大學(xué)物理《電磁感應(yīng)、電磁場》考試題及答案

大學(xué)物理《電磁感應(yīng)、電磁場》考試題及答案8-1一根無限長平行直導(dǎo)線載有電流I,一矩形線圈位于導(dǎo)線平面內(nèi)沿垂直于載流導(dǎo)線方向以恒定速率運(yùn)動(如圖所示)，則()線圈中無感應(yīng)電流線圈中感應(yīng)電流為順時針方向線圈中感應(yīng)電流為逆時針方向線圈中感應(yīng)電流方向無法確定題X-I圖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(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越弱.因而當(dāng)矩形線圈朝下運(yùn)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).8-2將形狀完全相同的銅環(huán)和木環(huán)靜止放置在交變磁場中，并假設(shè)通過兩環(huán)面的磁通量隨時間的變化率相等，不計自感時則()銅環(huán)中有感應(yīng)電流，木環(huán)中無感應(yīng)電流銅環(huán)中有感應(yīng)電流，木環(huán)中有感應(yīng)電流銅環(huán)中感應(yīng)電動勢大，木環(huán)中感應(yīng)電動勢小銅環(huán)中感應(yīng)電動勢小，木環(huán)中感應(yīng)電動勢大分析與解根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，銅環(huán)、木環(huán)中的感應(yīng)電場大小相等，但在木環(huán)中不會形成電流.因而正確答案為(A).8-3有兩個線圈，線圈1對線圈2的互感系數(shù)為M21，而線圈2對線圈1的互感系數(shù)為mi2.若它們分別流過七和i2的變化電流且導(dǎo)號2，并設(shè)由七變化在線圈1中產(chǎn)生的互感電動勢為：2，由七變化在線圈2中產(chǎn)生的互感電動勢為21下述論斷正確的是().(A)1221(B)1221'2/'12(C)21下述論斷正確的是().(A)(B)1221'2/'12(C)1221'21V'12(D)1221'21V'121212di1212di因而正確答案為(D).2121分析與解教材中已經(jīng)證明M21=M12，電磁感應(yīng)定律'=21218-4對位移電流，下述四種說法中哪一種說法是正確的是()位移電流的實質(zhì)是變化的電場位移電流和傳導(dǎo)電流一樣是定向運(yùn)動的電荷位移電流服從傳導(dǎo)電流遵循的所有定律位移電流的磁效應(yīng)不服從安培環(huán)路定理分析與解位移電流的實質(zhì)是變化的電場.變化的電場激發(fā)磁場，在這一點位移電流等效于傳導(dǎo)電流，但是位移電流不是走向運(yùn)動的電荷，也就不服從焦耳熱效應(yīng)、安培力等定律.因而正確答案為(A).8-5下列概念正確的是()感應(yīng)電場是保守場感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線(D)①=LI，因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比山=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).(D)8-6一鐵心、上繞有線圈100匝，已知鐵心、中磁通量與時間的關(guān)系為①=8.0x105sin100n(Wb>求在t=1.0x10-2s時，線圈中的感應(yīng)電動勢.分析由于線圈有N匝相同回路，線圈中的感應(yīng)電動勢等于各匝回路的感應(yīng)電動勢的代數(shù)和，在此情況下，法拉第電磁感應(yīng)定律通常寫成4=-N竺=-業(yè)，其dtdt中w=N①稱為磁鏈.解線圈中總的感應(yīng)電動勢4=—N亞=（2.51）cos（100n）dt當(dāng)t=1.0X10-2S時，4=2.51V.8-7有兩根相距為d的無限長平行直導(dǎo)線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流均以幺的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與兩導(dǎo)線處于dt同一平面內(nèi)，如圖所示.求線圈中的感應(yīng)電動勢.dr尤題8-7圖分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律4=—亞來求解.由于回路處在非均勻磁dt場中，磁通量就需用⑦=jB-dS來計算（其中B為兩無限長直電流單獨存在時產(chǎn)S生的磁感強(qiáng)度B與B之和）.12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），故取一個平行于長直導(dǎo)線的寬為dx、長為d的面元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）.本題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式Em=—Md.求解.解1穿過面元dS的磁通量為d⑦=B-dS=B-dS+B-dS=》*，）ddx—土ddx

因此穿過線圈的磁通量為也"」2dW」2d的dx=炊ln3d2n\x+d)d2nx2n4再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E=—dtE=—dt4)dt解2當(dāng)兩長直導(dǎo)線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為①=^-ln32n4線圈與兩長直導(dǎo)線間的互感為M=-=曜ln3I2n4當(dāng)電流以d變化時，線圈中的互感電動勢為^dI

—M——=dtdi

dt試想：如線圈又以速率v沿水平向右運(yùn)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,線圈左端距右側(cè)直導(dǎo)線的距離為號，則穿過回路的磁通量0=jB-dS=fG,4），它表S現(xiàn)為變量I和號的二元函數(shù)，將中代入E=—竺即可求解，求解時應(yīng)按復(fù)合函dt數(shù)求導(dǎo)，注意，其中竺=^dI

—M——=dtdi

dt8-8有一測量磁感強(qiáng)度的線圈，其截面積S=4.0cm2、匝數(shù)N=160匝、電阻R=50。.線圈與一內(nèi)阻R=30Q的沖擊電流計相連.若開始時，線圈的平i面與均勻磁場的磁感強(qiáng)度B相垂直，然后線圈的平面很快地轉(zhuǎn)到與B的方向平行.此時從沖擊電流計中測得電荷值q=4.0x10—5C.問此均勻磁場的磁感強(qiáng)度B的值為多少？分析在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，閉合回路中的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流與磁通量變化的快慢有關(guān)，而在一段時間內(nèi)，通過導(dǎo)體截面的感應(yīng)電量只與磁通量變化的大小有關(guān)，與磁通量變化的快慢無關(guān).工程中常通過感應(yīng)電量的測定來確定磁場的強(qiáng)弱.

解在線圈轉(zhuǎn)過90°角時，通過線圈平面磁通量的變化量為NBS△①=氣-氣=NBS-0=NBSNBS因此，流過導(dǎo)體截面的電量為q=△①R+RR+RB=q"+Ri）=0.050T

NS8-9如圖所示，一長直導(dǎo)線中通有I=5.0A的電流，在距導(dǎo)線9.0cm處，放一面積為0.10cm2，10匝的小圓線圈，線圈中的磁場可看作是均勻的.今在1.0X10-2s內(nèi)把此線圈移至距長直導(dǎo)線10.0cm處.求：（1）線圈中平均感應(yīng)電動勢；（2）設(shè)線圈的電阻為1.0X10—2。，求通過線圈橫截面的感應(yīng)電荷.分析雖然線圈處于非均勻磁場中，但由于線圈的面積很小，可近似認(rèn)為穿過線荷.分析雖然線圈處于非均勻磁場中，但由于線圈的面積很小，可近似認(rèn)為穿過線圈平面的磁場是均勻的，因而可近似用斗=NBS來計算線圈在始、末兩個位置的磁鏈.解（1）在始、末狀態(tài)，通過線圈的磁鏈分別為平=NBS平=NBS=Np0IS2nr，材2i=NBS=性22nr2E=△①=地""At2nAt1rr2J=1.11x10-8V電動勢的指向為順時針方向.（2）通過線圈導(dǎo)線橫截面的感應(yīng)電荷為曰_d⑦E——dt8-10如圖（a）所示，把一半徑為R的半圓形導(dǎo)線OP置于磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場中，當(dāng)導(dǎo)線以速率v水平向右平動時，求導(dǎo)線中感應(yīng)電動勢E的大小，哪一端電勢較高?題S-10閏分析本題及后面幾題中的電動勢均為動生電動勢，除仍可由E--亞求解外dt（必須設(shè)法構(gòu)造一個閉合回路），還可直接用公式E—i（vxB）?dl求解.l在用后一種方法求解時，應(yīng)注意導(dǎo)體上任一導(dǎo)線元dl上的動生電動勢dE—（vxB）?dl.在一般情況下，上述各量可能是dl所在位置的函數(shù).矢量（vXB）的方向就是導(dǎo)線中電勢升高的方向.解1如圖（b）所示，假想半圓形導(dǎo)線OP在寬為2R的靜止形導(dǎo)軌上滑動，兩者之間形成一個閉合回路.設(shè)順時針方向為回路正向，任一時刻端點O或端點P距形導(dǎo)軌左側(cè)距離為x，則TOC\o"1-5"\h\zri\①—2Rx+—R2BI2JE—-竺—-2RB史—-2RvBdtdt由于靜止的形導(dǎo)軌上的電動勢為零，則E=—2RvB.式中負(fù)號表示電動勢的方

向為逆時針，對OP段來說端點P的電勢較高.解2建立如圖（C）所示的坐標(biāo)系，在導(dǎo)體上任意處取導(dǎo)體元dl,則dE=(yxB)?dl=vBsin90ocosOdl=vBcosORdOE=\dE=vBR"/2cosOdO=2RvB-n/2由矢量（vXB）的指向可知，端點P的電勢較高.解3連接OP使導(dǎo)線構(gòu)成一個閉合回路.由于磁場是均勻的，在任意時刻，穿過

回路的磁通量⑦=BS=常數(shù).由法拉第電磁感應(yīng)定律E=一空^可知，E=0dt又因E=E+EOPPO即E=-E=2RvBOPPO由上述結(jié)果可知，在均勻磁場中，任意閉合導(dǎo)體回路平動所產(chǎn)生的動生電動勢為零；而任意曲線形導(dǎo)體上的動生電動勢就等于其兩端所連直線形導(dǎo)體上的動生電動勢.上述求解方法是疊加思想的逆運(yùn)用，即補(bǔ)償?shù)姆椒?8-11長為L的銅棒，以距端點r處為支點，以角速率3繞通過支點且垂直于銅棒的軸轉(zhuǎn)動.設(shè)磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場與軸平行，求棒兩端的電勢差.BA11任11占x電電XXXXXX（a）lb）題K-II圖分析應(yīng)該注意棒兩端的電勢差與棒上的動生電動勢是兩個不同的概念，如同電源的端電壓與電源電動勢的不同.在開路時，兩者大小相等，方向相反（電動勢的方向是電勢升高的方向，而電勢差的正方向是電勢降落的方向）.本題可直接用積分法求解棒上的電動勢，亦可以將整個棒的電動勢看作是。人棒與OB棒上電動勢的代數(shù)和，如圖（b）所示.而EOA和EOB則可以直接利用第8-2節(jié)例1給出的結(jié)果.解1如圖（a）所示，在棒上距點O為l處取導(dǎo)體元dl，則E=j（vxB）?dl=j聲—wlBdl=--^lB（L-2r）ABAB-r2因此棒兩端的電勢差為UAB=Eab=—2^lB（L-2r）當(dāng)L>2r時，端點A處的電勢較高解2將AB棒上的電動勢看作是。人棒和OB棒上電動勢的代數(shù)和，如圖（b）所示.其中|E1=1Bg,|E=1口B（L-rI1oA2o^2則Eab=EOA|-\EB\=-2cdBL（L-2r）8-12如圖所示，長為L的導(dǎo)體棒OP,處于均勻磁場中，并繞00,軸以角速度3旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為。，磁感強(qiáng)度B與轉(zhuǎn)軸平行.求0P棒在圖示位置處的電動勢.題&-I2可分析如前所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng)定律E=-竺計算（此時必須dt構(gòu)造一個包含0P導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO），也可用E=j（vxB）?dl來計算.由于對稱性，導(dǎo)體OP旋轉(zhuǎn)至任何位置時產(chǎn)生的電動勢l與圖示位置是相同的.

解1由上分析，得E=j(vxB)?dl解1由上分析，得=jvBsin90。cosadli=j(sin0w)BcosGo。-0)ll=口Bsin2仞Lldl=-口B（Lsin0>

02由矢量vXB的方向可知端點P的電勢較高.解2設(shè)想導(dǎo)體OP為直角三角形導(dǎo)體回路OPQO中的一部分，任一時刻穿過回路的磁通量中為零，則回路的總電動勢d⑦八E=-￡=0=Ep+￡?@+Eqo顯然，Eqo=O,所以Ep=-Eq=Eqo=2coB（PQ七由上可知，導(dǎo)體棒OP旋轉(zhuǎn)時，在單位時間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒QP等效.后者是垂直切割的情況.8-13如圖（a）所示，金屬桿AB以勻速v=2.0m?s-1平行于一長直導(dǎo)線移動，此導(dǎo)線通有電流I=40A.求桿中的感應(yīng)電動勢，桿的哪一端電勢較高？題8-13VI分析本題可用兩種方法求解.（1）用公式E=j（vxB）?dl求解，建立圖（a）所示的坐標(biāo)系，所取導(dǎo)體元dl=dx，該處的磁感強(qiáng)度B=土.(2)用法拉第2nx電磁感應(yīng)定律求解，需構(gòu)造一個包含桿AB在內(nèi)的閉合回路.為此可設(shè)想桿入8在一個靜止的形導(dǎo)軌上滑動，如圖(b)所示.設(shè)時刻t,桿AB距導(dǎo)軌下端CD的距離為y，先用公式⑦=jB?dS求得穿過該回路的磁通量，再代入公式E=-竺，Sdt即可求得回路的電動勢，亦即本題桿中的電動勢.解1根據(jù)分析，桿中的感應(yīng)電動勢為E=j(vxB)?血=dxl=—jumAvdx=-史ln11=—3.84x10-5V式中負(fù)號表ABAB0.1m2nx2兀示電動勢方向由B指向A，故點A電勢較高.解2設(shè)順時針方向為回路ABCD的正向，根據(jù)分析，在距直導(dǎo)線x處，取寬為dx、長為y的面元dS，則穿過面元的磁通量為d⑦=B?dS=虬ydx2nx穿過回路的磁通量為①=jd⑦=jm^Lydx=—^^ln11S0.1m2nx2?；芈返碾妱觿轂閺Vd①aIdyalyE=—=——ln11=——o——=—3.84x10-5Vdt2nxdt2n由于靜止的形導(dǎo)軌上電動勢為零，所以￡仲=E=-3.84x10-5V式中負(fù)號說明回路電動勢方向為逆時針，對AB導(dǎo)體來說，電動勢方向應(yīng)由B指向A，故點A電勢較高.8-14如圖(a)所示，在“無限長”直載流導(dǎo)線的近旁，放置一個矩形導(dǎo)體線框，該線框在垂直于導(dǎo)線方向上以勻速率v向右移動，求在圖示位置處，線框中感應(yīng)電動勢的大小和方向.題X1』圖分析本題亦可用兩種方法求解.其中應(yīng)注意下列兩點：1.當(dāng)閉合導(dǎo)體線框在磁場中運(yùn)動時，線框中的總電動勢就等于框上各段導(dǎo)體中的動生電動勢的代數(shù)和.如圖(a)所示，導(dǎo)體eh段和fg段上的電動勢為零［此兩段導(dǎo)體上處處滿足(vxB)?dl=0］，因而線框中的總電動勢為E=f(vxB)?dl+J(vxB)?dl=f(vxB)?dl-f(vxB)?dl=E-E其等效電路如圖(b)所示.2.用公式E=-竺求解，式中中是線框運(yùn)動至任意位置處時，穿過線框的磁通dt量.為此設(shè)時刻t時，線框左邊距導(dǎo)線的距離為號，如圖(c)所示，顯然號是時間t的函數(shù)，且有些=v.在求得線框在任意位置處的電動勢E(亳)后，再dt令M=d，即可得線框在題目所給位置處的電動勢.解1根據(jù)分析，線框中的電動勢為E=E廠%=f(vxB).dl-f(vxB).dl

efhgpIvf1四Ivf1=*J2d1-JO7)J2d12ndo2nW+1oaIvII=一Of_i_2\2n(d+1)由Ef>Eh可知，線框中的電動勢方向為efgh.解2設(shè)順時針方向為線框回路的正向.根據(jù)分析，在任意位置處，穿過線框的磁通量為

相應(yīng)電動勢為aII,―/o2>dx2nG革g尸aIlig相應(yīng)電動勢為aII,―/o2>dx2nG革g尸aIlig+10~2ln12n(x+g)gdt2ng(g+11)令M=d，得線框在圖示位置處的電動勢為「aIvllE=024十2nd（d+11）由E>0可知，線框中電動勢方向為順時針方向.*8-15有一長為1,寬為b的矩形導(dǎo)線框架，其質(zhì)量為m,電阻為R.在t=0時，框架從距水平面y=0的上方h處由靜止自由下落，如圖所示.磁場的分布為：在y=0的水平面上方?jīng)]有磁場；在y=0的水平面下方有磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場，B的方向垂直紙面向里.已知框架在時刻q和匕的位置如圖中所示.求在下述時間內(nèi)，框架的速度與時間的關(guān)系：（1）qNt>0，即框架進(jìn)入磁場前；（2）t2NtNt］，即框架進(jìn)入磁場，但尚未全部進(jìn)入磁場；（3）t>t2，即框架全部進(jìn)入磁場后.題8—15圖分析設(shè)線框剛進(jìn)入磁場（t1時刻）和全部進(jìn)入磁場（t2時刻）的瞬間，其速度分別為V10和v20.在情況（1）和（3）中，線框中無感應(yīng)電流，線框僅在重力作用下作落體運(yùn)動，其速度與時間的關(guān)系分別為v=gt（tVt］）和v=V20+g

(t-t2)(t>t2).而在ti<t<t2這段時間內(nèi)，線框運(yùn)動較為復(fù)雜，由于穿過線框回路的磁通量變化，使得回路中有感應(yīng)電流存在，從而使線框除受重力外，還受到一個向上的安培力孔，其大小與速度有關(guān)，即FA=FA。).根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，此時線框的運(yùn)動微分方程為mg-Fa(v)=m題8—15圖分析設(shè)線框剛進(jìn)入磁場（t1時刻）和全部進(jìn)入磁場（t2時刻）的瞬間，其速解(1)根據(jù)分析，在t<t1時間內(nèi)，線框為自由落體運(yùn)動，于是v1=gtv1=gt(t<t「其中t='時v=v=J2gh(2)線框進(jìn)入磁場后，受到向上的安培力為B2/2F=IlB=卡v根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，可得線框運(yùn)動的微分方程B2l2dvmg—v=m——Rdt令K=芝生，整理上式并分離變量積分，有mRJ勺史二=Jtdt%g—Kvt積分后將v10-k(t-t1)](3)線框全部進(jìn)入磁場后(t>t2)，作初速為匕。的落體運(yùn)動，故有v=v+g(t—t)=—g—(—K\?2gh)-K(2-J勺史二=Jtdt%g—Kvt積分后將v10-k(t-t1)]8-16有一磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場，以恒定的變化率華在變化.把一塊質(zhì)dt量為m的銅，拉成截面半徑為r的導(dǎo)線，并用它做成一個半徑為R的圓形回路.圓形回路的平面與磁感強(qiáng)度B垂直.試證：這回路中的感應(yīng)電流為_mdBI=式中P為銅的電阻率，d為銅的密度.

解圓形回路導(dǎo)線長為2nR，導(dǎo)線截面積為nr2,其電阻R'為R'在均勻磁場中，穿過該回路的磁通量為①=BS，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得回解圓形回路導(dǎo)線長為2nR，導(dǎo)線截面積為nr2,其電阻R'為R'在均勻磁場中，穿過該回路的磁通量為①=BS，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得回I=—==—nR2——=R'R'dtRfdt2pdt而m=d2nRnr2，即nRr2=-^，代入上式可得2nd了mdBI=4npddt8-17半徑為R=2.0cm的無限長直載流密繞螺線管，管內(nèi)磁場可視為均勻磁場，管外磁場可近似看作零.若通電電流均勻變化，使得磁感強(qiáng)度B隨時間的變化率尊為常量，且為正值，試求：（1）管內(nèi)外由磁場變化激發(fā)的感生電場dt分布；（2）如竺■dt大小和方向.=0.010T-s-1，求距螺線管中心、軸r=5.0分布；（2）如竺■dt大小和方向.分析變化磁場可以在空間激發(fā)感生電場，感生電場的空間分布與場源變化的磁場（包括磁場的空間分布以及磁場的變化率華等）密切相關(guān)，即dtJEdl=-』?.dS.在一般情況下，求解感生電場的分布是困難的.但對于本題SkSdt這種特殊情況，則可以利用場的對稱性進(jìn)行求解.可以設(shè)想，無限長直螺線管內(nèi)磁場具有柱對稱性，其橫截面的磁場分布如圖所示.由其激發(fā)的感生電場也一定有相應(yīng)的對稱性，考慮到感生電場的電場線為閉合曲線，因而本題中感生電場的電場線一定是一系列以螺線管中心軸為圓心的同心、圓.同一圓周上各點的電場強(qiáng)度E的大小相等，方向沿圓周的切線方向.圖中虛線表和VR和r>R兩個區(qū)k域的電場線.電場線繞向取決于磁場的變化情況，由楞次定律可知，當(dāng)些<0時，dt電場線繞向與B方向滿足右螺旋關(guān)系；當(dāng)理>0時，電場線繞向與前者相反.dt解如圖所示，分別在rVR和r>R的兩個區(qū)域內(nèi)任取一電場線為閉合回路l(半徑為r的圓)，依照右手定則，不妨設(shè)順時針方向為回路正向.(1)rVR，E=jE-也=E-2nr=-—jBdS=-nr2竺lkkdtdt氣”2等r>R，E=jE-dl=E-2nr=-—jBdS=-nR2竺lkkdtdt「R2dBE=-k2rdt由于石>。，故電場線的繞向為逆時針.(2)由于r>R，所求點在螺線管外，因此R2dBE=-—

k2rdt將r、R、的數(shù)值代入，可得e=-4.0x10-5V-m-1，式中負(fù)號表示E的方向是dtkk逆時針的.8-18在半徑為R的圓柱形空間中存在著均勻磁場，B的方向與柱的軸線平行.如圖(a)所示，有一長為l的金屬棒放在磁場中，設(shè)B隨時間的變化率竺dt為常量.試證：棒上感應(yīng)電動勢的大小為

(af(b)題(af(b)分析變化磁場在其周圍激發(fā)感生電場，把導(dǎo)體置于感生電場中，導(dǎo)體中的自由電子就會在電場力的作用下移動，在棒內(nèi)兩端形成正負(fù)電荷的積累，從而產(chǎn)生感生電動勢.由于本題的感生電場分布與上題所述情況完全相同，故可利用上題結(jié)果，由E=\Ek-dl計算棒上感生電動勢.此外，還可連接OP、OQ，設(shè)想PQOP構(gòu)成一個閉合導(dǎo)體回路，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解，由于OP、OQ沿半徑方向，與通過該處的感生電場強(qiáng)度％處處垂直，故Ek?dl=0，OP、OQ兩段均無電動勢，這樣，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出的閉合回路的總電動勢，就是導(dǎo)體棒PQ上的電動勢.證1由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E=EE=EPQAd⑦

dt=SdB=虹Jr2-

dtdt2trdB證2由題8-17可知，在rVR區(qū)域，感生電場強(qiáng)度的大小Ek2dt設(shè)PQ上線元dx處，％的方向如圖（b）所示，則金屬桿PQ上的電動勢為E=E-dr=jEcosOdx=j仁也預(yù)2-"/2jldrdBPQkk02dt-虹\；R2-Q/2J2dt2'討論假如金屬棒PQ有一段在圓外，則圓外一段導(dǎo)體上有無電動勢？該如何求解？8-19截面積為長方形的環(huán)形均勻密繞螺繞環(huán)，其尺寸如圖（a）所示，共有N匝（圖中僅畫出少量幾匝），求該螺繞環(huán)的自感匚逮（b）題&一19圖分析如同電容一樣，自感和互感都是與回路系統(tǒng)自身性質(zhì)（如形狀、匝數(shù)、介質(zhì)等）有關(guān)的量.求自感1的方法有兩種：1.設(shè)有電流I通過線圈，計算磁場穿過自身回路的總磁通量，再用公式L=-計算L.2.讓回路中通以變化率已知I的電流，測出回路中的感應(yīng)電動勢E，由公式L=\ElI計算L.式中E和空都LdI/dtLdt較容易通過實驗測定，所以此方法一般適合于工程中.此外，還可通過計算能量的方法求解.解用方法1求解，設(shè)有電流I通過線圈，線圈回路呈長方形，如圖（b）所示，由安培環(huán)路定理可求得在％VrV%范圍內(nèi)的磁場分布為1B=業(yè)2nx由于線圈由N匝相同的回路構(gòu)成，所以穿過自身回路的磁鏈為=Nf%冬hdx=*lnRr2nx2兀R1iL=凹鼻InRI2nRi若管中充滿均勻同種磁介質(zhì)，其相對磁導(dǎo)率為ur，則自感將增大ur倍.8-20如圖所示，螺線管的管心、是兩個套在一起的同軸圓柱體，其截面積分別為S1和S2,磁導(dǎo)率分別為氣和氣，管長為1,匝數(shù)為N,求螺線管的自感.（設(shè)管的截面很?。┧膢?三|題X-20圖分析本題求解時應(yīng)注意磁介質(zhì)的存在對磁場的影響.在無介質(zhì)時，通電螺線管內(nèi)的磁場是均勻的，磁感強(qiáng)度為B。，由于磁介質(zhì)的存在，在不同磁介質(zhì)中磁感強(qiáng)度分別為七B0和七B0.通過線圈橫截面的總磁通量是截面積分別為S1和S2的兩部分磁通量之和.由自感的定義可解得結(jié)果.解設(shè)有電流I通過螺線管，則管中兩介質(zhì)中磁感強(qiáng)度分別為TOC\o"1-5"\h\zNN,B=/nl=/——I,B=/nl=/——I111L222L通過N匝回路的磁鏈為中=中+中=NBS+NBS121122則自感WN2L=L+L=竺=——aS+aS12Il11228-21有兩根半徑均為a的平行長直導(dǎo)線，它們中心距離為d.試求長為1的一對導(dǎo)線的自感（導(dǎo)線內(nèi)部的磁通量可略去不計）.題M-2I圖分析兩平行長直導(dǎo)線可以看成無限長但寬為d的矩形回路的一部分.設(shè)在矩形回路中通有逆時針方向電流I,然后計算圖中陰影部分（寬為d、長為1）的磁通量.該區(qū)域內(nèi)磁場可以看成兩無限長直載流導(dǎo)線分別在該區(qū)域產(chǎn)生的磁場的疊加.解在如圖所示的坐標(biāo)中，當(dāng)兩導(dǎo)線中通有圖示的電流I時，兩平行導(dǎo)線間的磁感強(qiáng)度為穿過圖中陰影部分的磁通量為①=jB-dS=jd-aBldr=此ln^―^

Sa兀a則長為1的一對導(dǎo)線的自感為L=①=plind-aI兀a如導(dǎo)線內(nèi)部磁通量不能忽略，則一對導(dǎo)線的自感為L=L1+2L2.L1稱為外自感,即本題已求出的L,L稱為一根導(dǎo)線的內(nèi)自感.長為1的導(dǎo)線的內(nèi)自感L=叩,228兀有興趣的讀者可自行求解.8-22如圖所示，在一柱形紙筒上繞有兩組相同線圈AB和AB',每個線圈的自感均為L,求：（1）A和A'相接時，B和B'間的自感1；（2）A'和B1相接時，A和B'間的自感1.2題S-22圖分析無論線圈AB和A：8'作哪種方式連接，均可看成一個大線圈回路的兩個部分，故仍可從自感系數(shù)的定義出發(fā)求解.求解過程中可利用磁通量疊加的方法，如每一組載流線圈單獨存在時穿過自身回路的磁通量為中，則穿過兩線圈回路的磁通量為2中；而當(dāng)兩組線圈按（1）或（2）方式連接后，則穿過大線圈回路的總磁通量為2①±2中，“土”取決于電流在兩組線圈中的流向是相同或是相反.解（1）當(dāng)A和A'連接時，AB和A，B'線圈中電流流向相反，通過回路的磁通量亦相反，故總通量為氣=20-20=0，故L=0.1（2）當(dāng)A'和B連接時，AB和A，B'線圈中電流流向相同，通過回路的磁通量亦相同，故總通量為0=20+20=40，故L=—2=4—=4L.2II本題結(jié)果在工程實際中有實用意義，如按題（1）方式連接，則可構(gòu)造出一個無自感的線圈．8一23如圖所示，一面積為4.0cm2共50匝的小圓形線圈A，放在半徑為20cm共100匝的大圓形線圈B的正中央，此兩線圈同心、且同平面.設(shè)線圈A內(nèi)各點的磁感強(qiáng)度可看作是相同的.求：（1）兩線圈的互感；（2）當(dāng)線圈B中電流的變化率為—50A?s-1時，線圈A中感應(yīng)電動勢的大小和方向.題8-23圖分析設(shè)回路I中通有電流I1，穿過回路II的磁通量為中以，則互感M=M21=

O21I1；也可設(shè)回路II通有電流I2，穿過回路I的磁通量為①12，則M=M=吃.12I2雖然兩種途徑所得結(jié)果相同，但在很多情況下，不同途徑所涉及的計算難易程度會有很大的不同.以本題為例，如設(shè)線圈B中有電流I通過，則在線圈A中心、處的磁感強(qiáng)度很易求得，由于線圈A很小，其所在處的磁場可視為均勻的，因而穿過線圈A的磁通量中^BS.反之，如設(shè)線圈A通有電流I，其周圍的磁場分布是變化的，且難以計算，因而穿過線躁的磁通量也就很難求得，由此可見，計算互感一定要善于選擇方便的途徑.解(1)設(shè)線圈B有電流I通過，它在圓心、處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度B0=NB今I穿過小線圈A的磁鏈近似為W=NBS=NN紀(jì)S

AA0AAB2RA則兩線圈的互感為M=Ka=NN"o'a=6.28x10-6HIAB2R(2)E=-M凹=3.14x10-4VAdt互感電動勢的方向和線圈B中的電流方向相同.8-24如圖所示，兩同軸單匝線圈A、C的半徑分別為R和r，兩線圈相距為d.若r很小，可認(rèn)為線圈A在線圈C處所產(chǎn)生的磁場是均勻的?求兩線圈的互感.若線圈C的匝數(shù)為N匝，則互感又為多少？解設(shè)線圈A中有電流I通過，它在線圈C所包圍的平面內(nèi)各點產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度近似為b=（七iR2）

2R2+d2為2穿過線圈C的磁通為W=BS="o'R）—nr2C2R2+d2為2則兩線圈的互感為睥W/nr2R2

M=—=r0\I2R2+d2為2若線圈C的匝數(shù)為N匝，則互感為上述值的N倍.8一25如圖所示，螺繞環(huán)A中充滿了鐵磁質(zhì)，管的截面積S為2.0cm2，沿環(huán)每厘米繞有100匝線圈，通有電流I1=4.0X10-2A，在環(huán)上再繞一線圈C，共10匝，其電阻為0.10。，今將開關(guān)S突然開啟，測得線圈C中的感應(yīng)電荷為2.0X10-3C.求：當(dāng)螺繞環(huán)中通有電流％時，鐵磁質(zhì)中的B和鐵磁質(zhì)的相對磁導(dǎo)率％.題區(qū)圖分析本題與題8-8相似，均是利用沖擊電流計測量電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過回路的電荷的方法來計算磁場的磁感強(qiáng)度.線圈C的磁通變化是與環(huán)形螺線管中的電流變化相聯(lián)系的.解當(dāng)螺繞環(huán)中通以電流I1時，在環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度B=aanI

0r11則通過線圈C的磁鏈為w=NBS=NaanIS

c220r11設(shè)斷開電源過程中，通過C的感應(yīng)電荷為qc，則有1A1（八）NaanISqc=-r牛=-rMJ-w—2%11由此得相對磁導(dǎo)率一Rqc一=199NSanI

20118-26一個直徑為0.01m，長為0.10m的長直密繞螺線管，共1000匝線圈，總電阻為7.76Q.求：(1)如把線圈接到電動勢E=2.0V的電池上，電流穩(wěn)定后，線圈中所儲存的磁能有多少？磁能密度是多少？*(2)從接通電路時

算起，要使線圈儲存磁能為最大儲存磁能的一半，需經(jīng)過多少時間？分析單一載流回路所具有的磁能，通常可用兩種方法計算：（1）如回路自感為L（已知或很容易求得），則該回路通有電流I時所儲存的磁能W=2L12通常稱為自感磁能.（2）由于載流回路可在空間激發(fā)磁場磁能實際是儲存于即W=jwdV，式B2'因而采用這磁場之中，因而載流回路所具有的能量又可看作磁場能量，中七為磁場能量密度，積分遍及磁場存在的空間.由于通常