1、文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.第五章靜電場5 -9若電荷Q均勻地分布在長為厶的細棒上求證：(1)在棒的延長線，且離棒中心為r 處的電場強度為1 Qne() 4r2 一 L2(2)在棒的垂直平分線上，離棒為,處的電場強度為若棒為無限長(即厶一8),試將結果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較.分析 這是計算連續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 取一線元山，其電荷為dq =Qdx/厶 它在點P的電場強度為整個帶電體在點P的電場強度E = jdE接著針對具體問題

2、來處理這個矢量積分.(1) 若點P在棒的延長線上，帶電棒上冬電荷元在點P的電場強度方向相同，E =(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軸方向的分量因對稱性 疊加為零，因此，點P的電場強度就是E = j*dE、j = J sin a dEj證延長線上-點P的電場強度r.母，利用幾何關系/統-積分變量,則吊 1 GcLr _04k0 L(r - x) 4g)L ir- L/2 r + L/2土島電場強度的方向2word版本可編借歡迎下載支持.沿X軸.(2)根據以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿y軸，大小為 rsinadh 4嚀山利用幾何關系Sina=r/r，

3、, Ky/r+X2統一積分變量，則E= (21 應山 _01Js4jt0 L(x2 + r232兀時 V4r + L2當棒長厶一8時，若棒單位長度所帶電荷久為常量，則P點電場強度-lim丄，W2 J1 + 4X/Z?22叼/此結果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同圖(B).這說明只要滿足r2/厶2 1, 帶電長直細棒可視為無限長帶電直線.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 而的電場強度通呈:.題5 - 14 I冬I分析 方法1：由電場強度通量的肚義，對半球而S求積分，即戲=jE -d5方法2：作半徑為/?的平而S與半球而S 起可構成閉合曲而，由

4、于閉合而內無電荷, 由高斯定理文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.co這表明穿過閉合曲而的凈通量為零，穿入平而S的電場強度通量在數值上等于穿出半球而 S的電場強度通疑.因而0 = EdS=-jdS解1由于閉合曲而內無電荷分布，根據髙斯左理，有0 =旌心=-尸心依照約左取閉合曲而的外法線方向為而元dS的方向，Q = -E hR2 COS7T = tcR2E解2取球坐標系，電場強度矢量和而元在球坐標系中可表示為E = E(cos e +sin cos00& + sin Osin er)dS = 7?sin0d&d er = |.E-d5= j E/?2sin2sin M=

5、E/?2sin2dJin d= nR2E5 17設在半徑為R的球體內，苴電荷為球對稱分布，電荷體密度為 p = kr (0 r R)為一常星試分別用高斯怎理和電場疊加原理求電場強度E的函數關系.題5-17圖分析通常有兩種處理方法：(1)利用髙斯定理求球內外的電場分布由題意知電荷呈球對稱分布，因而電場分布也是球對稱，選擇與帶電球體同心的球面為髙斯面，在球面上電場強度大小為常量，且方向垂直于球而，因而有E d5 = E-4jrr2根據高斯定理=丄J/x少，可解得電場強度的分布.(2)利用帶電球殼電場疊加的方法求球內外的電場分布將帶電球分割成無數個同心帶電球 殼，球殼帶電荷為dq = P 4兀嚴，每

6、個帶電球殼在殼內激發的電場d=0,而在球殼 外激發的電場由電場疊加可解得帶電球體內外的電場分布：(/)= dE (0rR)解1因電荷分布和電場分布均為球對稱，球而上各點電場強度的大小為常雖:，由髙斯左理jEdS=JpdV 得球體內(OrWR)Eg宀3小=&lOword版本可編輯.歡迎下載支持.球體外G R)E(r)47rr2 =kr4nr2dr = r4E(r)=v解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電dR)kr 47ur,2dr :文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.5 -20 一個內外半徑分別為&和乩的均勻帶電球殼，總電荷為0，球殼外同心罩一個 半徑為心的均勻帶電球面，球

7、而帶電荷為 求電場分布.電場強度是否為離球心距離r的 連續函數？試分析.(a)(h)lOword版本可編輯.歡迎下載支持.題5 - 2()圖分析 以球心0為原點，球心至場點的距離為半徑，作同心球而為髙斯面由于電荷呈球 對稱分布，電場強度也為球對稱分布，高斯而上電場強度沿徑矢方向，且大小相等因而 jEdS=E-4jir2 在確泄髙斯而內的電荷工g后,利用髙斯左理jEdS=/o即可 求出電場強度的分布 解取半徑為廣的同心球而為髙斯面.由上述分析&4臚=工必0r /?，該高斯面內無電荷，工q = 0,故E)=0RRi ,髙斯而內電荷心r R，髙斯面內電荷為0 +Q2 ,故E4 =Ql +47tEor

8、2電場強度的方向均沿徑矢方向，各區域的電場強度分布曲線如圖(B)所示在帶電球面的兩 側，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續，而在緊貼，=/?3的帶電球而兩側，電場 強度的躍變量E = Eq =Qi4隔用s這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結果，且具有普遍性實際帶電球而應是有一 定厚度的球殼，殼層內外的電場強度也是連續變化的，本題中帶電球殼內外的電場，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的變化成為一躍變.5 -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&和心RJ，單位長 度上的電荷為求離軸線為，處的電場強度：(1) / /?i , (2) /?! r

9、 Ri (a) (b)題5-21圖分析電荷分布在無限長同軸圓柱而上，電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱而為高 斯面，只有側而的電場強度通量不為零，且jEdS = E 2nrL,求出不同半徑髙斯而內的電 荷工q.即可解得區域電場的分布.解作同軸圓柱而為高斯而，根據髙斯泄理E 2nrL =工q/()r R,工g = oEi =0在帶電而附近，電場強度大小不連續，電場強度有一躍變R r Ri.工q = 0E3=0在帶電而附近，電場強度大小不連續，電場強度有一躍變A = 2nE)r這與5 -20題分析討論的結果一致.5 -22如圖所示，有三個點電荷0、02、03沿一條直線等間距分布且 =03 =Q

10、. 已知英中任一點電荷所受合力均為零，求在固左、03的情況下，將02從點0移到無窮 遠處外力所作的功.y01O02 纟I題5 -22圖分析由庫侖力的泄義，根據0、所受合力為零可求得02 .外力作功M應等于電場力 作功W的負值，即=一.求電場力作功的方法有兩種：（1）根據功的定義，電場力作的功 為W=Q2Edl其中E是點電荷0.0產生的合電場強度.（2）根據電場力作功與電勢能差的關系，有 = e2（K-）=e2v0 其中旳是0、03在點O產生的電勢（取無窮遠處為零電勢）. 解1由題意0所受的合力為零a34隔214g）（2d=0解得 由點電荷電場的疊加，（?1、激發的電場在y軸上任意一點的電場強度

11、為將從點O沿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？）外力所 作的功為=出=一-CJo _Jo 4Qy d._ Q2 2脫0（/ +，8兀勺）解2與解I相同，在任-點電荷所受合力均為零時Q釵，并由電勢文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.的疊加得0 在點0的電勢將從點0推到無窮遠處的過程中，外力作功M = 02% =Q1lOword版本可編輯.歡迎下載支持.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這是因為在許多實際問 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 -23已知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為E= 2g/為電荷

12、線密度.（1）求在,=門和,f 兩點間的電勢差：（2）在點電荷的電場中，我們曾取r 一8處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣取？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（2）不能嚴格地講，電場強度E = er只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷 2昭/分布在無限空間，廣一8處的電勢應與直線上的電勢相等.5 -27兩個同心球而的半徑分別為川和皿，各自帶有電荷0和 求：（1）各區域電 勢分布，并畫岀分布曲線：（2）兩球而間的電勢差為多少？題5 -27圖分析通?？刹捎脙煞N方法（1）由于電荷均勻分布在球而上，電場分布也具有球對稱性，因 此，可根據電勢與電場強度的

13、積分關系求電勢.取同心球而為髙斯而，借助高斯左理可求得 各區域的電場強度分布，再由V =E d/可求得電勢分布.（2）利用電勢疊加原理求電勢. 一個均勻帶電的球而，在球而外產生的電勢為V = 4jt0r在球而內電場強度為零，電勢處處相等，等于球而的電勢V =4磯/?其中R是球而的半徑根據上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球而在各區域產生的電勢 疊加，可求得電勢的分布.解1(1)由高斯左理可求得電場分布盡=0(rR)E2=-er(Rir2)4n)r由電勢V=XE-d/可求得各區域的電勢分布.4兀(丄片 /?4兀()/?2=丄+_4亦()尺4jT0/?2V2=pE2.d/ + Erd/Q丄丄4 宓

14、 r RQi + 24tce()R247ifor 4亦0尼當rRi時，有4neQr(2)兩個球面間的電勢差解2(1)由各球而電勢的疊加汁算電勢分布若該點位于兩個球而內，即/,則4%尺4碼若該點位于兩個球而之間，即川Wr* ,貝IJy,=_2k_ +若該點位于兩個球而之外，即2心，則匕=Q +。247Tor（2）兩個球面間的電勢差第六章靜電場中的導體與電介質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）不會發生變化（D）無法確建分析與解 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

15、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髙 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，參見附圖。設無窮遠處為零電勢，則在導體球球心0點有（）(A) = 0,V = 4兀(（B）e= 4 隔-4g）(C) E = O,U=O（D） E=厲4兀廠4心文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.題6-3圖分析與解達到靜電平衡時導體內處處各點電場強度為零。點電荷彳在導體球表而感應等量異號的感應電荷7,導體球表而的感應電荷丫在球心O點激發的電勢 為零，O點的電勢等于點電荷彳在該處激發

16、的電勢。因而正確答案為（A）。6 -4根據電介質中的高斯左理，在電介質中電位移矢量沿任意一個閉合曲而的積分等于 這個曲而所包圍自由電荷的代數和。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，曲而內一左沒有自由電荷（B）若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲而內電荷的代數和一左等于零（C）若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分不等于零，曲而內一立有極化電荷（D）介質中的髙斯泄律表明電位移矢量僅僅與自由電荷的分布有關（E）介質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，表明曲而內自由電荷的代數和等于零；由于電介質會

17、改變自由電荷的空間分布，介質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） o6 -5對于各向同性的均勻電介質，下列槪念正確的是（）（A）電介質充滿整個電場并且自由電荷的分布不發生變化時，電介質中的電場強度一左等于沒有電介質時該點電場強度的1/俗（B）電介質中的電場強度一立等于沒有介質時該點電場強度的1/廠倍（C）在電介質充滿整個電場時，電介質中的電場強度一泄等于沒有電介質時該點電場強 度的1/倍（D）電介質中的電場強度一立等于沒有介質時該點電場強度的倍分析與解 電介質中的電場由自由電荷激發的電場與極化電荷激發的電場迭加而成，由于極 化電荷可能會改變電場中導體表面自由電荷的

18、分布，由電介質中的髙斯立理，僅當電介質充 滿整個電場并且自由電荷的分布不發生變化時，在電介質中任意髙斯而S有(l + /)E-dS=E0.dS=丄工4e0 I即E =Eo/r,因而正確答案為(A)。6 -8 一導體球半徑為E ,外罩一半徑為凡的同心薄導體球殼，外球殼所帶總電荷為0 而內球的電勢為譏.求此系統的電勢和電場的分布.分析 若 = 內球電勢等于外球殼的電勢，則外球殼內必圧為等勢體電場強度 4亦處處為零，內球不帶電.若v(,內球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內電場強度不為零，內球帶4 亦電.一般情況下，假設內導體球帶電0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

19、左理可求得電場分布.并由嶺,=J；Ed/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、Q、R, &表示.解 根據靜電平衡時電荷的分布，可知電場分布呈球對稱.取同心球面為髙斯面，由高斯左 理 dS = E(r) 47rr2 = E(r)-根據不同半徑的高斯而內的電荷分布，解得各區域內的電場分布為r 乩時, E) = 0RI rR:時， E,(r)=-4兀(廠由電場強度與電勢的積分關系，可得各相應區域內的電勢分布.12wok!版本可編輯.歡迎下載支持.文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.r 乩時,2,伽2+加出+加出 憐+骯q13woni版本可編輯.歡迎下載支持

20、.RWR：時,rR,時,也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布.在導體球內（廠/?）匕= + Q4%/?4%理在導體球和球殼之間（RWR：）qQ4m()r4%/?2在球殼外（r/?：）47Torq由題意V =7 =2 + Q4心店2 4亦/?1得qQ% = % = 4 宓 + 4% &代入電場、電勢的分布得r 乩時,E嚴(h V1=V()RWR：時,文檔從網絡中收集，已重新整理排版word版本可編借歡迎下載支持.e = RK) _ RQ . y =_ (r _ RJQr2 4n()R2/22 r 4g)/?*rRz 時,1 Sword版本可編輯.歡迎下載支持.E =空(RUQ v _別0 (凡一尺

21、)0、 r2 4n)R2r2、 r 4n07?2r6 -12如圖所示球形金屬腔帶電量為Q 0,內半徑為g外半徑為6腔內距球心0為廠處有一點電荷求球心的電勢.分析 導體球達到靜電平衡時，內表面感應電荷一如外表而感應電荷內表而感應電荷不 均勻分布，外表而感應電荷均勻分布.球心O點的電勢由點電荷”導體表面的感應電荷共 同決左.在帶電而上任意取一電荷元，電荷元在球心產生的電勢dV =4ti0R由于R為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為/?的帶電球面在球心產生的電勢為q47iq)R由電勢的疊加可以求得球心的電勢.解 導體球內表而感應電荷一,外表而感應電荷依照分析，球心的電勢為第七章恒定磁場7 -2

22、一個半徑為廠的半球而如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量為（）(A) 2nrB(C) 2nr2Bcosa(B) nr2B(D) it 尸 B cos a題7-2圖分析與解作半徑為的圓S，與半球而構成一閉合曲而，根據磁場的髙斯左理，磁感線是閉合曲線，閉合曲而的磁通量為零，即穿進半球而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下列說法正確的是（）（A）閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內一立沒有電流穿過（B）閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內穿過電流的代數和必定為零（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左為零（D）磁感強度沿閉合

23、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LI、L2 ,圓周內有電流II、12 , 其分布相同，且均在真空中，但在（b）圖中L2回路外有電流13 , Pl、P2為兩圓形回 路上的對應點，則（）（A） dl =B dl, B片=Bp、（B）|B -dl-dl , Bp =Bp、（C） dl =b dl, Bp、h Bp,（D）, Bp,工 Bp分析與

24、解 由磁場中的安培環路定律，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（C）.7 -10如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環的a、b兩點，并與很遠處的電源相接。 求環心O的磁感強度.題7-1()圖分析 根拯疊加原理，點O的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、心/b兩段圓 弧電流共同激發.由于電源距環較遠，B,/=0.而2、fa兩段直線的延長線通過點O,由 于Idlxr = 0,由畢一薩定律知B,.=0.流過圓弧的電流人、厶的方向如圖所示，兩 圓狐在點O激發的磁場分別為其中人.h分別是圓弧acb. Mb的弧長,由于導線電阻R

25、與弧長/成正比，而圓弧acb. adb又構成并聯電路，故有將Bl、B2疊加可得點O的磁感強度B.文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.解 由上述分析可知，點o的合磁感強度B =4 = 04兀廣 4兀廠7 -11如圖所示，幾種載流導線在平而內分布，電流均為I,它們在點O的磁感強度各為多少？題7-11圖分析 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，它們各 自在點O處所激發的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度工解 （a）長直電流對點O而言，有Mxr=0,因此它在點O產生的磁場為零，則點O 處總的磁感強度為1/4圓弧電流所激發，故有B =型087?的方

26、向垂直紙而向外.（b）將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得b =L-L0 2R 2nR的方向垂直紙而向里.（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 = o _|_ “o（）/ _ “u，（）/0_447t4R2nR4RBu的方向垂直紙而向外.7 -15如圖所示，載流長直導線的電流為I,試求通過矩形而積的磁通雖.1/J 一(a)(b).8 7-15 圖分析 由于矩形平而上各點的磁感強度不同，故磁通量0HBS.為此，可在矩形平而上取一 矩形面元dS =/山圖(b ),載流長直導線的磁場穿過該而元的磁通量為d0 = BdS = /dr27LV矩形平而的總磁通量

27、0 = Jd0解由上述分析可得矩形平而的總磁通量0=r如山.=創也Jrfi 2tlx 2n “7 -17有一同軸電纜，苴尺寸如圖(a )所示.兩導體中的電流均為I,但電流的流向相 反，導體的磁性可不考慮.試計算以下各處的磁感強度：(1)/ 凡；(2) /?i r /?： :(3) R2 r R 畫出B -r 圖線.l&voni版本可編輯.歡迎下載支持.文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.八I八2題7-17圖分析 同軸電纜導體內的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為廣的同心圓為積分路徑,p d/ = B-2m利用安培環路泄理工八 可解得各區域的磁感強度.解由上述分析得r

28、 Ri20xvord版本可編輯.歡迎下載支持.心r2nRR r /?2Ri r /?3b4=o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齊=30 A,矩形回路載有電流乙=20 A.試計算作用在回路上的合力.已知d =1. 0 cm, b =8. 0 cm, / =0.12 m.iiiiii iiii ii題7_29圖分析 矩形上、下兩段導線受安培力凡和鬥的大小相等，方向相反，對不變形的矩形回路 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 受安培力凡和Fj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

29、 由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力鬥和凡之矢量和，如圖（b ） 所示，它們的大小分別為F =卩（丿J3_2血1_ 心J J4 2n（d+b）故合力的大小為尸=戸一耳=叢耳一一=1.28x10 N34 2nd2n（d + 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人一矩形線圈位于導線平而內沿垂直于載流導線方向以恒泄速率運動（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文檔從網絡中收集，已重新整理排版word版本可編借歡迎下載支持.（D）線圈中感應電流方向無法確左I題8 -

30、 1圖分析與解 由右手左則可以判斷，在矩形線圈附近磁場垂直紙而朝里，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，在線圈中產生感應電流，感 應電流方向由法拉第電磁感應立律可以判泄.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 = U，因而線圈的自感系數與回路的電流成反比（D）0, = U ,回路的磁通量越大，回路的自感系數也一泄大分析與解 對照感應電場的性質，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

31、均以羋的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與兩導線處于同一平面內，如圖所dr示求線圈中的感應電動勢.題8-7圖d0分析 本題仍可用法拉第電磁感應圧律來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁21 word版本可編輯.歡迎下載支持.文檔從網絡中收集，已重新整理排版版本可編輯:.歡迎下載支持.通量就需用0 = J dS來汁算（其中B為兩無限長直電流單獨存在時產生的磁感強度Bi 與陰之和）.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 行于長直導線的寬為d心長為d的而元dS,如圖中陰影部分所示，則dS= d（h .所以， 總磁通疑可通過線積分求得（若取面元dS

32、=dxdy,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象，也可用公式E. =-M#求解.解1穿過而元dS的磁通雖:為d0 = BdS=B,dS + BdS =ddx_叢ddx- 2ti（x + J） 2tuc因此穿過線圈的磁通量為再由法拉第電磁感應泄律，有dr 2兀4/ dr解2當兩長直導線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為0律羔2兀 4線圈與兩長直導線間的互感為I 2714當電流以乞變化時，線圈中的互感電動勢為dfdf I 2n 4 ? dt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泄律求圖示位苣的電動勢 呢？此時線圈中既有動生電動勢，又有感生電動勢.設時刻t

33、,線圈左端距右側直導線的距 離為d，則穿過回路的磁通S0 = B dS=/（l，e）,它表現為變創和的二元函數，將代 入 = - 即可求解，求解時應按復合函數求導，注意，其中 = v,再令=即可drdr求得圖示位宜處回路中的總電動勢.最終結果為兩項，英中一項為動生電動勢，另一項為感22word版本可編輯歡迎下載支持.生電動勢.8 -12如圖所示，長為厶的導體棒0P,處于均勻磁場中，并繞00軸以角速度。旋轉,棒與轉軸間夾角恒為Q磁感強度B與轉軸平行.求0P棒在圖示位置處的電動勢.25word版本可編輯.歡迎下載支持.題8-12圖d0分析 如前所述，本題既可以用法拉第電磁感應泄律E = 訃算(此時

34、必須構造一個dr包含0P導體在內的閉合回路，如直角三角形導體回路oPQO),也可用E = J(cxB)d/來計算.由于對稱性，導體0P旋轉至任何位置時產生的電動勢與圖示位置是相冋的.解1由上分析，得Eop =（”（處 ）出=J s in 90 cosad/=J（Z sin Oco）B cos（90 - & ）d/=oBsin/d/ =丄3（厶sin0）u 2由矢vxB的方向可知端點P的電勢較高.解2設想導體OP為直角三角形導體回路OPQO中的一部分，任一時刻穿過回路的磁通量0為零，則回路的總電動勢d0d7= 0 = EOP + EpQ + Eq顯然Eqo =0,所以EOP =-EpQ = Eqo = |yB(P0)2由上可知，導體棒OP旋轉時，在單位時間內切割的磁感線數與導體棒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r = 2.0m s-1平行于一長直導線移動，此導線(a )( b )題8-13圖分析 本題可用兩種方法求解.(1)