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1、学而不思则惘，思而不学则殆第五章静电场5 9若电荷 Q 均匀地分布在长为L 的细棒上 . 求证： ( 1) 在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为22041LrQE( 2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为220421LrrQE若棒为无限长 ( 即L ) ，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析这是计算连续分布电荷的电场强度. 此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理 . 但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上. 如图所示，在长直线上任意取一线元 dx，其电荷为 dq Qdx/ L，它在点 P 的电场强度为rrqeE20d41d整个带电体在点P
2、的电场强度EEd接着针对具体问题来处理这个矢量积分. ( 1) 若点 P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，LEiEd( 2) 若点 P 在棒的垂直平分线上，如图 ( A ) 所示， 则电场强度 E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是LyEEjjEdsind精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆证( 1) 延长线上一点 P 的电场强度LrqE202d， 利用几何关系r r x统一积分变量，则22002220412/12/14d41LrQLr
3、LrLQxrLxQEL/-L/P电场强度的方向沿x 轴. ( 2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度 E 的方向沿 y 轴，大小为ErqELd4dsin20利用几何关系sin r /r，22xrr统一积分变量，则2203/222220412d41LrrQrxLxrQEL/-L/当棒长 L时，若棒单位长度所带电荷 为常量，则 P 点电场强度rLrLQrEl02202/41/21lim此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同图 ( B) . 这说明只要满足r2/ L2 1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 14设匀强电场的电场强度E 与半径为 R 的半球面的对称轴平行，试计算通过
4、此半球面的电场强度通量. 分析方法 1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即SSdsE方法 2：作半径为 R 的平面 S与半球面 S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆01d0qSSE这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而SSSESEdd解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有SSSESEdd依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，ERRE22cos解2
5、取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为rEeeeEsinsincossincosrReSddsind2ERERERSS2002222dsindsinddsinsindSE5 17设在半径为 R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为Rrkr0Rr0k为一常量 . 试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系 . 分析通常有两种处理方法：( 1) 利用高斯定理求球内外的电场分布. 由题意知电荷呈球对称分布， 因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -
6、第 3 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2S4drESE根据高斯定理Vd1d0SE，可解得电场强度的分布. ( 2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布. 将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为rrqd4d2，每个带电球壳在壳内激发的电场0dE，而在球壳外激发的电场rrqeE204dd由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布RrrrRrdRr0d00EEEE解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理Vd1d0SE得球体内 ( 0rR) 400202d414rkrrkrrrErrkrreE024球
7、体外 ( r R) 400202d414rkrrkrrrERrkRreE024解2将带电球分割成球壳，球壳带电rrrkVqd4dd2由上述分析，球体内( 0r R) rrrkrrrrr kreeE0222004d441球体外 ( r R) rrRrkRrrrrkreeE20222004d441精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆5 20一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为 R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2. 求电场分布 . 电场强度是否为离球心
8、距离r 的连续函数？试分析 . 分析以球心 O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面. 由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等. 因而24drESE . 在确定高斯面内的电荷q后，利用高斯定理0/dqSE即可求出电场强度的分布. 解取半径为 r 的同心球面为高斯面，由上述分析02/4qrEr R1，该高斯面内无电荷，0q，故01ER1r R2，高斯面内电荷31323131RRRrQq故231320313124rRRRrQER2r R3，高斯面内电荷为Q1，故20134rQEr R3，高斯面内电荷为Q1Q2，故202144rQQE电
9、场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图( B) 所示 .在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r R3的带电球面两侧，电场强度的跃变量02302344RQEEE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性. 实际带电球面应是有一定厚度的球壳， 壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变. 5 21两个带有等
10、量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2R1) ，单位长度上的电荷为 . 求离轴线为 r 处的电场强度：( 1) r R1，( 2) R1r R2，( 3) r R2 . 分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面， 只有侧面的电场强度通量不为零，且rLEd2SE，求出不同半径高斯面内的电荷q. 即可解得各区域电场的分布. 解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理0/2qrLEr R1，0q01E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R1r R2，LqrE022r R2，0q03E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变精选学
11、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆00022rLLrE这与 5 20 题分析讨论的结果一致. 5 22如图所示，有三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且Q1Q3 Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1、Q3的情况下，将Q2从点 O 移到无穷远处外力所作的功. 分析由库仑力的定义，根据Q1、Q3所受合力为零可求得Q2 . 外力作功 W 应等于电场力作功 W 的负值， 即W W. 求电场力作功的方法有两种：( 1) 根据功的定义， 电场力作的功为lEd02QW其中 E 是点电荷
12、 Q1、Q3产生的合电场强度. ( 2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有0202VQVVQW其中 V0是Q1、Q3在点 O 产生的电势 ( 取无穷远处为零电势). 解1由题意 Q1所受的合力为零024420312021dQQdQQ解得QQQ414132由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为2/3220312ydQEEEyyy将Q2从点 O 沿y 轴移到无穷远处，( 沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为dQyydQQQWy022/32200028d241dlE解2与解 1相同，在任一点电荷所受合力均为零时QQ412，并由电势精选学习资料 -
13、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆的叠加得 Q1、Q3在点 O 的电势dQdQdQV003010244将Q2从点 O 推到无穷远处的过程中，外力作功dQVQW02028比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁. 这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 23已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为rreE02为电荷线密度 .( 1) 求在 r r1和r r2两点间的电势差；( 2)在点电荷的电场中，我们曾取 r处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，
14、能否这样取？试说明 . 解( 1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln2d21rrUrrrE( 2) 不能 .严格地讲，电场强度rerE02只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r处的电势应与直线上的电势相等. 5 27两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2 . 求： ( 1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；( 2) 两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法( 1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势. 取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由
15、ppVlE d可求得电势分布.( 2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆rQV04在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RQV04其中 R 是球面的半径 . 根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布. 解1( 1) 由高斯定理可求得电场分布22021321201211440RrrQQRrRrQRrrreEeEE由电势rVlE d可求得各区域的电势分布. 当rR1时，有20
16、21012021210132114441140ddd2211RQRQRQQRRQVRRRRrlElElE当R1r R2时，有202012021201322444114dd22RQrQRQQRrQVRRrlElE当rR2时，有rQQVr021334dlE( 2) 两个球面间的电势差2101212114d21RRQURRlE解2( 1) 由各球面电势的叠加计算电势分布. 若该点位于两个球面内，即r R1，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆202101144RQRQV若该点位于两个球面之间，即
17、R1r R2，则20201244RQrQV若该点位于两个球面之外，即rR2，则rQQV02134( 2) 两个球面间的电势差2011012112442RQRQVVURr第六章静电场中的导体与电介质6 1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（）（A） 升高（B） 降低（C） 不会发生变化（D） 无法确定分析与解不带电的导体 B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体 B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。6 3如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R
18、的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A）dqVE04, 0（B）dqVdqE0204,4（C）0,0 VE（D）RqVdqE0204,4精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷q，导体球表面的感应电荷q 在球心 O点激发的电势为零， O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。6 4根据电介质中的高斯定理，在电介
19、质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( ) （A） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位
20、移电荷的分布有关。因而正确答案为（E）。6 5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ 倍（B） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/ 倍（C） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的 1/ 倍（D） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并
21、且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆iiSSq001dd1SESE即E E/ ，因而正确答案为（A）。6 8一导体球半径为R， 外罩一半径为R2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V求此系统的电势和电场的分布分析若2004RQV，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电若2004RQV，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电一般情况下，假设内导体球带电q，导
22、体达到静电平衡时电荷的分布如图所示依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布并由ppVlE d或电势叠加求出电势的分布最后将电场强度和电势用已知量V0、Q、R、R2表示解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称取同心球面为高斯面，由高斯定理02/4dqrErrESE，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r R时，01rERrR2时，2024rqrErR2时，2024rqQrE由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 26 页学而不思则惘，思而不
23、学则殆r R时，2010321144dddd2211RQRqVRRRRrrlElElElERrR2时，20032244ddd22RQrqVRRrrlElElErR2时，rQqVr034dlE3也可以从球面电势的叠加求电势的分布在导体球内（r R）2010144RQRqV在导体球和球壳之间（RrR2）200244RQrqV在球壳外（ r R2）rQqV034由题意10200144RQRqVV得10200144RQRqVV代入电场、电势的分布得r R时，01E；01VVRrR2时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 26 页学
24、而不思则惘，思而不学则殆220120124rRQRrVRE；rRQRrrVRV2010124)(rR2时，2201220134)(rRQRRrVRE；rRQRRrVRV20120134)(6 12如图所示球形金属腔带电量为Q 0， 内半径为， 外半径为 b， 腔内距球心 O 为r 处有一点电荷 q，求球心的电势分析导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷q，外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布球心O 点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势RqV04dd由于 R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R的带电球面
25、在球心产生的电势为RqRqVs0044d由电势的叠加可以求得球心的电势解导体球内表面感应电荷q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势为bQqaqrqV000444第七章恒定磁场7 2一个半径为 r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆（A）Br22（B）Br2（C）Brcos22（D）Brcos2分析与解作半径为 r 的圆 S与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于
26、穿出圆面S的磁通量；SBm因而正确答案为（D）7 3下列说法正确的是（）（A） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）7 4在图（）和 （）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ， 圆周内有
27、电流 I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（）（A）21LLddlBlB，21PPBB（B）21LLddlBlB，21PPBB（C）21LLddlBlB，21PPBB（D）21LLddlBlB，21PPBB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布因而正确答案为（C）7 10如图所示， 有两根导线沿半径方
28、向接触铁环的a、 b 两点，并与很远处的电源相接。求环心 O 的磁感强度分析根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be、fa 三段直线以及 acb、adb两段圆弧电流共同激发由于电源距环较远，0efB而 be、 fa 两段直线的延长线通过点O，由于0Idlr，由毕萨定律知0befaBB流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点 O 激发的磁场分别为211014 rlIB,222024 rlIB其中 I1、I2分别是圆弧 acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长 l 成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有2211lIlI将B1 、B2 叠加可得点 O 的磁感强度 B
29、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆解由上述分析可知，点O 的合磁感强度0442220211021rlIrlIBBB7 11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点 O 的磁感强度各为多少？分析应用磁场叠加原理求解将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点 O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度iBB0解（）长直电流对点 O 而言，有0rlId，因此它在点 O 产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RIB800B0的方
30、向垂直纸面向外（）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RIRIB22000B0的方向垂直纸面向里（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RIRIRIRIRIB42444000000B0的方向垂直纸面向外7 15如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量BS为此，可在矩形平面上取一矩形面元 dS ldx图（），载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为xl
31、xld2dd0SB矩形平面的总磁通量d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量211200ln2d2ddddIlxlxl7 17有一同轴电缆，其尺寸如图（）所示两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑试计算以下各处的磁感强度：（1） r R1；（ 2） R1r R2；（ 3） R2r R3；（ 4） r R3画出 B r 图线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称， 取半径为 r 的同心圆为积分路径，r2dBlB，利用安培环路定理
32、I0dlB，可解得各区域的磁感强度解由上述分析得r R1 2210112rRrB21012 RIrBR1r R2IrB022rIB202R2r R3IRRRrIrB2223220322223223032RRrRrIBr R30204IIrB04B磁感强度 B（r）的分布曲线如图（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆7 29如图（）所示，一根长直导线载有电流I130 A， 矩形回路载有电流I2 20 A 试计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
33、矩形上、 下两段导线受安培力F1和F2的大小相等， 方向相反， 对不变形的矩形回路来说， 两力的矢量和为零而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力 F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力解由分析可知， 线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力 F3和F4之矢量和，如图 （）所示，它们的大小分别为dlIIF22103bdlIIF22104故合力的大小为N1028.122321021043bdlIIdlIIFFF合力的方向朝左，指向直导线第八章电磁感应电磁场8 1一根无限长平行直导线载有电流I， 一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速
34、率运动（如图所示），则（）（A） 线圈中无感应电流（B） 线圈中感应电流为顺时针方向（C） 线圈中感应电流为逆时针方向精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆（D） 线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定因而正确答案为（B）8 5下列概念正确的是（）（A） 感应电场是保守场（B） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C
35、）LIm，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D）LIm，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线因而正确答案为（ B）8 7有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tIdd的变化率增长若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示求线圈中的感应电动势分析本题仍可用法拉第电磁感应定律tdd来求解由于回路处在非均匀磁场中，磁精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆通量就需用SSB d来
36、计算（其中 B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B1与B2之和）为了积分的需要，建立如图所示的坐标系由于B 仅与 x 有关，即( )BB x，故取一个平行于长直导线的宽为x、长为 d 的面元 S，如图中阴影部分所示，则xdSdd，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元yxSddd，则上述积分实际上为二重积分）本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tlMEMdd求解解1穿过面元 S 的磁通量为xdxIxddxId2d2dddd0021SBSBSB因此穿过线圈的磁通量为43ln2d2d2d02020IdxxIdxdxIddddd再由法拉第电磁感应定律，有tIdtEdd43ln2dd0
37、解2当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为43ln20dI线圈与两长直导线间的互感为43ln20dIM当电流以tldd变化时，线圈中的互感电动势为tIdtIMEdd43ln2dd0试想 ： 如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为 ，则穿过回路的磁通量fS,1dSB，它表现为变量I和 的二元函数，将代入tEdd即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中vtdd，再令 d 即可求得图示位置处回路中的总电动势最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感精选学习资料
38、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆生电动势8 12如图所示，长为L 的导体棒 OP，处于均匀磁场中，并绕OO轴以角速度 旋转，棒与转轴间夹角恒为 ，磁感强度 B 与转轴平行求OP 棒在图示位置处的电动势分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tEdd计算（此时必须构造一个包含 OP导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO） ，也可用lBdlEv来计算由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的解1由上分析，得lBdOPOPEvlBlodcos90sinvlBlod
39、90cossinlLLBllB022sin21dsin由矢量Bv的方向可知端点P 的电势较高解2设想导体 OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量为零，则回路的总电动势QOPQOPEEEtE0dd显然， EQO0，所以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆221PQBEEEQOPQOP由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效后者是垂直切割的情况8 13如图（）所示，金属杆AB 以匀速12.0m sv平行于一长直导线移动，此导线
40、通有电流 I 40A求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析本题可用两种方法求解（1） 用公式lBdlEv求解，建立图（a）所示的坐标系，所取导体元xldd，该处的磁感强度xIB20（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（）所示设时刻t，杆 AB 距导轨下端 CD的距离为 y，先用公式SSB d求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tEdd，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势解1根据分析，杆中的感应电动势为V1084.311ln2d2dd50m1. 1m1. 00vvvIxxxlEABABlB式中负号表示电
41、动势方向由B 指向 A，故点 A 电势较高解2设顺时针方向为回路AB CD 的正向， 根据分析， 在距直导线 x 处，取宽为 x、 长为 y 的面元 S，则穿过面元的磁通量为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆xyxId2dd0SB穿过回路的磁通量为11ln2d2d0m1. 1m1. 00SIyxyxI回路的电动势为V1084.32dd11ln2dd500IytyxItE由于静止的形导轨上电动势为零，所以V1084. 35EEAB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对 AB 导体来说，电动
42、势方向应由B 指向 A， 故点 A 电势较高8 14如图（）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动， 求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向分析本题亦可用两种方法求解其中应注意下列两点：1当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和如图（）所示，导体eh 段和 fg 段上的电动势为零此两段导体上处处满足0lBdv，因而线框中的总电动势为hgefhgefghefEEElBlBlBlBddddvvvv其等效电路如图（）所示2用公式tEdd求解，式中 是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁
43、通量为此设时刻 t 时，线框左边距导线的距离为 ， 如图（c） 所示，显然 是时间 t 的函数，且有vtdd 在精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 26 页学而不思则惘，思而不学则殆求得线框在任意位置处的电动势E（）后，再令 d，即可得线框在题目所给位置处的电动势解1根据分析，线框中的电动势为hgefEEEhgeflBlBddvv2201000d2d2lllldIldIvv1202ldII1vI由Eef Ehg可知，线框中的电动势方向为efgh 解2设顺时针方向为线框回路的正向根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为lxIldxxIll120020ln221相应电动势为11202ddlllItEv令 d，得线框在图示位置处的电动势为11202lddllIEv由 E 0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 26 页