電磁學課后習題答案

1、第五章靜電場5 - 9若電荷Q均勻地分布在長為L的細棒上.求證：(1)在棒的延長線，且離棒中心為 r 處的電場強度為1 Q2 2n 4r L(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強度為1 Q2 n r - 4r2 L2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,其電荷為dq = Qdx/ L，它在點P的電場強度為dE1 dq4 n r 2整個帶電體在點P的電場強度E dE接著針對具體問題來處理這個矢量積分.(1)若點P在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點P的電

2、場強度方向相同,E dEiL(2)若點P在棒的垂直平分線上，如圖(A)所示，則電場強度E沿x軸方向的分量因?qū)ΨQ性 疊加為零，因此，點 P的電場強度就是EdEyjLsin adEj證（1）延長線上一點P的電場強度Edq，利用幾何關系 r= r x統(tǒng)一積分變L 2 n 0r量，則EpL/21 Qdx2x-L/ 2 4 no L rQ 14nL r L/21r L/2- 2電場強度的方向n電 4r L(2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿y軸，大小為EL 4 nr利用幾何關系sin a= r/rrx2統(tǒng)一積分變量，則L/2e-L/24n lrQ dx2 2/3r12 nr , 4r2

3、 L2當棒長Lis時，若棒單位長度所帶電荷X為常量,則P點電場強度E limlQ/ L_12 %r、1 4r2/ L2此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同帶電長直細棒可視為無限長帶電直線.圖（B）.這說明只要滿足r2/L2 vv 1,5 14 設勻強電場的電場強度 E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球 面的電場強度通量分析方法由電場強度通量的定義，對半球面S求積分，即ssE dS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，由于閉合面內(nèi)無電荷, 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的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場強度通量.

4、因而 E dS E dSSS解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，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為面元dS的方向， E tR2 cos n ?R2E解2取球坐標系，電場強度矢量和面兀在球坐標系中可表示為E E cos e sin cos 0e0 sin 0sin er2dS R sin 0d 0 er：E dSER2sin20sin d 0SSn22nER2sin2 0d 0 sin d0 0tR2E5 - 17設在半徑為R的球體內(nèi)，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為p kr0 r Rp 0rR分析 通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球內(nèi)外的電場分布 .由題

5、意知電荷呈球?qū)?稱分布，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，.：E dS E 4n2S1根據(jù)高斯定理 E dSpdV，可解得電場強度的分布0(2)利用帶電球殼電場疊加的方法求球內(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 4 n 2dr，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dE4 nr由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場分布rdE0RdE0解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dS1pV得球體內(nèi)(0W r w R)球體外(r

6、R)E r 4 n2r 2kr4 n dr0kr2kr4 n2dr2er4 %kR解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電dqpVkr 4 n 2dr由上述分析，球體內(nèi)(0 rR)R 1 kr0 4 n o4n 2dr2rerkR24er5 - 20 一個內(nèi)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 半徑為R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為Q2.求電場分布電場強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，球心至場點的距離 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2q/ 即可Ed

7、S E 4n2 .在確定高斯面內(nèi)的電荷q后，利用高斯定理 EdS求出電場強度的分布解 取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析E 4n2r v Ri ,該高斯面內(nèi)無電荷，Ri v r v R2，高斯面內(nèi)電荷q 0，故 Eiq/ R3，高斯面內(nèi)電荷為Qi + Q2，故E4QiQ24 n0r2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(B)所示.在帶電球面的兩側(cè)，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續(xù)，而在緊貼 強度的躍變量r = R;的帶電球面兩側(cè)，電場EQ24冗沐；(T Ri ），單位長度上的電荷為入.求離軸線為r處的電場強度：（1） r v Ri , （ 2） Ri v r v

8、 R2 , （3） r R2 .(a)(b)S35 -21 用分析 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,且:EdS E 2 nL ,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E 2 nLq/ r v Ri ,q 0E10在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變Ri v r v R2 , q 2L2 nrr R2，q 0E30在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變E(T2 n co r2 n o)rL 右這與5 20題分析討論的結(jié)果一致.5 - 22

9、 如圖所示，有三個點電荷 Qi、Q2、Q3沿一條直線等間距分布且 Qi = Q3 = Q. 已知其中任一點電荷所受合力均為零，求在固定Qi、Q3的情況下，將Q2從點O移到無窮遠處外力所作的功01O1航可%趣5 -22圖分析 由庫侖力的定義，根據(jù) Qi、Q3所受合力為零可求得 Q2 .外力作功W應等于電場力 作功W的負值，即W= W.求電場力作功的方法有兩種：（1）根據(jù)功的定義，電場力作的功 為W o Q2 Edl其中E是點電荷Qi、Q3產(chǎn)生的合電場強度 （2）根據(jù)電場力作功與電勢能差的關系，有W Q2V0 VQ2V0其中Vo是Qi、Q3在點O產(chǎn)生的電勢（取無窮遠處為零電勢）. 解i由題意Qi所

10、受的合力為零Q為 0ii解得q2丄q32q24 34由點電荷電場的疊加，Qi、Q3激發(fā)的電場在y軸上任意一點的電場強度為EiyE3yQy22 3/22 n電 d y將Q2從點O沿y軸移到無窮遠處, 作的功為（沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么?）外力所Q2E dlQy2 3/2ydyQ28 no)d解2與解i相同，在任一點電荷所受合力均為零時q2!q，并由電勢4的疊加得Qi、Q3在點0的電勢Q1Q3 Q4 n(od 4 nd 2 nd將Q2從點O推到無窮遠處的過程中，外力作功Q2V 0Q28 n電d.這是因為在許多實際問比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關系來求解較為簡潔 題中直接求

11、電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多.5 - 23已知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為入Eer2 n%r為電荷線密度.（1）求在r = ri和r = r2兩點間的電勢差；（2）在點電荷的電場中，我們曾取ris處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣??？試說明.解（1）由于電場力作功與路徑無關，若沿徑向積分，則有“入r2U12 E drIn 丄ri2 n 電r1（2）不能嚴格地講，電場強度E2 nrer只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷分布在無限空間，ris處的電勢應與直線上的電勢相等5 - 27 兩個同心球面的半徑分別為 R1和R2，各自帶有電荷 Q1和Q2 .求：（1

12、）各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線;5 -27 圖分析 通常可采用兩種方法（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系求電勢取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場強度分布，再由vpE dl可求得電勢分布.（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4 nr在球面內(nèi)電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢4 nR其中R是球面的半徑根據(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)由高斯定理可求得電場分布E2Qi4 nr2errR1R1rrR2由電勢V E dl可求得

13、各區(qū)域的電勢分布r當r w Ri時，有R1R2V1E1 dlE2 dl E3 dlrR1R20 Q111Q1 Q24n R|R24 no R2Q1Q24noR 4 no R,當R1 w r w R2時，有R22E2 dlE3dlrR23Q111Q1Q24 nor&4 n%R2Q1Q24 nor4 n 0R2當r R2時，有E3 dlQ1 Q24 n %r(2)兩個球面間的電勢差R2U12R1 E2 dlQ1 丄 14 no R1 R?解2(1)由各球面電勢的疊加計算電勢分布.若該點位于兩個球面內(nèi)，即rw R1，則QiQ24 nQ)R14 n%R2若該點位于兩個球面之間，即V2 -Q1Q-4 n

14、%r 4nR2若該點位于兩個球面之外，即 r R2，則Q1 Q2 V34 n(2)兩個球面間的電勢差Ui2V V2rR2QiQi第六章靜電場中的導體與電介質(zhì)6 - 1將一個帶正電的帶電體 A從遠處移到一個不帶電的導體 B附近，則導體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 不帶電的導體B相對無窮遠處為零電勢。由于帶正電的帶電體A移到不帶電的 導體B附近時，在導體B的近端感應負電荷；在遠端感應正電荷，不帶電導體的電勢將高于無窮遠處，因而正確答案為(A )。6 3如圖所示將一個電量為 q的點電荷放在一個半徑為 R的不帶電的導體球附近，點電 荷距導體球球心為

15、d,參見附圖。設無窮遠處為零電勢，則在導體球球心0點有()(A) E 0,V 4 nd(B) E宀,V亠4 ni)d4 n q)d(C) E 0,V0(D) E J,V 亠4 n4 n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在導體球表面感應等量異號的感應電荷土q,導體球表面的感應電荷土 q在球心0點激發(fā)的電勢為零，0點的電勢等于點電荷q在該處激發(fā)的電勢。因而正確答案為(A)。6 -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 )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

16、由電荷(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) 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) 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(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，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。因而正確答案為(E)。6 5對于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是()(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

17、度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的1/ &倍(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/ &倍(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/ &倍(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&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1:s 1 xE dS sEo dS q右i即E = E 0/ &，因而正確答案為（A ）。6 8 一導

18、體球半徑為Ri ,外罩一半徑為R2的同心薄導體球殼，外球殼所帶總電荷為 Q,而內(nèi)球的電勢為V0 .求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布.分析 若V0,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4 noR2處處為零，內(nèi)球不帶電.若Vo石栄，內(nèi)球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內(nèi)電場強度不為零，內(nèi)球帶電一般情況下，假設內(nèi)導體球帶電q,導體達到靜電平衡時電荷的分布如圖所示依照電VppEd或電勢疊加求出電勢的荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場分布.并由由高斯定理:E dS E r 4 n2 E rq/電，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各r vRi時，Ri v rv R2 時,r R2

19、時，E2 rq4冗帖2E2 rQ q4 n笳2區(qū)域內(nèi)的電場分布為由電場強度與電勢的積分關系，可得各相應區(qū)域內(nèi)的電勢分布.r vRi時,E dlrRiEi dlrR2RiE2dlR2EdlqQ4 n(0R14 n(0R2Ri v rv R2 時,V2E dlrR2E2 dlrE3dl4 nr 4 nR2r R2 時,E3 dlq Q4 nr也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布.在導體球內(nèi)（ r v Ri）Viq4 n(0R1Q4 n%R2在導體球和球殼之間（Riv r v R2 ）在球殼外（r R2）q Q4 n%r由題意ViVoq Q4 n(0R24 冗出4 n%R2得代入電場、電勢的分布得 r

20、 v Ri 時,Ei0; ViVoRi v rv R2 時,E2RVTrRQ ；4 n %R2r2 R1V0r(r R)Q4 n(oR2rr R2 時,RV o (R? Ri)Qr4 neoR2rE3 學(R2 Rl)Q ； V3r 4 n(oR2r6 12如圖所示球形金屬腔帶電量為 Q 0,內(nèi)半徑為a外半徑為b，腔內(nèi)距球心O為r處 有一點電荷q，求球心的電勢.分析 導體球達到靜電平衡時， 內(nèi)表面感應電荷一q，外表面感應電荷q；內(nèi)表面感應電荷不 均勻分布，外表面感應電荷均勻分布.球心 O點的電勢由點電荷q、導體表面的感應電荷共 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dVdq4

21、nsoR由于R為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢為dq qs4 n%R 4 nR由電勢的疊加可以求得球心的電勢.解 導體球內(nèi)表面感應電荷一 q,外表面感應電荷q；依照分析，球心的電勢 為4 nrqq Q4 n a4 n(ob第七章恒定磁場7 2 一個半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量 為（ ）(A) 2n2B(B) n2B(C) 2 n2Bcos a(D) n2B cos 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的磁通量等于穿出圓面 S的磁通量；m B

22、 S 因而正確答案為（D）.7 3 下列說法正確的是（）（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）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 ）7 4在圖（a）和（b）中各有一半徑相同的圓形回路 L1、L2，圓周內(nèi)有電流11 、12 ,

23、 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 路上的對應點，則（）(A)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(B)BLidlBL2dl ,BpiBP2(C)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(D)BLidlBL2dl ,BpiBP2分析與解但同樣會改變回路上各點的磁場分布.因而正確答案為（C）7 - 10如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點，并與很遠處的電源相接。求環(huán)心0的磁感強度. 7 - 10 圖弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠,分析根據(jù)疊加原理，點 O的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓Bef0

24、 而be、fa兩段直線的延長線通過點O,由于Idl r 0,由畢一薩定律知BbeBfa 0 流過圓弧的電流|1|2的方向如圖所示，兩圓弧在點O激發(fā)的磁場分別為也丨1丨141 22B1, 2，B2,24 n4 n其中11、I2分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻 R與弧長I成正比，而圓弧acb、adb 又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有|1l1 12I2將B1、B2疊加可得點O的磁感強度B.解 由上述分析可知，點 0的合磁感強度MoI 1l1MoI 2l2BB1B2 2 24 n 4 n7 - 11如圖所示，幾種載流導線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們在點O的磁感強度各為多少?分析自在點芒 711 r-

25、應用磁場疊加原理求解.將不同形狀的載流導線分解成長直部分和圓弧部分,o處所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度BoBi它們各解 (a) 長直電流對點O而言，有Idl ro，因此它在點o產(chǎn)生的磁場為零，則點 o處總的磁感強度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有Bo8RBo的方向垂直紙面向外.(b) 將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得BoBo的方向垂直紙面向里.(c)將載流導線看作1/2圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B 怡1 由1 比I 出1 訕4 nR 4 tR 4R 2 tR 4RBo的方向垂直紙面向外.題7-15陽分析 由于矩形平面上各點的磁感強度不同，故磁通量工BS.為

26、此，可在矩形平面上取一矩形面元dS = Idx 圖（b）,載流長直導線的磁場穿過該面元的磁通量為d B dS衛(wèi)Idx2 n矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量Idxdl 2 n R3 .畫出 B r 圖線.分析ti世7 - I了怪同軸電纜導體內(nèi)的電流均勻分布,其磁場呈軸對稱，取半徑為r的同心圓為積分路徑,dl B 2 nr利用安培環(huán)路定理dlI，可解得各區(qū)域的磁感強度.由上述分析得r v RiBi1M 2nR1n2BiMoir2 tHRi v r v R2B2 2 nm)IB2MoI2 nR2 v r v R3B3 2nMo I2nrR2 InRs RfB3MaiRf r2r

27、R3B4 2 nmo I I 0B40磁感強度B (r )的分布曲線如圖(b)7 - 29如圖（a）所示，一根長直導線載有電流11 = 30 A，矩形回路載有電流12 = 20 A .試計算作用在回路上的合力.已知d = 1.0 cm, b = 8.0 cm, l = 0.12 m.Hli(bi方向相反，對不變形的矩形回路分析 矩形上、下兩段導線受安培力Fi和F2的大小相等, 來說，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F3和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為左、右兩邊安培力F3和F4之

28、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F F3 F4 區(qū)血皿11.28 10 3 N2 nd2nd b合力的方向朝左，指向直導線.第八章電磁感應電磁場8 -1 一根無限長平行直導線載有電流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 ）線圈中無感應電流（B）線圈中感應電流為順時針方向（C）線圈中感應電流為逆時針方向(D) 線圈中感應電流方向無法確定題X1用分析與解 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,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

29、產(chǎn)生感應電流，感應電流方向由法拉第電磁感應定律可以判定.因而正確答案為(B).8 -5 下列概念正確的是()(A )感應電場是保守場(B) 感應電場的電場線是一組閉合曲線(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照感應電場的性質(zhì)，感應電場的電場線是一組閉合曲線.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 均以理的變化率增長若有一邊長為 d的正方形線圈與兩導線處于同一平面內(nèi)，如圖所 dt示.求線圈中的感應電動勢./4 Z-Fx分析 本題仍可用法拉第電磁感應

30、定律E 來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁dt通量就需用 B dS來計算（其中B為兩無限長直電流單獨存在時產(chǎn)生的磁感強度BiS與B2之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標系由于B僅與x有關，即B B（x），故取一個平X、行于長直導線的寬為d x、長為d的面元d S,如圖中陰影部分所示，貝U dS ddx，所以,總磁通量可通過線積分求得（若取面元dSdxdy，則上述積分實際上為二重積分）本題在工程技術中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式EmdlM 求解.dt解1穿過面元d S的磁通量為dSB1 dS B2dSddx 皿 ddx2 nx因此穿過線圈的磁通量為2d eldd 2 n x ddx2d |

31、d衛(wèi)？dxd 2 nxd|dt再由法拉第電磁感應定律,E ddT解2當兩長直導線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為In n 4線圈與兩長直導線間的互感為蟲In32 n 4當電流以變化時，線圈中的互感電動勢為dt皿In32 n 4dldt試想：如線圈又以速率v沿水平向右運動，如何用法拉第電磁感應定律求圖示位置的電動勢t，線圈左端距右側(cè)直導線的距呢？此時線圈中既有動生電動勢，又有感生電動勢.設時刻 離為匕則穿過回路的磁通量 B dS f 1, 它表現(xiàn)為變量I和喲二元函數(shù)，將代Sdd E入E即可求解，求解時應按復合函數(shù)求導，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.