电磁学课后习题答案

1、第五章静电场31 / 265 - 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(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为E = Q 22 n% r J4r2 + 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，在长直线上任意的电场强度为取一线元，其电荷为 =，它在点PdE = 卑 er4 n% r整个带电体在点P的电场强度E = JdE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

2、方向相同,E = (dEi(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 = JdEyj = fsin adEj*2(1)延长线上一点P的电场强度 E= dq 2，利用几何关系 r = r - X统一积分变L 2 n 0量,EpL/21L/24 n L(r XQdxQ一4 nL b -L/2 r + L/2n4r冷电场强度的方向(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L f sin adqLE 二-_ dE利用几何关系 a=, r = Jr + x?统一积分变量，则rQ dx73_ 12nr4

3、2十2L/21E = f 54 n L(x2+r2当棒长L时，若棒单位长度所带电荷 X为常量,则P点电场强度Q/Lli_m 2 nr j1+4r2/L2(B):.这说明只要满足r22 1,此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同图 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S二JsE dS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SE .dS =2 q = 0%这表明穿过闭合曲面的净通量为零

4、，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.因而二 JsE qS JsE qS解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元的方向,2 2=-E * ttR cos n= nR E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E = E(cos e + sin cos Qe。+ sin 0sin er )dS = R2sin 0d 0 er=QE dS = JsER2sin2 Osin d 0d=eR2sin2 0 0sin d=7R2E5 - 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E与r的函数关系.k为一常

5、量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度drWdr(J分析 通常有两种处理方法：（1） 称分布，因而电场分布也是球对称，利用高斯定理求球内外的电场分布 .由题意知电荷呈球对 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 Tf21根据咼斯定理qE dS = f pV，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，4nr2dr，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由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布E (r)=dE

6、RE (rfdE(0 r R )(r aR)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1qE dS = f pV 得球体内(0R)E(r 4 n2E (r)= er4 %解2将带电球分割成球壳，球壳带电dq由上述分析，球体内(0R)E (r)7R 丄也 20 4no r2、4n2drkR2er 4 &r2 巳5 - 20 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.ft(a)作同心球面为高斯面.由于电荷呈球.因而求

7、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 4 n2 =2 q/ Sq=O，故 Ei=OQi(r3-R3) q =r RiRi rR2 R3，该高斯面内无电荷, R2 ,高斯面内电荷E2Qi(r3 -R3 )4 n电(R； R3 r2 R3，高斯面内电荷为Qi，故，高斯面内电荷为Qi + Q2 ,故E4严4 nor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，电场强度不连续，而在紧贴 强度的跃变量(B)所示.在带电球面的两=R3的带电球面两侧，电场分析 以球心0为原点，球心至场点的距离 r为半径，对称分布，电场强度也为球对称分布，高

8、斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等Q254右-；(TtjEdS = E，4n2 .在确定高斯面内的电荷 Z q后，利用高斯定理 Ri )，单位长(2) Ri r 5 - 21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为度上的电荷为入.求离轴线为r处的电场强度：（1） r Ri ,R2 .題5 -2】用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,且勺EdS = E 2 nL ,求出不同半径高斯面内的电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r Ri ,E 2 nL =2 q/ 2 q =0*0在

9、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,E3=O在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变(T2 nfor2 nQ)rL这与5 - 20题分析讨论的结果一致5 - 22如图所示，有三个点电荷 已知其中任一点电荷所受合力均为零, 远处外力所作的功.Q1、Q2、求在固定Q3沿一条直线等间距分布且Q1 = Q3 = Q.Q1、Q3的情况下，将Q2从点0移到无穷分析 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 =仇2 Edl其中E是点电荷Q

10、i、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，有其中Vo是Qi、Q3在点0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Q3Q14+Q14nn詬T01 1解得q-Iq-Iq44Qy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一 E1 y+ E3y=2 n.(dy2 3/2将Q2从点0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？）外力所作的功为处处11QQ2W0Q2E dQy解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2 = -，并由电势4的叠加得Qi、Q3在点0的电势V。=旦4冗胡 4 n就 2 n就将Q2从点0

11、推到无穷远处的过程中，外力作功WQ2V0 =-Q8 nd.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E= yL er2 n%r为电荷线密度.（1）求在r =1和r =2两点间的电势差；（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，则有八入r2山2 = J E dr =In 52 n% A（2）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

12、线，而此时电荷2 n%rr处的电势应与直线上的电势相等分布在无限空间，5 - 27 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；也? =27閹分析 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 = （ E 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 = 5-4nor在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势V = 54 nR其中R

13、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E 4=0(r 尺)由电势V = E dl当r Ri时，有当Ri R2时，有e-2 er4nforQ中Q2=厂 er4 nor(Ri vr V R2 )(r R2 )可求得各区域的电势分布V1 =E1 dl + E2 dl +E3 dl =0亠匚丄+04 no LR1 R24 noR2- 01 + 024noR 4 no R2RiR2R2V2 珥 E 2Q1 11 g4 no Lr R ” =Q1+ Q24 nor 4 noR24 nsoR?V3 =E 3 dl

14、Q1 +Q24 nor(2)两个球面间的电势差12R2二 Jr1 E 2dlQi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rw R1，则若该点位于两个球面之间，即若该点位于两个球面之外，即QiQ2y =+4 njR,4 n%R2R1 R2，则、，Qi+Q2(2)两个球面间的电势差Ul2Qi第六章二 My 心2=Wri 4n區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

15、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0点有()(A)= 0,V =q4 ni0d(B)(C)= 0,V =0(D)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0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

16、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

17、)。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/ &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

18、质中任意高斯面荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布.并由由高斯定理勺E dS= E（r卜4 n2 =E（r ）送q/ o，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各R1 r R2时,E2(*S(1+ xE d S = E0 q S= -z q0 i即E = E 0/ &，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V 0 .求此系统的电势和电场的分布.4 n%R2分析 若Vo = _ Q_ ,内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电.若Vo H4_QR，内球电势不等于

19、外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带4 noR2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Vp= f E dl或电势叠加求出电势的区域内的电场分布为 r R2 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 Ri 时,cRiR2ViE .d l= Jr E1 .d I + LE 2 dl +处qQf E3 dl =- +24 n(0 Ri4 n(0)R2Ri r R2 时,V3q +Q4冗笳也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内（r R1)Vi+丄noR14 noR2在导体球和球壳之间（Ri r R2）V3=g4 nQ)r

20、由题意VTo住+亠4 noRiVToU+ 44 n%Ri代入电场、电势的分布得 r R1时,Ei =0 ; Vi 0Ri r R2 时,RiVo(R2-Ri)QE3 =2r 4 nioR2rRiVoV3 =r(R2 -Ri)Q4 ngoR2r6 12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0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0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=4 nR由于R为常量，因

21、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- q,外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势+q4 nr 4 n joa 4 niob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) 2n2B2(B) n2B(C) 2 n2Bcos a(D)n2B cos aa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;Om = B S .因而正确答案为（D）.下列说法正确的是（(

22、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I

23、3 , P1、P2为两圆形回路上的对应点，则（(A)IBdlBr = Bp2(B)IBdlBp1 = Bp2(C)dl=LB dl,BP1BP2(D)IBdl盘B dl ,BP1Bp2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、三段直线以及、两段圆弧电流共同激发由于电源距环较远,Bef =0 而、两段直线的延长线通过点0,由于Idl X r = 0，由毕一萨定

24、律知B be = B fa=0 流过圆弧的电流|1、|2的方向如图所示，两圆弧在点0激发的磁场分别为其中11、12分别是圆弧、e1 2l2. 24 n与弧长I成正比，而圆弧、又构成并联B _ eHi BBi _2 , B2 4 n的弧长，由于导线电阻R电路，故有lili 二丛将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Mo1 iliMd1 2 _ oB=B1_B厂石右7 - 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0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Bo =2： Bi自在点0处所

25、激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度 解 （a） 长直电流对点0而言，有Id |xr = o，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Bo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 2R 2nRBo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1 十 MqI + M)! _ M)l 十 M1仆 4 R 4R 2 R 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.IIIIIIf!IOr(a)IIII7-15 图分析 由于矩

26、形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量工.为此，可在矩形平面上取一矩形面元=图（b）,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为d = B dS =卫Idx2 n矩形平面的总磁通量：=Jd解由上述分析可得矩形平面的总磁通量d2讪二 Jdi-ldx =供1诗I，但电流的流向相1) r Ri ; ( 2)R1 r 7 - 17有一同轴电缆，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：（R2 ；( 3) R2 r R3 .画出 B r 图线.分析（a I同轴电缆导体内的电流均匀分布,dl = B *2 nr利用安培环路定理门其磁场呈轴对称,取半径为r的同心圆

27、为积分路径,可解得各区域的磁感强度.由上述分析得 r RiBi2 n =1帕一2 nRiBi =Molr2 nRi2Ri r R2B2=泌2 nR2 r R3B4、2n = w（l I ）=0B4 =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Ii = 30 A，矩形回路载有电流= 20 A .试计算作用在回路上的合力.已知d = 1.0 , b = 8.0 , l = 0.12 m.II(aIlli方向相反，对不变形的矩形回路分析 矩形上、下两段导线受安培力F1和F2的大小相等, 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

28、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FJlW32 ndf2 nd+b)故合力的大小为F =F3_F4 = 2也2 _2：4 b)-128咒10 N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

29、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B).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（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)二口 ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比(D)=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）.的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所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，

30、且电流 均以d的变化率增长.若有一边长为dt示.求线圈中的感应电动势.A /TS分析本题仍可用法拉第电磁感应定律E =-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B1 与B 2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，贝y 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解1穿过面元d S的磁通量为d =

31、B，dS = B dS + B2，dS*d7ddx因此穿过线圈的磁通量为=Jd2de IdJd2 nx + d 严2d 酬dx=2 n 2 n 4d再由法拉第电磁感应定律，有LdE = 一dtMn?Kl2n 4 丿 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二叫空2 n 4线圈与两长直导线间的互感为M =I当电流以 3变化时，线圈中的互感电动势为dtE 皿生=弹in3dt l2n 4 丿 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t，线圈左端距右侧直导线的距呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势设时刻 离为匕则穿过回路的磁通量 =JB

32、 dS = f （1, 0,它表现为变量I和喲二元函数，将代Sdd 0入E =-即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中一 =v，再令0= d即可dtdt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，处于均匀磁场中，并绕轴以角速度3旋转，棒与转轴间夹角恒为0,磁感强度B与转轴平行.求 棒在图示位置处的电动势.分析dt计算(此时必须构造一个包含导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路),也可用E = (vx B ) dl来计算.由于对称性，导体 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E

33、op = Jop (vx B)d=jvBsi n90o cos ai=(Isin 0 岀coS90o - edl2 L12=wBsin2 0 Idl =5 wB(Lsin 0 2由矢量vxB的方向可知端点P的电势较高.解2设想导体为直角三角形导体回路中的一部分，任一时刻穿 过回路的磁通量 为零，则回路的总电动势dE =-=0 = Eo P + EpQ + Eqodt显然，=0,所以1 2Eop = -EpQ = Eqo = wB（ PQ ）2由上可知，导体棒 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒等效.后者是垂直切割的情况.8 - 13如图（a）所示，金属杆 以匀速v =2.0m s-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?drf丿F|-L- &21望LOni I L分析 本题可用两种方法求解.（1）用公式E = J（vx B）ll求解，建立图（a）所示的坐标系，所取导体元dl=dx，