电磁学课后习题答案

1、第五章静电场59 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-J_冗% 4r2 一 L2(2)在棒的垂直平分线上，离棒为 r处的电场强度为E= 1 Q2 冗句 r . 4r2 L2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L包dE - 42 er4冗0 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处理这个矢量积分.(1)若点P在棒的延长线上，带电棒上

2、各电荷元在点P的电场强度方向相同，E = dE iL(2)若点P在棒的垂直平分线上，如图 (A)所示，则电场强度E1&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 = JdEyj = sin adEj证（1）延长线上一点P的电场强度E= f dq 2 ,利用几何关系r' =r 掇一积分变量,L 2/0广2L/2 1 QdxEp -o4 10 L r -xQ 14 l0L |k - L/21 1 Qr + L/2 J 兀0 4r2 - L2电场强度的方向1&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，大小为利用几何关系sin a=

3、 r/r' , r' = Tr2 +x2统一积分变量，则L/2 1 rQdx Q 1E ZZ_oT?二一 一-L/24 冗©L仅2+r2 22 冗or J4r2+L2当棒长L-8时，若棒单位长度所带电荷 西常量，则P点电场强度E=._1Q/L_lim 2冗M 1 4r2/L22九%r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/L2v<1, 带电长直细棒可视为无限长带电直线 514 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R =炉&q

4、uot;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,由高斯定理一 一 1CE dS = 、q =0%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 i E dS-S-S解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有=炉dS =-炉dS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，22 .=一 E tR cos 冗=tR 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不为E =E(cos e +sin cos0e0 +sin Osin er)一 _ 2 .dS = R si

5、n 0d d er22 一一=、E dS = ER sin 也in d 9d SS.兀 22.兀=0 ER sin (d 8 0 sin d=TR2E5-17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p = kr 0 < r < Rp = 0 r R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 4<21根据图斯定理 寸E，dS= f pdV ,可解得电场强度的分布 0 L（2）利用带电球

6、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，4Tr'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以e2 er无0r由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布0<r<RrE r = 0 dERE r = 0 dE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1非dS = f pdV得球体内（0w r< R） 0 .1 r 2=一 J kr4 < dr,0krE（r）=4球体外（r > R）2E（r 4 炉R2kr4 < drkR2E rer4

7、电解2将带电球分割成球壳，球壳带电dq由上述分析，球体内（0wwr）pdV = kr'4 / %rkr '4 -dr'kr er4 o球体外（r > R）_ R 1 kr 4 r 2drE r :20 4兀0£ r2kR2井er520 一个内外半径分别为 Ri和R2的均匀带电球壳，总电荷为Qi,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

8、方向，且大小相等.因而2耳EdS =E.在确定高斯面内的电荷 Z q后，利用高斯定理 用EdS = Z q/ 0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rvRi,该高斯面内无电荷，RirvR2,高斯面内电荷q2 一E 4 tt =Z q/ 0q = 0 ,故 Ei =0Qi r3 - Ri3R；_R3E2 =Qi r3 -R34 兀e R3 - R3 r2R2rvR3,高斯面内电荷为Qi,故Qi4 7t or2r>R3,高斯面内电荷为Q1+Q2,故E4QiQ24 7t or2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 侧，电场强度的左右极限不同，

9、电场强度不连续，而在紧贴 度的跃变量(B)所示.在带电球面的两r = R3的带电球面两侧，电场强E = E4 - E3Q24%电葭(T.实际带电球面应是有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521两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为Ri和R2>Ri),单位长度上的电荷为入.求离轴线为r处的电场强度：(1)rvRi, (2) RvrvR2, (3)r>R2.分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也

10、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,且斗EdS = E 2 <L ,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解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理E 2 71rL 八 q/ 0 r<Ri," q =0E1 =0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变Ri< r< R2, £ q =心入E2一2冗%rr >R2q = 0E3 =0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变E2冗0r 2冗rL o(T这与5 2眦分析讨论的结果一致.522如图所示，有三个点电荷 Qi、Q2

11、、Q3沿一条直线等间距分布且 Qi=Q3 = Q.已知其 中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Qi、Q3的情况下，将Q2从点O移到无穷远处外力所作的功.了Q 0。上 Qi题5-22图分析 由库仑力的定义，根据 Qi、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= Q2 Edl0其中E是点电荷Qi、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 Vo -V二=Q2Vo其中Vo是Qi、Q3在点。产生的电势（取无穷远处为零电势）.解1由题意Qi所受的合力为零Qi Q2

12、2 Qi Q3- = 04 冗(od4 冗o(2d Jii解得由点电荷电场的叠加,Q2 = -Q3 =-1Q44Qi、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为E = EiyE3yQy2 冗虱d2 + y2 3/2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? 的功为）外力所作:一.-I iW - Q2E dl = -Qo0 2p 1 4 2 冗o(d2 +Qyi解2与解i相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2 = - 1 Q ,并由电势4的叠加得Qi、Q3在点O的电势Qi4 冗（0d.Q34冗0d将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功Q28兀电d.这是因为在许

13、多实际问比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁 题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.523 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为入E 二er2冗龟r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一8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J入r2U12 = E dr =In ”i2冗切ri（2）不能.严格地讲，电场强度£= er只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分2冗or布在无限空间，r 00处的电势应与直线上的电

14、势相等527 两个同心球面的半径分别为 Ri和R2,各自带有电荷Qi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qQ各区域的电场强度分布， 再由Vp = EE 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在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势Q4冗0R其中R是球面白半径.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，

15、可求得电势的分布.解1 (1)由高斯定理可求得电场分布r : RiRi：二 r ；R2rR2E 1=0EQiuE2 -2 er4 7t 电rQ Q2 AE 3 - - T er4 九 10rqQ由电势V = E E d l可求得各区域的电势分布 r当rWR时，有RiR2Vi = r Ei dl R E2 dl R E3 dl。Qi i -4冗电Ri . QiQ2R2_4 冗（oR2QiQ24 冗（oRi4 冗0R2当RiWrWR2时，有R2二V2 =,E2 dl R E3 dlrR2Qiii LQi+Q2= r 4 冗 0 1rR2_4 冗电R2QiQ2= 十4 冗0r 4 冗0R2当r>

16、;R2时，有Qi Q2V3 二E 3 dl 二12r4冗短(2)两个球面间的电势差R2Qi11U12R1 E2 dl 不 D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 rWR,则ViQi . Q24 冗（0R4 冗%R2若该点位于两个球面之间，即 Ri<r<R2,则234 冗0r 4 冗%R2若该点位于两个球面之外，即 r>R2,则Qi Q2V3 -,4冗龟r(2)两个球面间的电势差U12 =Vi-V2 t =yQ-T_4冗龟R14冗R2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(

17、)(A)升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定分析与解 不带电白导体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)。63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。点有()(A) E =0,V =q4冗®d(B) E = q 2 ,V =q4冗龟d24冗均d(C) E =0,V =0(D) E =q-,V )q4冗%d24冗©R分析与解 达到静电平衡

18、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士q；导体球表面的感应电荷士 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)。64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

19、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)。65 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/ &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(

20、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, 一 ，一 一 ，-11+ xE d S= C E0 d S=一工 q0 i即£ = £。/ £r,因而正确答案为(A)。68 导体球半径为Ri,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Vo.求此系统的电势和电场的分布.分析 若V0 = 4 *，

21、内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电.Q右Vo # ,内球电势不等于外球兄电势，则外球冗内电场强度不为手，内球市4冗祝电.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 = E E 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Vo、Q、R1、R2表示.6 X国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 >4/2 =E(r >£ q/ o ,根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各

22、区域内的电场分布为rvRi时,E1k )=0_ qRirvR2时，E2(r )=24冗龟rr" E2r =Q -4冗龟r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.rvRi 时,RiE dl = E1R2d l ERi2 dl30R2 E 3Ri vrv R2时,V2 =00r E dlR2r E 2 dl00R2 E 3 dlr E3 dl也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内（rvRi)qQVi = qQ4 冗(0R4 冗 %R2在导体球和球壳之间（RiVrvR）V2 =Q4 冗 0R2在球壳外（r> R2）V3 =_Q4 冗(0r由题意Vi =VoVi

23、 =Voq . Q4冗龟r24冗龟R代入电场、电势的分布得 rvRi 时,Ei=0； Vi=V0Ri vrv R2时,r>R2 时,E2RiVo*V2RVo (r-Ri)Q4 冗 反R2rR1V03 =2r(R2 - R)QR1V0_(R2-R1)Q4 冗电R2rr 4 冗 6R2r612如图所示球形金属腔带电量为Q >0,内半径为a,外半径为b,腔内距球心。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。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

24、荷元，电荷元在球心产生的电势dVdq4冗志由于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q4冗0RdqV ="s4冗龟R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q q . q Q4 冗0r 4 冗0a 4 冗(0b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（）_ 22 (A) 2 r B(B) M B(C) 2 <2Bcos a(D) <2Bcos a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

25、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）.73 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）

26、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） TB dl = TB d，Bp1 =Bp2（B） B dl 巧B d，Bp1 =Bp2（C）Tb dl =TB dl，Bp1#Bp2（D） B -dl，勺B d , BP fBPL1L2piP2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（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

27、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 Mr=0,由毕一萨定律知 B be = B fa=0.流过圆弧的电流Il、I2的方向如图所示，两圆弧在点。激发的磁场分别为的1 2l24 <2R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又-I/iB1 一2，B2 一4 <其中Ii、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻 构成并联电路，故有Illi = I 2l2将Bi、B2叠加可得点。的磁感强度B.解由上述分析可知，点 O的

28、合磁感强度B =B1 B2一至今=04 <24 <2711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。的磁感强度各为多少?(b)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。处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0= B Bi解 (a)长直电流对点 O而言，有IdlMr =0,因此它在点。产生的磁场为零，则点 。处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有Bo =8RBo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Bo的1 的12R - 2RBo的方向垂直纸面向里.(c)将载流导线看作1/2

29、圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B _ 的1+/1 +和1 _ 的1 +和1：-4五 4 R 4R _ 2 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.(a)7 - 15 图分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量WBS.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dO = B dS= "ldx2 x矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量J2 Mol .MoIl d2=ldx =In -q 2派 2冗 d1I ,但电流的流向相717有一同轴

30、电缆，其尺寸如图（a）所示.两导体中的电流均为反，导体的磁性可不考虑. 试计算以下各处的磁感强度：（1） rvR; （2） R1VrR2； （3）R2rvR3； (4) r>R3.画出 B r图线.17-17 田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,cjB dl = B 2 7M 利用安培环路定理cJB dl =的£ I ,可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得rvRiB1 2< =Ri< r< R2R2V r< R3r>R3Bi川r2 tRi2B2B3 -2 "M,|Ir2-R2 |ttR； -

31、r1& R2-r22 7r R； - R；B4 =0磁感弓S度B (r)的分布曲线如图(b)729 如图(a)所示，一根长直导线载有电流Ii = 30A,矩形回路载有电流I?=20A.试计算作用在回路上的合力.已知 d=1.0cm, b=8.0cm, l = 0.12m.方向相反，对不变形的矩形回路来分析 矩形上、下两段导线受安培力F i和F 2的大小相等,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

32、图(b)所示，它们的大小分别为匚_的I1I 21F3 一2 dL由 I1I 21F4 二2d +b)故合力的大小为F=F3-F4 =bhi_ 困"21 =1.28 10* N2cl24d+b)合力的方向朝左，指向直导线.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

33、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)85 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dI 以一的变化率增长.若有一边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所本.求dt线圈中的感应电动势.4

34、题S-7用分析本题仍可用法拉第电磁感应定律d一",一一，、一，、,± = -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Bi与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d x、长为d的面元d S,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）.本题在二程技术中又称为互感现象，也可用公式EMdl-=M 求解.dt解1穿过面元d S的磁通量为dO

35、 = B dS=B dS+B2 dS =图一ddx - - ddx2 Mx 十 d )2 x因此穿过线圈的磁通量为=fd=的1d dx. 2d皿dx )皿.2 4x + d) d2水 2 冗 4再由法拉第电磁感应定律，有d f 3'd=In dt 12 7t 41dt解2当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为由dl 3 = In -2冗 4线圈与两长直导线间的互感为当电流以d变化时，线圈中的互感电动势为 dt=必3 dL24 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

36、右侧直导线的距离为匕则穿过回路的磁通量 =B dS = f（1, 9,它表现为变量I和第勺二元函数，将 代 S、一 d d H一 r1，、入E =即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中 =v ,再令E= d即可求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.812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 旋转，棒与转轴间夹角恒为 9,磁感强度B与转轴平行.求OP棒在图示位置处的电动势.Of甲 B题X - 12图.一_ . - d分析 如刖所述，本题既可以用法拉第电磁感应7E律E=计算(此时必须构造一个包

37、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= (vM B)dl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Eop = OP v B dlo _. 八八o一=vBsin 90 cos odl=JQsin 0 由cos(90° - 0dl2 L 12“Bsin °01dl =2 3B(Lsin0f由矢量vB 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E 当=0 = E°p EpqEqodt显然，Eqo = 0,所以EOP = _EPQ2coB PQ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.i813如图(a)所不，金属杆 AB以匀速v =2.0m 6一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=(vM Bbd l求解，建立图(a)所示的坐(2)用法拉第电磁感应定律求解,标系，所取导体元dl