流向为［ ］

解：由于磁感应强度随时间减少，所

以回路里的感应电流方向应该是顺时针的，因此答案(C)和(D)可以排除。在(A)和(B)两个答案中我们可以把圆形回路(加一直径)看成两个半圆形闭合回路，这

两个半圆形回路以直径为共用边，显然这

两个半圆形回路中的感应电流大小相等

并且都是顺时针方向的，而在它们的共用

边(直径)上因感应电流方向刚好相反而

抵消，最终使直径上电流为零，电流只在

圆形闭合回路内沿顺时针方向流动。故只

有答案(B)是正确的。

习题11—5 在圆柱形空间内有一磁感应强度为B ρ的均匀磁场，如图所示。且B ρ的大小以

速率dB /dt 变化。有一长度为l 0的金属棒先后

放在磁场的两个不同位置1(ab )和2(b a '')，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：我们可以考虑两个三角形闭合回路abO 和O b a ''

，若设它们所围成的面 习题11―3图

(A)

(B)

(C)

(D) 习题11―4图 ' 习题11―5图

积分别为S 和S '，则有S<S '。因为棒上的感应电动势的大小与三角形闭合回路的面积成正比，因此有12εε>，所以应该选择答案(B)。

习题11—6 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 (a >>r )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：设任一时刻t 小圆环的法线方向与大圆环

中心处的磁感应强度方向夹角为θ，由于初始时

刻00=θ，因而t ωθ=。另外，由于a >>r ，可以

认为小圆环处的由大圆环电流产生的磁场是均匀

的，且等于大圆环中心处的磁感应强度，即

a I

B 20μ= B ρ的方向垂直于纸面向外。任一时刻t 通过小圆环的磁通量为

t r a

I BS S B ωπμθΦcos 2cos 20??==?=ρρ 小圆环中的感应电动势为

t a

r I dt d i ωωπμΦεsin 22

0?=-= 小圆环中的感应电流为

t Ra r I R i i

ωωπμεsin 22

0?==

习题11—7 在图示的电路中，导线AC 在

固定导线上向上平移。设AC =5cm ，均匀磁场随时间的变化率s /T 1.0-=dt dB ，某

一时刻导线AC 的速度v 0=2m/s ，B =0.5T ，

x =10cm ，则这时动生电动势的大小

为 ，总感应电动势的大小

为 。以后动生电动势的大小随着AC 的运动而 。

解法Ⅰ：由于AC 的运动切割磁力线而产生的动生电动势为

m V 50V 05.005.05.020==??==Bl v 动ε， 方向“↑”；

习题11―6图

B ρ 习题11―7图

由于磁场变化而产生的感生电动势为

10.005.0)1.0()(??--=?-=-=S dt

dB BS dt d 感ε mV 5.0V 1054=?=- 方向“↓”； 所以，回路总电动势为

m V 5.49m V 5.0m V 50=-=+=感动总εεε 方向“↑”。

由于感应电动势而在回路里激起感应电流，因而使AC 受到与速度方向相反 的安培力的作用而减速，从而使动ε减少；与此同时，磁感应强度B 也在随时间

而下降，也使动ε减少。总之，动生电动势的大小将随着AC 的运动而减少。

解法Ⅱ：t 时刻通过回路的磁通量为

xl t B t x )(),(=Φ

∴ dt

dx Bl lx dt dB Bxl dt d dt d ?-?-=-=-

=)(Φε总 v Bl lx dt

dB -?-= 显然，上式右端第一项为感生电动势，第二项为动生电动势。

当x=10cm ，v =v 0=2m/s 时，可得 205.05.005.010.0)1.0(??-??--=总ε

mV 5.49mV 50mV 5.0-=-=

这里总电动势为负值，表明其方向是逆时针的。计算结果说明动生电动势的大小 为50mV 。

习题11—8 如图，aOc 为一折成∠形的金属

导线(aO =Oc =L )，位于XY 平面中；磁感应强度为B ρ的均匀磁场垂直于XY 平面。当aOc 以速度v ρ沿X 轴正向运动时，导线上ac 两点间电势差U ac = ；当aOc 以速度v ρ沿Y 轴正向运动时，a 、c 两点中是 点

电势高。 解：当aOc 以速度v ρ沿X 轴正向运动时，aO 上的动生电动

势为

θεsin BL aO v =

电动势的方向为O →a ，所以U O <U a ；又因为U O =U c ，所以U c <U a ，因此有

θεsin BL U U U aO c a ac v ==-=

当aOc 以速度v ρ沿Y 轴正向运动时，可得

θcos BL U U O a v -=- O 习题11―8图

BL U U O c v -=-

将上两式相减可得

0)cos 1(>-=-θBL U U c a v

因此有

c a U U >

习题11—9 在垂直图面的圆柱形空间内有

一随时间均匀变化(dB /dt =K >0)的均匀磁场，

其磁感应强度的方向垂直图面向里。在图面内有两条相交于O 点夹角为60°的直导线Oa 和Ob ，而O 点则是圆柱形空间的轴线与图面的交点。此外在图面内另有一半径为r 的半圆环形导线在上述两条直线上以速度v ρ匀速滑动。v ρ的方向与∠aOb 的平分线一致，并指向O 点(如图)。在时刻t ，半圆环的圆心

正好与O 点重合，求此时半圆环导线与两条

直线所围成的闭合回路cOdc 中的感应电动

势。

解：闭合回路cOdc 中的感应电动势，由动生和感生两部分组成，即 感动εεε+=

Br cd B v v ==动ε 方向“↓”(等效于直导线的动生电动势)

K r dt dB r B r dt d dt d 2226

166πππε-=?-=???? ??-=Φ-=感 方向为逆时针的 ∴ K r Br 26

1πε-=v 若r K B π61>v ，则ε为顺时针方向的；若r K B π6

1<v ，则ε为逆时针方向的。

习题11—10 如图所示，在马蹄形磁铁的中间 A 点处放置一半径r =1cm 、匝数N =10匝的线 圈，今将此线圈移到足够远处，在这期间若线

圈中流过的总电量为C 106-?=πQ ，试求A 点 处磁感应强度是多少？(已知线圈电阻R =10

Ω，自感忽略不计)

解：设A 点处磁感应强度为B ，易知离磁铁足够远处的磁感应强度为B ≈0

，a

习题11―9图

习题11―10图

由感应电量公式可得 22211

)0(1)(1r NB R

r NB R R Q ππΦΦ=-=-= 解得

T 01.0)01.0(14.310101026

2=????==-ππr N RQ B

习题11—11 两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R 。若大线圈通有电流I 而小线圈沿X 轴方向以速率v 运动，试求x =NR 时(N 为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小。

解：由于R >>r ，x >>R ，由大线圈中的电流I 在小线圈处产生的磁场可以视为均匀场，其大小为

2

3222

0232220)

(2)(24x R IR x R IR

B +=+?=

μππμ 因此，穿过小线圈的磁通量为

32202

2322202)(2x r IR r x R IR S B πμπμΦ≈

?+?=?=ρρ 由于小线圈的运动，在小线圈中产生的感应电动势为

v ?=?=-=422042202323x

r IR dt dx x r IR dt d i πμπμΦε 当x =NR 时，小线圈回路内的感应电动势为

2

42023R N Ir i v

πμε=

习题11—12 两相互平行无限长的直导线载有大小相等方向相反的电流，长度为b 的金属杆CD 与两导线共面且垂直，相对位置

如图。CD 杆以速度v ρ

平行于直线电流运动，求CD 杆中的感应电动势，并判断C 、D 两端哪端电势高？

解：建立图示坐标系，X 轴水平向右，原点O 在左边直导线处。在CD 杆上任一点x

处、由两平行无限长的直电流产生的磁感

习题11―11图

v ρ

习题11―12图

应强度(规定垂直于纸面向外为正)为

x

I a x I

x B πμπμ2)(2)(00--= 在CD 上x 处取线元l d ρ，其方向C →D ，即i dx l d ρρ=。在该线元的元电动势为

dx x B l d B d i )(v v =??=ρρρε

整个CD 杆中的感应电动势为

b

a b a I dx x a x I d b a a i i ++?=??? ??--==??+2)(2ln 21120220πμπμεεv v i ε的方向C →D ，因此，D 端电势高。

［注意：为了判断某导体动生电动势的方向，我们应当先在其上取一线元l d ρ并

规定该线元的方向。若最终计算出来的动生电动势i ε>0，则说明i ε的方向与我们所取线元的方向相同；反之，若i ε<0，则说明i ε的方向与我们所取线元的方向相反。］

习题11—13 如图，一长直导线中通有电流

I ，有一垂直于导线、长度为l 的金属棒AB 在包含导线的平面内，以恒定的速度v ρ沿与

棒成θ角的方向移动。开始时，棒的A 端到

导线的距离为a ，求任一时刻金属棒中的动生

电动势，并指出棒哪端电势高。

解：在任一时刻t ，金属棒的A 端距长直

导线为

t a l ?+=)cos (θv

这时在棒上任取一线元l d ρ，其方向A →B ，该线元距长直导线为l ，线元的元电动势为

θπμθθπεsin 2sin )2cos()(0dl l

I Bdl Bdl l d d i v v v B v -=-=+=??=ρρρ 整个AB 棒中的动生电动势为

??+++-

==θθθπμεεcos cos 0sin 2t l a t a i i l dl I d v v v θθθπμcos cos ln sin 20t a t l a I v v v +++-=

习题11―13图

由于i ε<0，所以i ε的方向B →A ，A 点电势高。

［注意：电动势具有瞬时性，作题时一定要明确所求的电动势是哪一时刻的。］ 习题11—14 均匀磁场B ρ被限制在半径R =10cm 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。设磁场以s /T 1=dt dB 的匀速率增加，已知πθ=，Oa =Ob =6cm ，求等腰梯形回路中感生电动势的大小和方向。

解：取等腰梯形回路的环绕方向为顺时针的，即等腰梯形回路所围成的面积的法向与B ρ方向相同。通过该回路所围成的面积的磁通量为 ??????-?=?=6cos )(212

122πθΦOa R B S B ρρ )2306.05.0310.05.0(22??-÷???=πB B 3

1067.3-?= 根据法拉第电磁感应定律，等腰梯形回路中的感生电动势为

3.67mV V 1067.311067.31067.3333-=?-=??-=??-=-=---dt

dB dt d i Φε 该结果说明，回路中的感生电动势的大小为3.67mV ；由于i ε<0，所以回路中感 生电动势的方向是逆时针的。

［注意：事先假设回路的绕行方向有两个方面的意义：一是规定回路所围成面 积S ρ的法向，以便正确计算通过该回路所围成面积磁通量；二是为判定回路中的 感生电动势的方向提供参照：若最终算出的感生电动势i ε>0，则说明i ε的方向与 原来假设的回路绕行方向相同；反之，若i ε<0，则说明i ε的方向与原来假设的回 路绕行方向相反。以上两条是应用法拉第电磁感应定律计算i ε必要前提。］

习题11—15 一无限长直导线通有电流

t e I I 30-=。一矩形线圈与长直导线共面

放置，其长边与导线平行，位置如图所

示。求：(1) 矩形线圈中的感应电动势的

大小及感应电流的方向；(2) 导线与线圈

的互感系数。

解：(1) 设矩形线圈回路的绕行方向

为顺时针的。在线圈内距长直导线为x

处取宽度为dx 、长度为l 的矩形窄条面

积，则通过该窄条面积的元磁通量为

c d

习题11―14图

习题11―15图

ldx x

t I BdS S d B d ?==?=πμΦ2)(0ρρ 通过整个矩形线圈的磁通量为

a

b l t I x dx l t I d b a ln 2)(2)(00πμπμΦΦ=?==?? 所以，矩形线圈中的感应电动势为

a b e l I e I dt d a b l dt t dI a b l dt d t t i ln 23)(ln 2)(ln 23003000--=?-=?-=-=πμπμπμΦε 因为i ε>0，所以该结果就是矩形线圈中感应电动势的大小；并且仍然因为i ε>0， 该感应电动势的方向为顺时针的，相应的感应电流亦为顺时针方向的。

(2) 根据定义，导线与线圈的互感系数为

a

b l I M ln 20πμΦ

== [注意：在计算磁通量时，我们只对空间进行积分运算。由于电流I (t)只是时间t 的函数，与空间无关，所以完全可以把它作为常数而从积分号内提出来。］

习题11—16 如图，在铅直面内有一矩形导体回路abcd 置于均匀磁场B ρ中，B ρ的方向垂直于回路平面。abcd 回路中的ab 边的长

为L ，质量为m ，可以在保持良好接触的情况下下滑，且摩擦力不计。ab 边的初速度为

零，回路的电阻集中在ab 边中。(1) 求任一

时刻ab 边的速率v 和t 的关系；(2) 设两竖

直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？

解：(1) 设任一时刻t ，ab 边的速率为v ，这时ab 边所受的外力除了其自身的重力g m ρ外，还有磁场力m F ρ，因此，根据牛顿第二运动定律我们有

dt

d m BIL mg F mg m v =-=- ① 式中I 为由于ab 边运动切割磁力线而在回路中产生的感应电流。其大小为

R

BL I v = ② 把②代入①可得

v v mR

L B g dt d 2

2-= 把上式进行分离变量并积分

习题11―16图

??

=-

t dt mR

L B g dv

00

22v

v

得 ??

?

???--=)exp(1222

2t mR L B L

B mgR

v 这就是任一时刻ab 边的速率v 和t 的关系。

(2) 当t 足够大，相当于t →∞，则有

22L

B mgR =稳v

这就是ab 边最后达到稳定的速率。

习题11—17 如图所示，一根长为L 的金属细杆ab 绕竖直轴O 1O 2以角速度ω在水平面内旋转。O 1O 2在离细杆a 端L /5处。若已知地磁场在竖直方向的分量为B 。求ab 两端的电势差b a U U -。

解：在细杆上距O 点为l 处取线元dl ，方向a →b ，其上产生的元电动势为

θεcos B l d B d i v v =??=ρ

ρρ 细杆上的总电动势

??

?-+==0

5

540

cos 0cos L L i ab vBdl vBdl d πεεο

??--=05

5

40

L L ldl B ldl B ωω

22210

3

501258BL BL BL ωωω=-=

0>ab ε，说明细杆上的总电动势的方向为a →b ，即 U a <U b ，因此，ab 两端的电势差为

210

3

BL U U ab b a ωε-

=-=-

习题11—18 一无限长直导线通以电流t I I ωsin 0=，和直导线在同一平面内有一矩形线框，其短边与直导线平行，线框的尺寸及位置如右图所示，且b /c =3。求：(1) 直导线和线框的互感系数；(2) 线框中的互感电动势。

解；(1) 设矩形线框回路的绕行方向

b

习题11―17图

习题11―18图

为顺时针的，则线框回路所围面积的法向垂直纸面向里。在距长直导线为r 处取宽度为dr 、长度为a 的窄条面元dS ，通过其元磁通量为

adr r

I BdS S d B d ?==?=θπμθΦcos 2cos 0ρρ 式中θ为面元法向(垂直纸面向里)与磁感应强度B ρ方向间的夹角。通过整个线框

回路所围面积的磁通量为

???????+?=

=???b c r dr r dr Ia d 000cos 0cos 2ππμΦΦο ??

????+=??????-=????00000022c b b c r dr r dr Ia r dr r dr Ia πμπμ 3ln 2ln 22000π

μπμπμIa c b Ia r dr Ia b c ===? 因此，直导线和线框的互感系数

3ln 20π

μa M = (2) 根据互感电动势公式可得线框中的互感电动势为

t a I t I dt d M dt dI M M ωπ

ωμωεcos )3(ln 2)sin (000-=-=-= 此电动势是交变电动势，其大小和方向都随时间作周期性变化。

［注意：①先规定某一回路所围面积的法向，是正确计算通过该面积磁通量所必需的步骤，特别是在回路面积内的磁场方向不尽相同时，这样作更为必要。②对两个载流体系，若能算出它们之间的互感系数，则可以应用互感电动势公式求出其中某一个体系内的电动势，这也是一种常见的方法。］

习题11─19 一无限长载有电流I 的直导线

旁边有一与之共面的矩形线圈，线圈的边长

分别为l 和b ，l 边与直导线平行。线圈以速度v ρ垂直离开直导线，如图所示。求当矩形线圈与无限长直导线间的互感系数

)2(0πμl M =时，线圈的位置及此时线圈内的感应电动势的大小。

解：设任一时刻t 矩形线圈的左边距无

限长直导线为x ，在线圈内、距无限长直导

线为r 处取宽度为dr 、长度为l 的窄条面元

dS ，这时通过该面元的元磁通为

b 习题11―19图

r

dr Il Bldr S d B d ?==?=πμΦ20ρρ 通过整个矩形线圈所围面积的磁通量为

x

b x Il r dr Il d x b x x +===??+ln 22)(00πμπμΦΦ 此时矩形线圈与无限长直导线间的互感系数为

x

b x l I x M +==ln 2)(0πμΦ

令此互感系数为 πμ20l M =

则有 1ln =+x

b x 解得 1

-=e b x 在任一位置x 处，矩形线圈内的感应电动势为

x

b x dt d Il MI dt d i +?-=-=ln 2)(0πμε)(20b x x b Il +?=v πμ 把 1-=

e b x 代入上式可得

eb

l e I i πμε2)1(20v -= ［注意：在此题中长直导线与矩形线圈间的互感系数M 不是常数，而是矩形线圈位置x (因而是时间t )的函数，所以在第二步求互感电动势时对互感系数M 也要求导。］

习题11─20 在半径为R 的圆柱形空间内，充满磁感应强度为B ρ的均匀磁场，B ρ的方向与圆

柱的轴平行。有一无限长直导线在垂直于圆柱

中心轴线的平面内，两线相距为a ，a >R ，如图

所示。已知磁感应强度随时间的变化率为

dt dB ，求长直导线中的感应电动势并讨论其方向。

解法Ⅰ：在垂直于圆柱中心轴线的平面内，取一平行于题给无限长直导线的另一根无限长直导线，它在圆柱形空间上方、距圆柱中心轴线也是a 。设这两条无限长直导线在无限远处相连并形成闭合回路L ，该回路L

的绕行方向为顺时针习题11―20图

的，因而其法向垂直纸面向里。根据法拉第电磁感应定律，回路L 内的感应电动势为

dt

dB R R B dt d dt d i 2

2)(ππΦε-=-=-

= 原题给无限长直导线中的感应电动势应当为整个回路L 内的感应电动势之一半，即

dt

dB R i 2

2121πεε-== 此感应电动势的大小为 dt

dB R 221

πε= 对该感应电动势的方向讨论如下：当0>dt dB 时，0<i ε，这时因整个L 回路的感应电动势i ε是逆时针的，因此ε的方向是自左向右的；当0<dt dB 时，0>i ε，这时因整个L 回路的感应电动势i ε是顺时针的，因此ε的方向是自右向左的。

解法Ⅱ：如图所示，取O 到无限长直导线的垂直线之交点O '坐标轴原点，在无限长直导线上距O '为l 处取线元l d ρ，其方向自左向右；同时假设圆柱形空间内的磁场是随时间增加的，即0>dt dB ，线元处的涡旋电场in E ρ与l d ρ的夹角为α，根据感生电动势的定义可得线元上的电动势为

ααεcos 2cos 2dl dt

dB r R dl E l d E d in in ??=??=?=ρρρ 由于

αtg a l =， α

α2cos ad dl =

，及 αcos a r = 所以 αεd dt dB R d ??=

221 因此，长直导线中的感应电动势为

dt

dB R d dt dB R d ?=??==??-2222121παεεππ 显然，该感应电动势的大小为

dt

dB R 221

πε= 其方向讨论如下：当0>dt dB 时，0>ε，ε方向与线元l d ρ方向相同，是自左向右的；反之，当0<dt dB 时，0<ε，ε方向与线元l d ρ方向相反，是自右向左的。

［注意：在解法Ⅱ中用涡旋电场积分求电动势的前提是涡旋电场的分布为已知。在dt dB 的正负未知的情况下，事先假定0>dt dB ，可以给计算带来方便。］

习题11—21 截面为矩形的螺绕环共N 匝，尺寸如图所示。图下部两矩形表示螺绕环的截面。在螺绕环的轴线上另有一无限长直导线。

(1) 求螺绕环的自感系数；

(2) 求长直导线和螺绕环的互感系数；

(3) 若在螺绕环内通以稳恒电流I ，求螺

绕环内储存的磁能。

解：(1) 螺绕环内的磁感应强度分布为

r NI B πμ20= (a<r<b) 通过螺绕环截面的磁通量为

a b NIh r dr NIh BdS S d B b a S

ln 2200πμπμΦ===?=???ρρ 螺绕环的自感系数为

a b h N I N I L ln 220πμΦψ

=== (2) 设长直导线中通有电流I '，该电流在螺绕环中产生的场为 r I B πμ20'=

' 通过螺绕环截面的磁通量为

a b h I r dr h I BdS b a ln 2200πμπμΦ'='=

=?? 长直导线和螺绕环的互感系数为

a

b Nh I N I M ln 20πμΦψ

='='= (3) 由自感磁能公式可得螺绕环内储存的磁能为

a

b hI N LI W m ln 4212202πμ== ［注意：只有对于两个特殊的载流体系的互感系数才可以通过计算求得(一般情况下只能通过实验测定)，由于它们的磁场相互穿过对方，原则上计算它们中的哪一个的磁通量都可以，可视计算方便而定。］

习题11—22 图中所示为水平面内的两

条平行长直裸导线LM 与M L ''，其间距离为l ，其左端与电动势为0ε的电源连接。均匀磁场B ρ垂直于图面向里。一段直裸导

线ab 横嵌在平行导线之间(并可保持在

导线间无摩擦地滑动)

把电路接通。由于h 习题11―21图

ε 习题11―22图

磁场力的作用，ab 将从静止开始向右运

动起来。求：

(1) ab 能达到的最大速度v ；

(2) ab 达到最大速度时通过电源的电流I 。

解：(1) 设ab 运动起来以后任一时刻t 的速度为v ，根据全电路欧姆定律，这时在回路L baL L ''中的电流为

)(10v Bl r

i -=ε ① 裸导线ab 所受到的磁场力为

Bl Bl r

iBl F )(10v -==ε ② 依牛顿第二定律有

dt

d m Bl Bl r F v v =-=)(10ε ③ 把上式分离变量再积分

??=-t

dt rm l B rm Bl d 002

20()(v )v v

ε 得

??????

--=)exp(1)(220t mr l B Bl t εv ④ 令t →∞，则可得ab 能达到的最大速度为

Bl m 0

ε=v ⑤

(3) 把⑤代入①可得ab 达到最大速度时通过电源的电流

0=I ⑥

[注意：本题第一问还可以通过力的分析求得：导体ab 在运动过程中受到两个方向相反的力的作用，一个是电源0ε电流因起的安培力r Bl F 01ε=，方向向右；另一个力则是ab 中出现的感应电流所受的安培力r l B F v 222=，方向向左。ab 运动开始时由于v 较小，使F 2<F 1；随着v 的增大，F 2也增大，直到F 1=F 2，从这时起，速度达到最大值m v ，并且以后将一直保持这个速度运动下去。所以，由此两力平衡的条件r l B r Bl m v 220=ε，就能直接得到)(0Bl ε=m v 的结果。]

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