電磁學(xué)課后習(xí)題答案

1、第五章靜電場(chǎng)5 - 9若電荷Q均勻地分布在長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)棒上.求證：(1)在棒的延長(zhǎng)線，且離棒中心為 r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度為1 Q2 2n 4r L(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度為1 Q2 n r * 4r2 L2若棒為無(wú)限長(zhǎng)(即L* )，試將結(jié)果與無(wú)限長(zhǎng)均勻帶電直線的電場(chǎng)強(qiáng)度相比較分析 這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度.此時(shí)棒的長(zhǎng)度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理.但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長(zhǎng)直線上.如圖所示，在長(zhǎng)直線上任意取一線元dx,其電荷為dq = Qdx/ L，它在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為dE 1 dqedE ,2 er4 n r整個(gè)帶電體在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E dE接著

2、針對(duì)具體問題來(lái)處理這個(gè)矢量積分.(1) 若點(diǎn)P在棒的延長(zhǎng)線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，E dEiL(2) 若點(diǎn)P在棒的垂直平分線上， 如圖(A)所示，則電場(chǎng)強(qiáng)度E沿x軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點(diǎn) P的電場(chǎng)強(qiáng)度就是EdEyjLsin adEj證（1）延長(zhǎng)線上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度Edq，利用幾何關(guān)系 r= r x統(tǒng)一積分變L 2 n 0r量，則EpL/2 1dx-L/24 n L r x 21r L/21 QZ 2電場(chǎng)強(qiáng)度的方向n 4r L(2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為.cESdEL 4 nr利用幾何關(guān)系sin a= r/rrx統(tǒng)一積分變

3、量，則L/ 2e-L/ 2 4 n so lrQ dx2 2/3r 12 nj&r *4r2 L2當(dāng)棒長(zhǎng)Lis時(shí)，若棒單位長(zhǎng)度所帶電荷X為常量,則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E limlQ/ L_2 nsr -1 4r2/ L2X2 nr此結(jié)果與無(wú)限長(zhǎng)帶電直線周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度分布相同帶電長(zhǎng)直細(xì)棒可視為無(wú)限長(zhǎng)帶電直線.圖（B） 這說明只要滿足r2/L2 vv 1,5 14 設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度 E與半徑為R的半球面的對(duì)稱軸平行，試計(jì)算通過此半球 面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量S5-VI 閤分析 方法1：由電場(chǎng)強(qiáng)度通量的定義，對(duì)半球面S求積分，即 sE dSs S方法2:作半徑為R的平面S與半球面S 一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合

4、面無(wú)電荷, 由高斯定理SE dS這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S的電場(chǎng)強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面.cS的電場(chǎng)強(qiáng)度通量.因而 E dS E dSSS解1由于閉合曲面無(wú)電荷分布，根據(jù)高斯定理，有 E dS E dSSS依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槊嬖猟S的方向， E tR2 cos n ?R2E解2取球坐標(biāo)系，電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和面兀在球坐標(biāo)系中可表示為E E cos e sin cos 0e0 sin 0sin er2dS R sin 0d 0 er2 2 E dS ER sin Osin d 0SSn22nER sin 0 0 si nd0 0tR2E5 - 17設(shè)在半徑為R的球體

5、，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為p kr0 r Rp 0rRffi 5 - 17 N分析 通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球外的電場(chǎng)分布 .由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場(chǎng)分布也是球?qū)ΨQ， 選擇與帶電球體同心的球面為高斯面， 在球面上電場(chǎng)強(qiáng)度.C大小為常量，且方向垂直于球面，因而有E dS E 4 n2S1根據(jù)高斯定理oE dS pV，可解得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布%(2)利用帶電球殼電場(chǎng)疊加的方法求球外的電場(chǎng)分布.將帶電球分割成無(wú)數(shù)個(gè)同心帶電球殼，球殼帶電荷為 dq p 4 nr 2dr，每個(gè)帶電球殼在殼激發(fā)的電場(chǎng)dE 0 ,而在球殼外激發(fā)的電場(chǎng)dE4 nr由電場(chǎng)疊加可解得帶電球體外的電場(chǎng)

6、分布rdE0RdE0解1因電荷分布和電場(chǎng)分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定理pV得球體（0 r R)R 2kr4 n drkR2er4電解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電dqpVkr 4 n 2dr由上述分析，球體(0W rR)R 10 4 n 0kr4n 2dr2rerkR24%0?er5 - 20 一個(gè)外半徑分別為 Ri和R2的均勻帶電球殼，總電荷為 Qi，球殼外同心罩一個(gè)半 徑為R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為 Q2 .求電場(chǎng)分布電場(chǎng)強(qiáng)度是否為離球心距離 r的連 續(xù)函數(shù)？ 試分析分析 以球心0為原點(diǎn)，球心至場(chǎng)點(diǎn)的距離 r為半徑，作同心球面為高斯面 由于電荷呈球 對(duì)稱分

7、布，電場(chǎng)強(qiáng)度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場(chǎng)強(qiáng)度沿徑矢方向，且大小相等因而2EdS E 4n2 .在確定高斯面的電荷q后，利用高斯定理-EdS q/電即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的分布.解 取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析E 4n2r v Ri，該高斯面無(wú)電荷,q/電0 ,故 Ei 0Ri v rV R2，高斯面電荷Qi r3R3R；戌R2 v rr R3E2Qi r3 戌rV R3，高斯面電荷為Qi ,故E；Q4 n訂2，高斯面電荷為Qi + Q2，故E4Qi Q24 nr2電場(chǎng)強(qiáng)度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布曲線如圖 側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)度的左右極限不同，電場(chǎng)強(qiáng)度不連續(xù)，而在緊貼 強(qiáng)度的躍變量(

8、B)所示.在帶電球面的兩 r = R;的帶電球面兩側(cè)，電場(chǎng)EE4E；q2(T這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性實(shí)際帶電球面應(yīng)是有一定厚度的球殼，殼層外的電場(chǎng)強(qiáng)度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼外的電場(chǎng)，在球殼的厚度變小時(shí)，E的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時(shí)，E的變化成為一躍變.5 - 21兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為Ri和R2 Ri ），單位長(zhǎng)度上的電荷為入.求離軸線為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度：（1） r v Ri , （ 2） Ri v r v R2 , （3） r 斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零,且：EdS E 2 nL ,求出不同半徑高斯面的電荷q

9、.即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布 解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E 2 nLq / 右r v Ri ,q 0Ei 0在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變Ri v r v R2 , q 2L入E2 22 n（0rr R2，q 0E30在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變?nèi)?(TE這與5 20題分析討論的結(jié)果一致.5 - 22 如圖所示，有三個(gè)點(diǎn)電荷 Qi、Q2、Q3沿一條直線等間距分布且 Qi = Q3 = Q. 已知其中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零，求在固定Qi、Q3的情況下，將Q2從點(diǎn)O移到無(wú)窮遠(yuǎn)處外力所作的功q28 n電d0 C分析 由庫(kù)侖力的定義，根據(jù) Qi、Q3

10、所受合力為零可求得 Q2 .外力作功W應(yīng)等于電場(chǎng)力 作功W的負(fù)值，即W= W.求電場(chǎng)力作功的方法有兩種：（1）根據(jù)功的定義，電場(chǎng)力作的功 為W o Q2 Edl其中E是點(diǎn)電荷Qi、Q3產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度 （2）根據(jù)電場(chǎng)力作功與電勢(shì)能差的關(guān)系，有W Q2V0 VQ2V0其中Vo是Qi、Q3在點(diǎn)O產(chǎn)生的電勢(shì)（取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)）. 解i由題意Qi所受的合力為零Qi Q2 2 Qi04 n%d4 n% 2d解得由點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加,4Q3Qi、Q3激發(fā)的電場(chǎng)在y軸上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為EiyE3yQy22 3/22 n電 d y將Q2從點(diǎn)O沿y軸移到無(wú)窮遠(yuǎn)處, 作的功為（沿其他路徑所作的功相同，請(qǐng)想一想

11、為什么?）外力所Q2E dlQy2 n% d22 3/2 dyy解2與解1相同，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時(shí)Q2q，并由電勢(shì)4的疊加得Qi、Q3在點(diǎn)0的電勢(shì)Q1Q3 Q4 n(od 4 nd 2 nd將Q2從點(diǎn)O推到無(wú)窮遠(yuǎn)處的過程中，外力作功Q2V0Q28 n電dU12E2 dl C.這是因?yàn)樵谠S多實(shí)際問比較上述兩種方法，顯然用功與電勢(shì)能變化的關(guān)系來(lái)求解較為簡(jiǎn)潔 題中直接求電場(chǎng)分布困難較大，而求電勢(shì)分布要簡(jiǎn)單得多.5 - 23已知均勻帶電長(zhǎng)直線附近的電場(chǎng)強(qiáng)度近似為入E2 n%r為電荷線密度.（1）求在r = ri和r = r2兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；（2）在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，我們?cè)is處的電勢(shì)為零，

12、求均勻帶電長(zhǎng)直線附近的電勢(shì)時(shí)，能否這樣取？試說明.解（1）由于電場(chǎng)力作功與路徑無(wú)關(guān)，若沿徑向積分，則有Ul22Eridr入2 n%ri（2）不能嚴(yán)格地講，電場(chǎng)強(qiáng)度E2 n%r只適用于無(wú)限長(zhǎng)的均勻帶電直線，而此時(shí)電荷分布在無(wú)限空間，ris處的電勢(shì)應(yīng)與直線上的電勢(shì)相等5 - 27 兩個(gè)同心球面的半徑分別為 Ri和R2，各自帶有電荷 Qi和Q2 .求：（1）各區(qū)域電勢(shì)分布，并畫出分布曲線;題5-27圖分析 通?？刹捎脙煞N方法（i）由于電荷均勻分布在球面上，電場(chǎng)分布也具有球?qū)ΨQ性， 因此，可根據(jù)電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢(shì)取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布，再由VpE dl可

13、求得電勢(shì)分布.（2）利用電勢(shì)疊加原理求電勢(shì)H p一個(gè)均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢(shì)為4 nr在球面電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)處處相等，等于球面的電勢(shì)Q4 nR其中R是球面的半徑根據(jù)上述分析，利用電勢(shì)疊加原理，將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢(shì) 疊加，可求得電勢(shì)的分布解1(1)由高斯定理可求得電場(chǎng)分布E2Qi4 n電r2E3嚴(yán) er4 n(orR1R-irR2rR2由電勢(shì)VE dl可求得各區(qū)域的電勢(shì)分布r當(dāng)r w Ri時(shí)，有RiVi已rdlR2rE2dlR2 E3 dlQi 0111QiQ24乓RiR24 n R2QiQ24 n電R4 noR當(dāng)Ri w r w R2時(shí)，有R22E2 dlE3 dlrR23

14、Qi11QiQ24 nor艮4 nsoR2QiQ24 nor4 n o R2當(dāng)r R2時(shí)，有V3E3 dlrQiQ24 n %r(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差R2Qi 丄14 n 電 RRg解2(1)由各球面電勢(shì)的疊加計(jì)算電勢(shì)分布.若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面，即r w Ri，則若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間，即若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之外，即Vi旦4 nRQi4 n（o）rr R2，則QiQ24 n%R2Q24 no R2Q24 n（o）r(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差Ui2VV2r R2Qi4 n oR R2 時(shí),E2 rQ q4 nr2由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域的電勢(shì)分布.r vRi時(shí),ViE dlrRiE

15、i dl rR2RiE2dlR2E3dlq Q4 n（0）Ri4 n（0 R2Ri v rv R2 時(shí),V2E dlrR2E2 dlrE3dlq4 n0r R2 時(shí),E3 dlq Q4 n（o）r.c也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布.在導(dǎo)體球（ r v Ri）q Q4 nR 4 n%R2在導(dǎo)體球和球殼之間（Riv r v R2 ）q Q4 n0）r4 n%R2在球殼外（r R2）q Q4 n%r由題意ViVoqQ4 nR24 n得qQViVo4 nR24 n0&代入電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得r v Ri 時(shí),Ei0 ; ViVoR1 v r v R2 時(shí),E2RVRQRiVo (r R)Qr 4 n

16、%R2rr 4 n(oR2rr R2 時(shí),E3RVo2r(R2 r)q ；4 nsoR2r2RiV0(R2 R1)Qr4冗亦26 12如圖所示球形金屬腔帶電量為 Q 0,半徑為a外半徑為b,腔距球心O為r處有一點(diǎn)電荷q,求球心的電勢(shì).老6 -12圖分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時(shí),表面感應(yīng)電荷-q，外表面感應(yīng)電荷q；表面感應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心O點(diǎn)的電勢(shì)由點(diǎn)電荷q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共同決定.在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢(shì)dVdq4 nsoR由于R為常量，因而無(wú)論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢(shì)為v qs4 nR 4 nR由電勢(shì)的疊加可以求

17、得球心的電勢(shì).解 導(dǎo)體球表面感應(yīng)電荷-q,外表面感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢(shì) 為V亠4 nrqq Q4 n a 4 nb第七章恒定磁場(chǎng)7 2 一個(gè)半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場(chǎng)中，通過半球面的磁通量 為（ ）(A) 2n2B(C) 2 n2Bcos a2(B)n B(D)n2Bcos a分析與解 作半徑為r的圓S與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，磁感線是閉 合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進(jìn)半球面 S的磁通量等于穿出圓面 S的磁通量;m B S 因而正確答案為（D）.7 -3下列說確的是（）（A ）閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路一定沒有電流穿過（B）閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)

18、度都為零時(shí)，回路穿過電流的代數(shù)和必定為零（C）磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度必定為零（D）磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分不為零時(shí)，回路上任意一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度都不可能為零分析與解 由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律， 磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不一定為零；閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度為零時(shí)， 穿過回路的電流代數(shù)和必定為零。 因 而正確答案為（B ）7 - 4在圖（a）和（b）中各有一半徑相同的圓形回路 L1、L2 ,圓周有電流11 、12 , 其分布相同，且均在真空中，但在（b）圖中 L2回路外有電流I3 , P1、P2為兩圓形回路上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，則()(A)BLidl-BL2

19、dl ,BPiBP2(B)BLidlBL2dl ,BpiBP2(C)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(D)BLidlBL2dl ,BpiBP2o分析與解 由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會(huì)影響磁感強(qiáng)度沿回路的積分;C).但同樣會(huì)改變回路上各點(diǎn)的磁場(chǎng)分布.因而正確答案為（7 - 10如圖所示，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接。求環(huán)心0的磁感強(qiáng)度.分析根據(jù)疊加原理，點(diǎn) 0的磁感強(qiáng)度可視作由弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，于Idl r 0,由畢一薩定律知 Bbe Bfa 0 . 圓弧在點(diǎn)0激發(fā)的磁場(chǎng)分別為Bef 0 .ef、be、fa三段直線以及acb、

20、adb兩段圓而be、fa兩段直線的延長(zhǎng)線通過點(diǎn)0,由流過圓弧的電流11、12的方向如圖所示，兩也丨1丨11 2l2B1, 2，B2,24 n4 n其中h、I2分別是圓弧acb、adb的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻 R與弧長(zhǎng)I成正比，而圓弧acb、adb 又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有I1I1 1 2I2將B1、B2疊加可得點(diǎn)0的磁感強(qiáng)度B.解 由上述分析可知，點(diǎn) 0的合磁感強(qiáng)度MoI 1l1MoI 2l2B B1B22,204 n4 n7 - 11如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面分布，電流均為1，它們?cè)邳c(diǎn)0的磁感強(qiáng)度各為多將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長(zhǎng)直部分和圓弧部分,分析應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解.它們各少？.c自在點(diǎn)0處

21、所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度B0 Bi解 (a) 長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn)0而言，有Idl r 0，因此它在點(diǎn)0產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，則點(diǎn) 0 處總的磁感強(qiáng)度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有Bo8RB0的方向垂直紙面向外.由疊加原理可得他I由I2R 2nR(b) 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長(zhǎng)直電流，BoBo的方向垂直紙面向里.(c) 將載流導(dǎo)線看作1/2圓電流和兩段半無(wú)限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B 怡1 由1 比I出1訕4 nR 4 n 4R 2 n 4RBo的方向垂直紙面向外.7 - 15如圖所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流為 I，試求通過矩形面積的磁通量.可在矩形平面上取一分析 由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不

22、同，故磁通量工BS.為此, 矩形面元dS = Idx 圖(b),載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)穿過該面元的磁通量d B dS 衛(wèi) Idx 2 n矩形平面的總磁通量d解由上述分析可得矩形平面的總磁通量d2 訕Mo11d2Idx In -dl 2 n2 n 4I，但電流的流向相；(2) Ri v r v7 - 17有一同軸電纜，其尺寸如圖(a)所示兩導(dǎo)體中的電流均為反，導(dǎo)體的磁性可不考慮.試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：(1) r vR2 ; ( 3) R2 v r v R3 ； ( 4) r R3 .畫出 B r 圖線.7-17 IV分析同軸電纜導(dǎo)體的電流均勻分布，其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱,取半徑為r的同心圓為積分路徑,d

23、l B 2 nr,利用安培環(huán)路定理dlI，可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度.由上述分析得 r v RiBi1怡 2 nRiBiMoir2 tRiRi v r v R2B2 2 nm)IB2MoI2 nR2 v r v R3B3 2nMo I2nrR2 InRs RfB3MaiRf r2r R3B4 2 nmo I I 0b40磁感強(qiáng)度B (r )的分布曲線如圖(b)7 - 29如圖（a）所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線載有電流11 = 30 A，矩形回路載有電流12 = 20 A .試計(jì)算作用在回路上的合力.已知d = 1.0 cm, b = 8.0 cm, l = 0.12 m.IIIIII方向相反，對(duì)不變形的矩形

24、回路分析 矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力Fi和F2的大小相等, 來(lái)說，兩力的矢量和為零而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強(qiáng)度不等，所 受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個(gè)力的合力.解 由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F3和F4之矢量和，如圖（b）所示，它們的大小分別為F3怡丨1丨212 ndF42 nd b故合力的大小為FF3 F4 區(qū)血皿11.28 10 3 N2 nd2nd b合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.第八章電磁感應(yīng)電磁場(chǎng)8 -1 一根無(wú)限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線載有電流 I,一矩形線圈位于導(dǎo)線平面沿垂直于載流導(dǎo)線方向 以恒定速率運(yùn)動(dòng)（如圖所示），

25、則（）（A ）線圈中無(wú)感應(yīng)電流（B）線圈中感應(yīng)電流為順時(shí)針方向（C）線圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向(D) 線圈中感應(yīng)電流方向無(wú)法確定題8 I圖分析與解 由右手定則可以判斷， 在矩形線圈附近磁場(chǎng)垂直紙面朝里，磁場(chǎng)是非均勻場(chǎng),離長(zhǎng)直載流導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱.因而當(dāng)矩形線圈朝下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可以判定.因而正確答案為(B).8 -5 下列概念正確的是()(A )感應(yīng)電場(chǎng)是保守場(chǎng)(B) 感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是一組閉合曲線(C) m LI，因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比(D) m LI，回路的磁通量越大，回路的自感系數(shù)也一定大分析與解對(duì)照感應(yīng)電場(chǎng)的性質(zhì)，感應(yīng)電場(chǎng)

26、的電場(chǎng)線是一組閉合曲線.因而 正確答案為(B)8 -7有兩根相距為d的無(wú)限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流 均以 匸 的變化率增長(zhǎng).若有一邊長(zhǎng)為d的正方形線圈與兩導(dǎo)線處于同一平面，如圖所示.dt線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律dt來(lái)求解.由于回路處在非均勻磁場(chǎng)中，磁通量就需用 B dS來(lái)計(jì)算（其中B為兩無(wú)限長(zhǎng)直電流單獨(dú)存在時(shí)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度BiS與B2之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系由于B僅與x有關(guān)，即B B（x），故取一個(gè)平X、行于長(zhǎng)直導(dǎo)線的寬為d X、長(zhǎng)為d的面元d S,如圖中陰影部分所示，貝y dS ddx，所以,總磁通量可通過線積分求得

27、（若取面元dSdxdy，則上述積分實(shí)際上為二重積分）本題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式EmdlM 求解.dt.c解1穿過面元d S的磁通量為dSB1 dS B2dSMqI2 nx dddx 宜 ddx2 nx因此穿過線圈的磁通量為2d eldd 2 nx ddx業(yè)In?2 n 4d|dt再由法拉第電磁感應(yīng)定律,E ddT解2當(dāng)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線有電流I通過時(shí)，穿過線圈的磁通量為In n 4線圈與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的互感為蟲ln2 n 4當(dāng)電流以變化時(shí)，線圈中的互感電動(dòng)勢(shì)為dldtdtE Mdt試想：如線圈又以速率v沿水平向右運(yùn)動(dòng)，如何用法拉第電磁感應(yīng)定律求圖示位置的電動(dòng)勢(shì)呢？此時(shí)線圈中既有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，又有感生電動(dòng)勢(shì).設(shè)時(shí)刻 t，線圈左端距右側(cè)直導(dǎo)線的距 離為E,則穿過回路的磁通量 B dS f 1, E,它表現(xiàn)為變量I和的二元函數(shù)，將 代Sdd E入E即可求解，求解時(shí)應(yīng)按復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，注意，其中v ,再令d即可dtdt求得圖示位置處回路中的總電動(dòng)勢(shì).最終結(jié)果為兩項(xiàng)， 其中一項(xiàng)為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，另一項(xiàng)為感生電動(dòng)勢(shì).8 - 12如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒0P，處于