电磁学课后习题答案

1、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1 Q2 2n 4r L(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为E 1Q2 吧 rv4r2L2若棒为无限长(即Ltr)，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 = Qx/L，它在点P的电场强度为dE 1 dqedE ,2 er4 n r整个带电体在点P的电场强度E dE接着针对具体问题来

2、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 dEiL 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EdEyjLsin adEj证(1)延长线上一点P的电场强度E叫，利用几何关系L2nr2r = r x统一积分变量，则EpL/21QdxQ112-L/ 2 4 n L r x4 n L r L/2r L/21 Qn 4r2 L2电场强度的方向沿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EL 4 nr利用几何关系sin a=r/r, r r2 x2统一积

3、分变量，则E l/21 rQdxQ1-l/24 n% L x2 r2 2/32 nr J4r2 L2当棒长Lfg时，若棒单位长度所带电荷入为常量，则P点电场强度E ._1Q/L_lim 2 吋 1 4r2/ L2入2 nr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 vv 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 sE dSs 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

4、荷，由高斯定理1E dSq 0S电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 E dS E dSSS解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 E dS E dSSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元 dS的方向，2 2 E nR cos n nR E解2取球坐标系，电场强度矢量和面兀在球坐标系中可表示为E E cos e sin cos 0ee sin 0sin er2dS R sin ed e er、E dSER2sin20sin d 0dSSn-nER sin e e sin d0 0tR2E5 - 17设在半径为R的球体内

5、，其电荷为球对称分布，电荷体密度为p kr0 r Rp 0r Rk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 4n2S1根据高斯定理- E dSpdV，可解得电场强度的分布.(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 p 4 n 2dr，每个带电球壳在壳内激发的电场dE 0 ,而在球壳dq 24

6、nr外激发的电场dE由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布rE r dE 0 r R0RE r dE r R0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1r 2kr4 n dr0水4 rkr2er4电R2kr4 n drTlk4r0:E dSpV 得球体内(0 r R2 1E r 4 n0匚kR2E rer4(0解2将带电球分割成球壳，球壳带电2dqpV kr 4 n dr由上述分析，球体内(0 r FR2 2F 1 kr 4n dr kR02er2 er4 n 0r4 r5 20 一个内外半径分别为 R和R的均匀带电球壳，总电荷为Q ,球壳外同心罩一个半

7、径为R的均匀带电球面，球面带电荷为 Q 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0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 4 n2 在确定高斯面内的电荷q后，利用高斯定理EdS q / o即可求出电场强度的分布E 4n2q 0，故巳R3、3解 取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析r v R，该高斯面内无电荷，R v r v R，高斯面内电荷33Qi rRi3324 n 电 R2R| rF2 v r v R，高斯面内电荷为Q，故Q4 n0r

8、2r R，高斯面内电荷为Q + Q，故E4QiQ24 n0r2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 强度的跃变量r = Rs的带电球面两侧，电场EE4Q24冗沐3(T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R和R R )，单位长度上的电荷为入.求离轴线

9、为r处的电场强度： r v R , (2) Ri v r v R2 , (3) r F2 .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 2 nL ,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 .E 2 nLq/ 电场强度有跃变解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r v R ,q 0Ei 0在带电面附近，电场强度大小不连续，R v r v R? , q ?L入E2 2 nrr R,q 0E30电场强度有-跃变E入2L(T2 nr2 n 电rL在带电面附近，电场强度大小不连续，这与5 -

10、 20题分析讨论的结果一致Q、Q、Q沿一条直线等间距分布且 Q = Q = Q已知5 - 22如图所示，有三个点电荷其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q、Q的情况下，将Q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 Q、Q所受合力为零可求得 Q.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WQ2Edl0其中E是点电荷Q、Q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 Q2V0 VQ2V0其中V0是Q、Q在点O产生的电势(取无穷远处为零电势).解1由题意Q所受的合力为零q2q3Qi J Qi 3 2

11、04 n电d4 n 电 2d11解得q2 丄q3 -q4 4由点电荷电场的叠加， Q、Q激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为EiyE3yQy2 n% d2 3/2 y将Q从点O沿y轴移到无穷远处, 作的功为（沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么?）外力所W 0 Q2E dlQy2 2 3 /22 n% d ydyq28 n%d一i解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2Q，并由电势4的叠加得Q、Q在点O的电势VoQiQ3 q4 n%d 4 n %d 2 n %d将Q从点O推到无穷远处的过程中，外力作功Q2V0Q28 niod.这是因为在许多实际问比较上述两种方法，显然用功与电势能变

12、化的关系来求解较为简洁 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入Eer2 n%r为电荷线密度.（1）求在r = ri和r =2两点间的电势差；（2）在点电荷的电场中，我们曾取ris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U122 E dr In 巨ri2 n%r1 不能严格地讲，电场强度 E er只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷2 n%r分布在无限空间，ris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 R和R2，各自带有电荷

13、Q和Q .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 V E dl可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势p一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为Q4 nr在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势Q4 nR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E2Qi4 nr2erE

14、3Q Q24 nr2err RR r &rR2由电势VE dl可求得各区域的电势分布rR1R2VE, dl E2rRi0 2丄丄4R|R2QiQ24noR4 no R?dlE3Q,Q24 no R2dlR2:rE2dlE3R2dlQi丄QiQ24 nor4 n%R2QiQ24 nor 4noR2E3 dlQi Q24 nor(2)两个球面间的电势差R2U12 R E2 dlR1Qi 丄14 n 电 R|R2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，即若该点位于两个球面之间，即ViQiQ2V24 n%R|R2，则Qi4 n g r4 n%R2q24 n ig R2若该点位于

15、两个球面之外，即Q24 n grQi(2)两个球面间的电势差Ui2r R2QiQi4 n gRi4 n i R2第六章静电场中的导体与电介质6 i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

16、无穷远处为零电势，则在导体球球心0点有()(A) E 0,Vq4 ngd(B) E J,V 4 n gd4 ngd(C) E 0,V0(D) E J,V J4 n4 n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土q，导体球表面的感应电荷土 q在球心O点激发的电势为零，0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

17、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何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

18、介质时该点电场强度的1/ &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/ 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/ &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11 xE dS : Eg dSqSS i即E = Eo / & r,因而正确答案为(A)。6 8 一导体球半径为Ri ,

19、外罩一半径为 R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 Vo .求此系统的电势和电场的分布.分析若V0Q4 n%R2,内球电势等于外球壳的电势,则外球壳内必定为等势体,电场强度若V。处处为零，内球不带电.，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VpE dl或电势叠加求出电势的p p分布.最后将电场强度和电势用已知量V）、Q Ri、F2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 理E dS E r 4

20、 n2 E r q/，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 v R 时，E-i r 0r R.时,E2 rq4 nr2E2 rQ q4 nr2Fi rv R 时,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 Fi 时,E dlrRi rEidlR2RiE2dlR2EdlqQ4 nR14 n电R2Ri r R?时,E3 dlrq Q4 nr也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内（r Ri)ViqQ4 nR4 n%R2在导体球和球壳之间(Ri R)q Q4 n(o)r由题意ViVoq Q4 n$oR24 nR1代入电场、电势的分布得ViVoq4 noR

21、2Q4 n joR-iEi0 ； ViVoRi r o，内半径为a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， 内表面感应电荷一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4 nR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dq qs4 nsoR 4 nR由电势的叠加可以求得球心的电势.解 导体球内表面感应电荷一 q,外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为V q q q Q4 nr 4

22、 na 4 nb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( )2 2(A) 2nr B(B)n B(C)2nr2Bcos a(D)n2Bcosa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；m 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

23、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11 、12 , 其分布相同，且均在真空中，但在（b）图中 L2回路外有电流13 , P1、P2为两圆形回路上的对应点，则()(A): B Lidl:BL2dl ,BpiBp2(B)BLidlBL2dl ,BpiBp2(C)BLidlBL2dl ,Bp

24、iBp2(D)BLidlBL2dl ,BpiBp2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0的磁感强度.分析 根据叠加原理，点0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 0,由于Idl r 0，由毕一萨定律知 BbeBfa0 .流过圆弧的电流Ii、12的方向如图所示，两圆弧在点0激发的磁场分别为P（J0

25、Illi pj-oI 2I2Bi2，B2 24 n4 n其中Ii、12分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长I成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有Iili 12I2将B1、B2叠加可得点0的磁感强度B.解由上述分析可知，点0的合磁感强度BBi B2gl iligl 2I2 o2厂 04 n 4 n7 - ii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0的磁感强度各为 多少?它们各分析 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,自在点0处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度BoBi解 (a) 长直电流对点0而言，有Idl

26、r 0,因此它在点0产生的磁场为零，则点0处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有Bo8RBo的方向垂直纸面向外.(b) 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B 41也102R 2RBo的方向垂直纸面向里.(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(J4oI4I4oI(JBo4 nR 4 tR4R2 tR 4RBo的方向垂直纸面向外.7 - 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，故磁通量工BS为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS = l dx 图(b),载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

27、d B dS 卫 ldx2 n矩形平面的总磁通量 d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量山皿ldx曲ln虫dl 2 n R .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，0B dl B 2 nr利用安培环路定理 B dl 也I，可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得Bi 2 nrn2r R3BiMoir2 nR2B2 2 n(joIB3B2Mo12 n2nrnRR2R22M)I R3 r227戌戌B4 2 nmd I I 0B40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li = 30 A,

28、矩形回路载有电流丨2 = 20 A.试 计算作用在回路上的合力.已知 d = cm, b = cm, l = m.分析 矩形上、下两段导线受安培力 Fi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F3M丨1丨212 nd2 nd b故合力的大小为F F3 F4 册册 1.28 10 3 N合力的方向朝左，指向直导线.电磁感应电磁场第

29、八章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,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）m LI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反

30、比（D）m 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 均以丸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dt示.求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E肇来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁dt通量就需用 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B与SB2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d

31、 x、长为d的面元d S,如图中阴影部分所示，贝U dS ddx，所以,总磁通量可通过线积分求得（若取面元dSdxdy，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emdlM巴求解.dt解1穿过面元d S的磁通量为dSB1 dS B2dSMqI2 n x dddx 皿 ddx2 nx因此穿过线圈的磁通量为2d eldd 2 n x ddx2d Mdxd 2 nxln-2 n 4再由法拉第电磁感应定律,E d dtdt解2当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为In n 4线圈与两长直导线间的互感为凹n32 n 4当电流以变化时，线圈中的互感电动势为 dtE M

32、虫 dt詈1n4dldt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E，则穿过回路的磁通量 B dS f 1, E,它表现为变量I和E的二元函数，将S代入E 竺 即可求解，求解时应按复合函数求导， 注意，其中d v，再令d即 dtdt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 - 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3旋转，棒与转轴间夹角恒为 e，磁感强度b与转轴平行.求op棒在图示位置处的

33、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 空计算（此时必须构造一个dt包含OP导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路 OPQD，也可用E v B dl来l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EOPv B dlOPvBsin90 cos alli lsin eMcos90oedlwBs in2Le idi0wB Lsin e2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 为零，则回路的总电动势dt0 EopEpqEqo显然，吕。=0,所以EopEpq Eqo-B PQ2QP等效.后者是垂直由上可知，导体棒OP旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒 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Ev B dl求解，建立图（a）所