電磁學(xué)課后習(xí)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(xì)棒上.求證：(1) 在棒的延長線，且離棒中心為r 處的電場強(qiáng)度為 (2) 在棒的垂直平分線上，離棒為r 處的電場強(qiáng)度為若棒為無限長(即L)，試將結(jié)果與無限長均勻帶電直線的電場強(qiáng)度相比較.分析這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場強(qiáng)度.此時棒的長度不能忽略，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(diǎn)P 的電場強(qiáng)度為整個帶電體在點(diǎn)P 的電場強(qiáng)度接著針對具體問題來處理這個矢量積分.(1) 若點(diǎn)P 在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn)P 的電場強(qiáng)度方向相同，

2、(2) 若點(diǎn)P 在棒的垂直平分線上，如圖(A)所示，則電場強(qiáng)度E 沿x 軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點(diǎn)P 的電場強(qiáng)度就是證(1) 延長線上一點(diǎn)P 的電場強(qiáng)度，利用幾何關(guān)系 rr x統(tǒng)一積分變量，則電場強(qiáng)度的方向沿x 軸.(2) 根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn)P 的電場強(qiáng)度E 的方向沿y 軸，大小為利用幾何關(guān)系 sin r/r， 統(tǒng)一積分變量，則當(dāng)棒長L時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P 點(diǎn)電場強(qiáng)度此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強(qiáng)度分布相同圖(B).這說明只要滿足r2/L2 1，帶電長直細(xì)棒可視為無限長帶電直線.5 14設(shè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E 與半徑為R 的半球面的對稱軸平行，試計(jì)算通過

3、此半球面的電場強(qiáng)度通量.分析方法1：由電場強(qiáng)度通量的定義，對半球面S 求積分，即方法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，由高斯定理這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S的電場強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S 的電場強(qiáng)度通量.因而解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槊嬖猟S 的方向，解2取球坐標(biāo)系，電場強(qiáng)度矢量和面元在球坐標(biāo)系中可表示為5 17設(shè)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k為一常量.試分別用高斯定理和電場疊加原理求電場強(qiáng)度E與r的函數(shù)關(guān)系.分析通常有兩種處理方法：(1) 利用高斯定理

4、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(qiáng)度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有根據(jù)高斯定理，可解得電場強(qiáng)度的分布.(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，每個帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場，而在球殼外激發(fā)的電場由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場分布解1因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定理得球體內(nèi)(0rR)球體外(r R)解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電由上述分析，球體內(nèi)(0rR)球體外(r R)5 20一個內(nèi)外半徑分別為R1

5、 和R2 的均勻帶電球殼，總電荷為Q1 ，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(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O 為原點(diǎn)，球心至場點(diǎn)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(qiáng)度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強(qiáng)度沿徑矢方向，且大小相等.因而 .在確定高斯面內(nèi)的電荷 后，利用高斯定理即可求出電場強(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r R1 ，該高斯面內(nèi)無電荷，故R1 r R2 ，高斯面內(nèi)電荷故 R2 r R3 ，高斯面內(nèi)電荷為Q1 ，故r R3 ，高斯面內(nèi)電荷為Q1 Q2 ，故電場強(qiáng)度的方

6、向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布曲線如圖(B)所示.在帶電球面的兩側(cè)，電場強(qiáng)度的左右極限不同，電場強(qiáng)度不連續(xù)，而在緊貼r R3 的帶電球面兩側(cè)，電場強(qiáng)度的躍變量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，殼層內(nèi)外的電場強(qiáng)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(dāng)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R1 和R2 R1 )，單位長度上的電荷為.求離軸線為r 處的電場強(qiáng)度：(1) r R1 ，(2) R1 r R2 ，(3) r R2 .分析電荷

7、分布在無限長同軸圓柱面上，電場強(qiáng)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(qiáng)度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷.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r R1 ，在帶電面附近，電場強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場強(qiáng)度有一躍變R1 r R2 ，r R2， 在帶電面附近，電場強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場強(qiáng)度有一躍變這與5 20 題分析討論的結(jié)果一致.5 22如圖所示，有三個點(diǎn)電荷Q1 、Q2 、Q3 沿一條直線等間距分布且Q1 Q3 Q.已知其中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零，求在固定Q1 、Q3 的情況下，將Q2從點(diǎn)O 移到無窮遠(yuǎn)處外力所作的功.分析由庫侖力的定義，根據(jù)Q

8、1 、Q3 所受合力為零可求得Q2 .外力作功W應(yīng)等于電場力作功W 的負(fù)值，即WW.求電場力作功的方法有兩種：(1)根據(jù)功的定義，電場力作的功為其中E 是點(diǎn)電荷Q1 、Q3 產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度.(2) 根據(jù)電場力作功與電勢能差的關(guān)系，有其中V0 是Q1 、Q3 在點(diǎn)O 產(chǎn)生的電勢(取無窮遠(yuǎn)處為零電勢).解1由題意Q1 所受的合力為零解得 由點(diǎn)電荷電場的疊加，Q1 、Q3 激發(fā)的電場在y 軸上任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為將Q2 從點(diǎn)O 沿y 軸移到無窮遠(yuǎn)處，(沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？)外力所作的功為解2與解1相同，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時，并由電勢的疊加得Q1 、Q3 在點(diǎn)O 的電勢將

9、Q2 從點(diǎn)O 推到無窮遠(yuǎn)處的過程中，外力作功比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔.這是因?yàn)樵谠S多實(shí)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(qiáng)度近似為為電荷線密度.(1)求在r r1 和r r2 兩點(diǎn)間的電勢差；(2)在點(diǎn)電荷的電場中，我們曾取r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(guān)，若沿徑向積分，則有(2) 不能.嚴(yán)格地講，電場強(qiáng)度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，r處的電勢應(yīng)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R

10、2 ，各自帶有電荷Q1 和Q2 .求：(1) 各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線；(2) 兩球面間的電勢差為多少？分析通?？刹捎脙煞N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(qiáng)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各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布，再由可求得電勢分布.(2) 利用電勢疊加原理求電勢.一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為在球面內(nèi)電場強(qiáng)度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢其中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由電勢 可求得各區(qū)域的

11、電勢分布.當(dāng)rR1 時，有當(dāng)R1 rR2 時，有當(dāng)rR2 時，有(2) 兩個球面間的電勢差解2(1) 由各球面電勢的疊加計(jì)算電勢分布.若該點(diǎn)位于兩個球面內(nèi)，即rR1 ，則若該點(diǎn)位于兩個球面之間，即R1 rR2 ，則若該點(diǎn)位于兩個球面之外，即rR2 ，則(2) 兩個球面間的電勢差第六章靜電場中的導(dǎo)體與電介質(zhì)6 1將一個帶正電的帶電體A 從遠(yuǎn)處移到一個不帶電的導(dǎo)體B 附近，則導(dǎo)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(dǎo)體B 相對無窮遠(yuǎn)處為零電勢。由于帶正電的帶電體A 移到不帶電的導(dǎo)體B 附近時，在導(dǎo)體B 的近端感應(yīng)負(fù)電荷；在遠(yuǎn)端感應(yīng)正電荷，不帶

12、電導(dǎo)體的電勢將高于無窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為（A）。6 3如圖所示將一個電量為q 的點(diǎn)電荷放在一個半徑為R 的不帶電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為d，參見附圖。設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零電勢，則在導(dǎo)體球球心O 點(diǎn)有（）（A）（B）（C）（D）分析與解達(dá)到靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場強(qiáng)度為零。點(diǎn)電荷q 在導(dǎo)體球表面感應(yīng)等量異號的感應(yīng)電荷±q，導(dǎo)體球表面的感應(yīng)電荷±q在球心O點(diǎn)激發(fā)的電勢為零，O 點(diǎn)的電勢等于點(diǎn)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( )

13、（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） 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(guān)（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，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）。6 5對于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是（）（A）

14、 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(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)度的1/倍（B） 電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)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(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)度的1/倍（D） 電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)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(dǎo)體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當(dāng)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S 有即E E/，因而正確答案為（A）。6 8一導(dǎo)體球半

15、徑為R ，外罩一半徑為R2 的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢為V 求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布分析若，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(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶電若，內(nèi)球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內(nèi)電場強(qiáng)度不為零，內(nèi)球帶電一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q，導(dǎo)體達(dá)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或電勢疊加求出電勢的分布最后將電場強(qiáng)度和電勢用已知量V0、Q、R、R2表示解根據(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，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r R時

16、， RrR2 時，rR2 時， 由電場強(qiáng)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r R時，RrR2 時，rR2 時，也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布在導(dǎo)體球內(nèi)（r R）在導(dǎo)體球和球殼之間（RrR2 ）在球殼外（rR2）由題意得代入電場、電勢的分布得r R時，；RrR2 時，；rR2 時，；6 12如圖所示球形金屬腔帶電量為Q 0，內(nèi)半徑為，外半徑為b，腔內(nèi)距球心O 為r 處有一點(diǎn)電荷q，求球心的電勢分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時，內(nèi)表面感應(yīng)電荷q，外表面感應(yīng)電荷q；內(nèi)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，

17、電荷元在球心產(chǎn)生的電勢由于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)生的電勢為由電勢的疊加可以求得球心的電勢解導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷q，外表面感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢為第七章恒定磁場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）（B） （C） （D） 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(jìn)半球面S 的磁通量等于穿出圓面S的磁通量；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(diǎn)磁感強(qiáng)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(diǎn)

18、磁感強(qiáng)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(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時，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，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，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，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（）和（）中各有一半徑相同的圓形回路L1 、L2 ，圓周內(nèi)有電流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）圖中L2 回路外有電流I3 ，P1 、P2 為兩圓形回路上的對應(yīng)點(diǎn)，則（）（A） ，（B） ，（C） ，（

19、D） ，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(qiáng)度沿回路的積分；但同樣會改變回路上各點(diǎn)的磁場分布因而正確答案為（C）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O 的磁感強(qiáng)度分析根據(jù)疊加原理，點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，而be、fa兩段直線的延長線通過點(diǎn)O，由于，由畢薩定律知流過圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點(diǎn)O 激發(fā)的磁場分別為,其中I1 、I2 分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導(dǎo)線電阻R 與弧長l 成正比，而圓弧acb、adb又

20、構(gòu)成并聯(lián)電路，故有將B1 、B2 疊加可得點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度B解由上述分析可知，點(diǎn)O 的合磁感強(qiáng)度7 11如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們在點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度各為多少？分析應(yīng)用磁場疊加原理求解將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點(diǎn)O 處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度解（） 長直電流對點(diǎn)O 而言，有，因此它在點(diǎn)O 產(chǎn)生的磁場為零，則點(diǎn)O 處總的磁感強(qiáng)度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導(dǎo)線看作1/2 圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可

21、得B0 的方向垂直紙面向外7 15如圖所示，載流長直導(dǎo)線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量分析由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量BS為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ldx圖（），載流長直導(dǎo)線的磁場穿過該面元的磁通量為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7 17有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導(dǎo)體中的電流均為I，但電流的流向相反，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 R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線分析同軸電纜導(dǎo)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， ，

22、利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強(qiáng)度B（r）的分布曲線如圖（）7 29如圖（）所示，一根長直導(dǎo)線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 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分析矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力F1 和F2 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(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

23、 和F4 之矢量和，如圖（）所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線第八章電磁感應(yīng)電磁場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（）（A） 線圈中無感應(yīng)電流（B） 線圈中感應(yīng)電流為順時針方向（C） 線圈中感應(yīng)電流為逆時針方向（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(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 5下列概念正確的是（）（A）

24、感應(yīng)電場是保守場（B） 感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線（C） ，因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比（D） ，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）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)線處于同一平面內(nèi)，如圖所示求線圈中的感應(yīng)電動勢分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律來求解由于回路處在非均勻磁場中，磁通量就需用來計(jì)算（其中B 為兩無限長直電流單獨(dú)存在時產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度B1 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

25、僅與x 有關(guān)，即，故取一個平行于長直導(dǎo)線的寬為x、長為d 的面元S，如圖中陰影部分所示，則，所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元，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，也可用公式求解解1穿過面元S 的磁通量為因此穿過線圈的磁通量為再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有解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線圈與兩長直導(dǎo)線間的互感為當(dāng)電流以變化時，線圈中的互感電動勢為試想：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，則穿過回路的磁通量，它表現(xiàn)為變量I和的

26、二元函數(shù)，將代入 即可求解，求解時應(yīng)按復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，注意，其中，再令d 即可求得圖示位置處回路中的總電動勢最終結(jié)果為兩項(xiàng)，其中一項(xiàng)為動生電動勢，另一項(xiàng)為感生電動勢8 12如圖所示，長為L 的導(dǎo)體棒OP，處于均勻磁場中，并繞OO軸以角速度旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為，磁感強(qiáng)度B 與轉(zhuǎn)軸平行求OP 棒在圖示位置處的電動勢分析如前所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng)定律 計(jì)算（此時必須構(gòu)造一個包含OP導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路， 如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO），也可用來計(jì)算由于對稱性，導(dǎo)體OP 旋轉(zhuǎn)至任何位置時產(chǎn)生的電動勢與圖示位置是相同的解1由上分析，得由矢量的方向可知端點(diǎn)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為零，則回路的總電動勢顯然，EQO 0，所以由上可知，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Q