電磁學課后習題答案

1、第五章靜電場5 5-9-9 若電荷 Q Q 均勻地分布在長為 L L 的細棒上.求證：(1)(1)在棒的延長線，且離棒中心為 r r 處的電場強度為E-J-冗%4r2一L2(2)(2)在棒的垂直平分線上，離棒為 r r 處的電場強度為E=1Q2冗句r.4r2L2分析這是計算連續(xù)分布電荷的電場強度.此時棒的長度不能忽略，因而不能將棒當作點電荷處理.但帶電細棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上.如圖所示，在長直線上任意取一線元 dx,dx,其電荷為 dq=Qdx/L,dq=Qdx/L,它在點 P P 的電場強度為L L 包dE-2er4冗0r整個帶電體在點 P P 的電場強度E=dE接著針對具

2、體問題來處理這個矢量積分. .(1)(1)若點 P P 在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點 P P 的電場強度方向相同，E=dEiL(2)(2)若點 P P 在棒的垂直平分線上，如圖(A)(A)所示，則電場強度 E E1&x&x 軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點 P P 的電場強度就是證（1 1）延長線上一點 P P 的電場強度E=fdq2,利用幾何關(guān)系 r=rr=r掇一積分變量,L2/orL/21QdxEp-2410Lr-x1&x&x 軸.（2 2）根據(jù)以上分析，中垂線上一點 P P 的電場強度 E E 的方向沿 y y 軸，大小為sin0dqE二Ld

3、E利用幾何關(guān)系 sinsina=r/r,r=r/r,r=；rr2 2+x2+x2 統(tǒng)一積分變量，則L/21rQdxQ1EZZ_oT?二一一-L/24冗L僅2+r222冗orJ4r2+L2當棒長 L-8L-8 時，若棒單位長度所帶電荷西常量，則 P P 點電場強度E=._1Q/L_阿2冗討14r2/L22兀M此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同圖（B B）. .這說明只要滿足 r r2/L/L2 2v1,v1,帶電長直細棒可視為無限長帶電直線 5-145-14 設(shè)勻強電場的電場強度 E E 與半徑為 R R 的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球面的電場強度通量方法1:由電場強度通量的定

4、義，對半球面S求積分，即 R R=爐，dSdSR R 的平面 SS與半球面 S S 一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷,由高斯定理一一1CEdS=、q=0% %11Q!99rL/2兀04r2一L2電場強度的方向分析方法 2:2:作半徑為這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面 SS的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S S 的電場強度通量. .因而=EdSiEdS-S-S解 1 1 由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有=爐dS=-爐dS依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元 dSdS 的方向，22.=一ETRcos冗=FE解 2 2 取球坐標系，電場強度矢量和面兀在球坐標系中可表不為E

5、=E(cose+sincos0e0+sinOsiner)一_2.dS=Rsin0dder22一一=、EdS=ERsin也門d9dSS.兀22.兀=0ERsin(d0L0sind=TR2E5-175-17 設(shè)在半徑為 R R 的球體內(nèi)，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為p=kr0rRp=0rR分析通常有兩種處理方法：(1)(1)利用高斯定理求球內(nèi)外的電場分布.由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場分布也是球?qū)ΨQ，選擇與帶電球體同心的球面為高斯面，在球面上電場強度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有EdS=E421根據(jù)圖斯定理寸E，dS=fpdV,可解得電場強度的分布0L（2 2）利用帶電球殼電場疊加的

6、方法求球內(nèi)外的電場分布. .將帶電球分割成無數(shù)個同心帶電球殼，球殼帶電荷為dq=p，4Tt2dr,每個帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場dE=0,而在球殼外激發(fā)的電場dE以e2er無0r由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場分布rEr=0dEREr=0dE0rR解 1 1 因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定理1非dS=pdV得球體內(nèi)（0wrR0wrR）0 0. .2Er471r1r2=一Jkr4 R R）2Er471r解 2 2 將帶電球分割成球殼，球殼帶電dq由上述分析，球體內(nèi)（0WUR0WUR）球體外（rRrR）krE（JR2kr4drkR2Erer4電pdV=kr

7、4TT%rkr47r2drkrer40_R1kr4r2drEr:204兀0r2kR2井erE=E4-E3Q24%電葭(T5-205-20 一個內(nèi)外半徑分別為 R Ri和 R R2的均勻帶電球殼，總電荷為 Q Qi,球殼外同心罩一個半徑為 R R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為 Q Q2.求電場分布. .電場強度是否為離球心距離 r r 的連續(xù)函數(shù)？試分析.分析以球心 O O 為原點，球心至場點的距離 r r 為半徑，作同心球面為高斯面.由于電荷呈球?qū)ΨQ分布，電場強度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強度沿徑矢方向，且大小相等.因而2耳EdS=E.在確定高斯面內(nèi)的電荷Zq后，利用高斯定理用EdS=工q/

8、0即可求出電場強度的分布.解取半徑為 r r 的同心球面為高斯面，由上述分析rvRi,rvRi,該高斯面內(nèi)無電荷，RirRRirR2 2, ,高斯面內(nèi)電荷q2一E47r=、q/0q=0,故Ei=0Qir3-Ri3R；_R3E2=Qir3-R34兀 eR3-R3r2R2rR3,R2rR3,rR3,高斯面內(nèi)電荷為 Q1+Q2,Q1+Q2,故E4QiQ247tor2電場強度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場強度分布曲線如圖側(cè)，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續(xù)，而在緊貼度的躍變量(B)(B)所示. .在帶電球面的兩r r= =R R3的帶電球面兩側(cè)，電場強這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)

9、果，且具有普遍性定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場強度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼內(nèi)外的電場，在球殼的厚度變小時，E的變化就變陡，最后當厚度趨于零時，E E 的變化成為一躍變5-215-21 兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為 R Ri和 R2RI),單位長度上的電荷為入.求離軸線為 r r 處的電場強度：(1)rvR(1)rvRi,(2)(2)RvrvRRvrvR2,(3)rR(3)rR2. .且斗EdS=E2L,求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷q.即可解得各區(qū)域電場的分布解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E271rL八q/0rRrRi, q q=0=0E1=0在帶電面附近，電場強度

10、大小不連續(xù)，電場強度有一躍變RirR2,RirRrR2q=0E3=0在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變.實際帶電球面應(yīng)是有分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上,電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場強度通量不為零,(T這與 5 52 2 眥分析討論的結(jié)果一致. .5-225-22 如圖所示，有三個點電荷 Q Qi、Q Q2、Q Q3沿一條直線等間距分布且 QI=Q3=Q.已知其中任一點電荷所受合力均為零，求在固定 Q Qi、Q Q3的情況下，將 Q Q2從點 O O 移到無窮遠處外力所作的功.了題5-22圖分析由庫侖力的定義，根據(jù) Q Qi、Q Q3所受合

11、力為零可求得 Q Q2. .外力作功 W W 應(yīng)等于電場力作功W W 的負值，即 W=W=W.W.求電場力作功的方法有兩種：（1 1）根據(jù)功的定義，電場力作的功為W=Q2Edl0其中 E E 是點電荷 Q Qi、Q Q3產(chǎn)生的合電場強度. .（2 2）根據(jù)電場力作功與電勢能差的關(guān)系，有W=Q2Vo-V二=Q?Vo其中 V Vo是 Q Qi、Q Q3在點 O O 產(chǎn)生的電勢（取無窮遠處為零電勢）. .解 1 1 由題意 Q Qi所受的合力為零QiQ22QiQ3-=04冗(od4冗o(2dJiiQ2=-Q3=-1Q44Q Qi、Q Q3激發(fā)的電場在 y y 軸上任意一點的電場強度為E2冗0r2冗r

12、LoGi0。上 Qi解得由點電荷電場的疊加,E=ElyE3yQy2冗虱d2+y23/2將 Q Q2從點 O O 沿 y y 軸移到無窮遠處，（沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么?的功為）外力所作:一.-I1W-Q2Edl=-Q02p142冗o(d2+Qy1解 2 2 與解 1 1 相同，在任一點電荷所受合力均為零時Q2=-1Q,并由電勢4的疊加得 Q Qi、Q Q3在點 O O 的電勢將 Q Q2從點 O O 推到無窮遠處的過程中，外力作功Q28兀電d比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多. .5-235-23 已知均勻

13、帶電長直線附近的電場強度近似為入E二er2冗龜r為電荷線密度. .（1 1）求在 r=rr=r1和 r=rr=r2兩點間的電勢差；（2 2）在點電荷的電場中，我們曾取 r r 一8 處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣?。吭囌f明解（1 1）由于電場力作功與路徑無關(guān)，若沿徑向積分，則有J 入 r2U12=Edr=In一”i2冗切ri（2 2）不能.嚴格地講，電場強度=6r只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷分2冗or布在無限空間，r00處的電勢應(yīng)與直線上的電勢相等5-275-27 兩個同心球面的半徑分別為 R Ri和 R R2,各自帶有電荷 Q Qi和 Q Q2.求：（：（1

14、 1）各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線；（2 2）兩球面間的電勢差為多少？分析通?？刹捎脙煞N方法（1 1）由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球?qū)ΨQ性，因此，可根據(jù)電勢與電場強度的積分關(guān)系求電勢.取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得QQ各區(qū)域的電場強度分布，再由Vp=Edl可求得電勢分布. .（2 2）利用電勢疊加原理求電勢p一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為Qi4冗（0dQ2冗（0d.這是因為在許多實際問在球面內(nèi)電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢其中 R R 是球面白半徑.根據(jù)上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢疊加，可求得電勢的分布.解 1(1)1(1

15、)由高斯定理可求得電場分布r:RiRi：二r；RrR2QQ由電勢V=fEdl可求得各區(qū)域的電勢分布r當 rWRrWR 時，有RiR2Vi=rEidlRE2dlRE3dli.QiQ2R24冗電R2QiQ24冗電Ri4冗0R2當 R RwrWR2wrWR2 時，有R2二V2=,E2dlE3dlr1x2QiiiLQ/Q2=r4冗01rR2_4冗電R2QiQ2=十4冗0r4冗0R2當 rRrR2時，有QiQ2V3二E3dl二12r4冗短(2)(2)兩個球面間的電勢差R2Q111Ui21E2d不DE1=0QiuE2-2er47t電rQQ2AE3-Ter4九%r解 2(1)2(1)由各球面電勢的疊加計算電

16、勢分布.若該點位于兩個球面內(nèi)，即 rWR,rWR,則ViQi.Q24冗電R4冗%R2若該點位于兩個球面之間，即 RirR2,RirRrR2,則QiQ2V3-,4冗龜r(2)(2)兩個球面間的電勢差U12=Vi-V2t=yQ-74冗%R14冗R2第六章靜電場中的導體與電介質(zhì)6 6- -1 1 將一個帶正電的帶電體 A A 從遠處移到一個不帶電的導體 B B 附近，則導體 B B 的電勢將()(A)升高(B)降低(C)不會發(fā)生變化(D)無法確定分析與解不帶電白導體 B B 相對無窮遠處為零電勢。由于帶正電的帶電體 A A 移到不帶電的導體 B B 附近時，在導體 B B 的近端感應(yīng)負電荷；在遠端感

17、應(yīng)正電荷，不帶電導體的電勢將高于無窮遠處，因而正確答案為(A)。6 6-3-3 如圖所示將一個電量為 q q 的點電荷放在一個半徑為 R R 的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為 d,d,參見附圖。設(shè)無窮遠處為零電勢，則在導體球球心 O O 點有()(A)E=0,V=q4冗d(B)E=q2,V=q4冗龜d24冗均d(C)E=0,V=0(D)E二一qV二q4冗%d24冗R分析與解達到靜電平衡時導體內(nèi)處處各點電場強度為零。點電荷 q q 在導體球表面感應(yīng)等量異號的感應(yīng)電荷士 q q；導體球表面的感應(yīng)電荷士 q q 在球心 O O 點激發(fā)的電勢為零，O O 點的電勢等于點電荷 q q 在該處激

18、發(fā)的電勢。因而正確答案為(A)A)。6 6-4-4 根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于這個曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和。下列推論正確的是()()(A)(A)若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒有自由電荷(B)(B)若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零(C)(C)若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷(D)(D)介質(zhì)中的高斯定律表明電位移矢量僅僅與自由電荷的分布有關(guān)(E)(E)介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解電位移矢量沿任意一個閉合曲面的通量積分等于零，

19、表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會改變自由電荷的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān)。因而正確答案為(E)E)。6-56-5 對于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是()(A)(A)電介質(zhì)充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的 1/1/&倍(B)(B)電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有介質(zhì)時該點電場強度的 1/1/erer 倍(C)(C)在電介質(zhì)充滿整個電場時，電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的 1/1/&倍(D)(D)電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有介質(zhì)時該點電場強度的&

20、amp;倍分析與解電介質(zhì)中的電場由自由電荷激發(fā)的電場與極化電荷激發(fā)的電場迭加而成，由于極化電荷可能會改變電場中導體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當電介質(zhì)充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，在電介質(zhì)中任意高斯面,一，一一，-111+昨dS=SE，dS=一工qi即=。/ / r r, ,因而正確答案為(A)A)。6-86-8 一導體球半徑為 Ri,Ri,外罩一半徑為 R2R2 的同心薄導體球殼，外球殼所帶總電荷為 Q,Q,而內(nèi)球的電勢為 Vo.Vo.求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布.分析若 V V0=4*，內(nèi)球電勢等于外球殼的電勢，則外球殼內(nèi)必定為等勢體，電場強度處處為零，內(nèi)球不帶

21、電.Q右 V0V0# #,內(nèi)球電勢不等于外球兄電勢，則外球冗內(nèi)電場強度不為手，內(nèi)球市4冗祝電.一般情況下，假設(shè)內(nèi)導體球帶電 q,q,導體達到靜電平衡時電荷的分布如圖所示.依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場分布.并由Vp=EEdl或電勢疊加求出電勢的分布.最后將電場強度和電勢用已知量 V V。、Q Q、Ri、R R2表示.6X 國解根據(jù)靜電平衡時電荷的分布，可知電場分布呈球?qū)ΨQ.取同心球面為高斯面，由高斯定理EdS=E(r4/2=E(rq/0,根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場分布為rvRi時,E1k)=0_qRirvR2時，E2(r)=4冗龜rrE2r=Q-4冗龜r由

22、電場強度與電勢的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢分布.qQVi=qQ4冗（0R4冗%R2在導體球和球殼之間（RiVrvRRiVrvR）Q4冗0R2在球殼外（rRrR2）V3=Q4冗（0r由題意Vi=Vo代入電場、電勢的分布得 rvRirvRi 時,Ei=0；Vi=V0RIvrvR2vrvR2 時,rvRirvRi 時,RiEdl=E1R2dlERi2dl30R2E3dl=4冗（oRi4RirR2Rir0,0,內(nèi)半徑為 a,a,外半徑為 b,b,腔內(nèi)距球心 O O 為 r r 處有一點電荷 q,q,求球心的電勢.分析導體球達到靜電平衡時，內(nèi)表面感應(yīng)電荷一 q,q,外表面感應(yīng)電荷 q q；內(nèi)表面感

23、應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心 O O 點的電勢由點電荷 q q、導體表面的感應(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dqV=s4冗龜R由電勢的疊加可以求得球心的電勢.解導體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷一 q,q,外表面感應(yīng)電荷 q q；依照分析，球心的電勢qq.qQ4冗0r4冗0a4冗(0b第七章恒定磁場7 7-2-2 一個半徑為 r r 的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量為（）rRrR2時,E2RiVo*V2R1V0(r-Ri)Q4冗反R2rR1V03=2rdVdq4冗志由于 R R 為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為R R 的帶電球面在球心產(chǎn)

24、生的電勢為q4冗0R_22(A)(A)2rB(B)(B)71rB(C)22BCQSa(D)2BCQSa分析與解作半徑為 r r 的圓 S S 與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進半球面 S S 的磁通量等于穿出圓面 S S 的磁通量；m m= =BSBS 因而正確答案為(D).D).7 7-3-3 下列說法正確的是()(A)(A)閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內(nèi)一定沒有電流穿過(B)(B)閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內(nèi)穿過電流的代數(shù)和必定為零(C)磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度必定為零(D)磁感強度沿閉合

25、回路的積分不為零時，回路上任意一點的磁感強度都不可能為零分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度不一定為零；閉合回路上各點磁感強度為零時，穿過回路的電流代數(shù)和必定為零。因而正確答案為(B).B).7 7-4-4 在圖(a)(a)和(b)(b)中各有一半徑相同的圓形回路 L1L1、L2,L2,圓周內(nèi)有電流 I1I1、I2I2, ,其分布相同，且均在真空中，但在(b)(b)圖中 L2L2 回路外有電流 I3I3, ,P1P1、P2P2 為兩圓形回路上的對應(yīng)點，則()(A)TBdl=TBd,Bp1=BP2(B)Bdl*(Bd，Bp1=BP2(C)TBdl=

26、TBdl，BP尸BP2(D)B-dl，勺Bd,BPfBPL1L2PiP2分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會影響磁感強度沿回路的積分;但同樣會改變回路上各點的磁場分布.因而正確答案為（求環(huán)心 O O 的磁感強度.分析根據(jù)疊加原理，點 O O 的磁感強度可視作由 efef、bebe、fafa 三段直線以及 acbacb、adbadb 兩段圓弧電流共同激發(fā).由于電源距環(huán)較遠，Bef=0.而 bebe、fafa 兩段直線的延長線通過點 O,O,由于IdlMr=0,由畢一薩定律知Bbe=Bfa=0.流過圓弧的電流|1、|2的方向如圖所示，兩圓弧在點 O O 激發(fā)的磁場分別為_-11D_

27、B1一2，B2一4其中 I Ii、I I2分別是圓弧 acbacb、adbadb 的弧長，由于導線電阻構(gòu)成并聯(lián)電路，故有|1l1=12l2將 BiBi、B2B2 疊加可得點 O O 的磁感強度 B.B.7-107-10 如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a a、b b 兩點，并與很遠處的電源相接。的12l24巾2R R 與弧長 l l 成正比，而圓弧 acbacb、adbadb 又解由上述分析可知，點 O O 的合磁感強度B=B1-B2=Jolll!一把今=0424R(4)rR3.畫出 B Br r 圖線.17-1717-17田分析同軸電纜導體內(nèi)的電流均勻分布,其磁場呈軸對稱，取半徑為

28、r r 的同心圓為積分路徑,cjBdl=B27M利用安培環(huán)路定理cJBdl=的I,可解得各區(qū)域的磁感強度.解由上述分析得rvRrvRiB12=RIrRrR2R R2VrRrRrR3Bi出Ir2TRI2B2B3-2TT=林,|Ir2-R21TTR；-R1&R2-r227rR；-R；B4=0磁感弓 S S 度 B(r)B(r)的分布曲線如圖(b)(b)7 72929 如圖(a)(a)所示，一根長直導線載有電流 Ii=30A,Ii=30A,矩形回路載有電流 I?=20AI?=20A.試計算作用在回路上的合力.已知 d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m.d=1.0cm,b=8.0cm

29、,l=0.12m.分析矩形上、下兩段導線受安培力 F Fi和 F F2的大小相等,說，兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導線，由于載流導線所在處磁感強度不等，所受安培力 F F3和 F F4大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力.解由分析可知，線框所受總的安培力 F F 為左、右兩邊安培力 F F3和 F F4之矢量和，如圖(b)所示，它們的大小分別為匚_I1I21F3一2dL011I2lF4二2d+b)故合力的大小為F=F3-F4=bhi_困21=1.2810N271d2*d+b)合力的方向朝左，指向直導線.第八章電磁感應(yīng)電磁場8-18-1 一根無限長平行直導線載有電流 I,

30、I,一矩形線圈位于導線平面內(nèi)沿垂直于載流導線方向以恒定速率運動(如圖所示)，則()(A)(A)線圈中無感應(yīng)電流(B)(B)線圈中感應(yīng)電流為順時針方向方向相反，對不變形的矩形回路來(C)(C)線圈中感應(yīng)電流為逆時針方向(D)(D)線圈中感應(yīng)電流方向無法確定分析與解由右手定則可以判斷，在矩形線圈附近磁場垂直紙面朝里，磁場是非均勻場，距離長直載流導線越遠，磁場越弱.因而當矩形線圈朝下運動時，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)B)8 8-5-5 下列概念正確的是()(A)(A)感應(yīng)電場是保守場(B)(B)感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線(C)(C)m=L

31、Im=LI, ,因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比(D)(D) m=LIm=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照感應(yīng)電場的性質(zhì)，感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線.因而正確答案為(B).B).8 8-7-7 有兩根相距為 d d 的無限長平行直導線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流均dldl以一的變化率增長.若有一邊長為 d d 的正方形線圈與兩導線處于同一平面內(nèi)，如圖所本.求dt線圈中的感應(yīng)電動勢.題 S-7 用d一,一一，、一，、,=-來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁dt分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律4通量就需用=&B，dS來計算（其中 B B

32、為兩無限長直電流單獨存在時產(chǎn)生的磁感強度 B Bi與B B2之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標系.由于 B B 僅與 x x 有關(guān)，即B=B（x）,故取一個平行于長直導線的寬為 dxdx、長為 d d 的面元 dS,dS,如圖中陰影部分所示，則dS=ddx,所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元dS=dxdy,則上述積分實際上為二重積分）.本題在二解 1 1 穿過面元 dSdS 的磁通量為dO=BdS=BdS+B2dS=圖一ddx-ddx2Mx十d)2派因此穿過線圈的磁通量為的1ddx.2d皿dx)皿.24x+d)d2水2冗4再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有dfd,3d=Indt127t4

33、1dt解 2 2 當兩長直導線有電流 I I 通過時，穿過線圈的磁通量為由dl3二 aIn-2冗4線圈與兩長直導線間的互感為當電流以d變化時，線圈中的互感電動勢為dt二必3包24dt試想：如線圈又以速率 v v 沿水平向右運動，如何用法拉第電磁感應(yīng)定律求圖示位置的電動勢呢？此時線圈中既有動生電動勢，又有感生電動勢.設(shè)時刻 t t, ,線圈左端距右側(cè)直導線的距離為匕則穿過回路的磁通量=BdS=f（1,9,它表現(xiàn)為變量 I I 和第勺二元函數(shù)，將代S、一ddH一r1，、入 E E= =即可求解，求解時應(yīng)按復合函數(shù)求導，注意，其中=v v, ,再令 E=dE=d 即可求dtdt得圖示位置處回路中的總

34、電動勢.最終結(jié)果為兩項，其中一項為動生電動勢，另一項為感生電動勢.程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式EMdl-=M求解.dt=fd=8-128-12 如圖所示，長為 L L 的導體棒 OP,OP,處于均勻磁場中，并繞 OOOO軸以角速度旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為 9,9,磁感強度 B B 與轉(zhuǎn)軸平行.求 OPOP 棒在圖示位置處的電動勢.Of甲甲B題X-12圖.一_.-d分析如刖所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng) 7E7E 律E=計算(此時必須構(gòu)造一個包dt含 OPOP 導體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導體回路 OPQO)OPQO), ,也可用 E=E=(v vM MB)dlB)dl 來計算.由于

35、對稱性，導體 OPOP 旋轉(zhuǎn)至任何位置時產(chǎn)生的電動勢與圖示位置是相同的.解 1 1 由上分析，得EOP=OPvBdlo_.八八o一=vBsin90cosodl=JQsIn0由cos(90-0dl2L12“Bsin01d人二鳳1nH由矢量vMB的方向可知端點 P P 的電勢較高.解 2 2 設(shè)想導體 OPOP 為直角三角形導體回路 OPQOOPQO 中的一部分， 任一時刻穿過回路的磁通量為零， 則回路的總電動勢E當=0=EOPEPQEQOdt顯然，EQO=0,所以由上可知， 導體棒 OPOP 旋轉(zhuǎn)時， 在單位時間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導體棒 QPQP 等效.后者是垂直切割的情況.i8-138-13 如圖(a)(a)所不，金屬桿 ABAB 以勻速V=2.0m6一平行于一長直導線移動，此導線通有電流 I=40A.I=40A.求桿中的感應(yīng)電動勢，桿的哪一端電勢較高?1)1)用公式 E=(vMBbdlE=(vMBbdl 求解，建立圖(a)a)所示的坐標系，所取導體元dl=dx,該處的磁感強度B=需構(gòu)造一個包含桿 ABAB 在內(nèi)的閉合回路.為此可設(shè)想桿 ABAB一個靜止的形導軌上滑動，如圖(b)所示.設(shè)時刻 t,t,桿 ABAB 距導軌下端 CDCD 的距離為v,先