【正文】 求解方法是疊加思想的逆運(yùn)用，即補(bǔ)償?shù)姆椒ǎ?2－11　長(zhǎng)為L(zhǎng)的銅棒，以距端點(diǎn)r 處為支點(diǎn)，求棒兩端的電勢(shì)差．題 1211 圖分析　應(yīng)該注意棒兩端的電勢(shì)差與棒上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)是兩個(gè)不同的概念，如同電源的端電壓與電源電動(dòng)勢(shì)的不同．在開(kāi)路時(shí)，兩者大小相等，方向相反（電動(dòng)勢(shì)的方向是電勢(shì)升高的方向，而電勢(shì)差的正方向是電勢(shì)降落的方向）．本題可直接用積分法求解棒上的電動(dòng)勢(shì)，亦可以將整個(gè)棒的電動(dòng)勢(shì)看作是OA 棒與OB 棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖（ｂ）所示．而EOA 和EOB 則可以直接利用第12－2 節(jié)例1 給出的結(jié)果．解1　如圖（ａ）所示，在棒上距點(diǎn)O 為l 處取導(dǎo)體元ｄl，則因此棒兩端的電勢(shì)差為當(dāng)L ＞2r 時(shí)，端點(diǎn)A 處的電勢(shì)較高解2　將AB 棒上的電動(dòng)勢(shì)看作是OA 棒和OB 棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖（ｂ）所示．其中,則12－12　如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng) 的導(dǎo)體棒OP，處于均勻磁場(chǎng)中，并繞OO′軸以角速度ω旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為θ，磁感強(qiáng)度B 與轉(zhuǎn)軸平行．求OP 棒在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì)．題 1212 圖分析　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(shí)必須構(gòu)造一個(gè)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(lái)計(jì)算．由于對(duì)稱性，導(dǎo)體OP 旋轉(zhuǎn)至任何位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(shì)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(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量Φ為零，則回路的總電動(dòng)勢(shì)顯然，EQO ＝0，所以由上可知，導(dǎo)體棒OP 旋轉(zhuǎn)時(shí)，在單位時(shí)間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒QP 等效．12－13　如圖（ａ）所示，金屬桿AB 以勻速平行于一長(zhǎng)直導(dǎo)線移動(dòng)，此導(dǎo)線通有電流I ＝40 A．求桿中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，桿的哪一端電勢(shì)較高？題 1213 圖分析　本題可用兩種方法求解．方法1：用公式求解，建立圖（a）所示的坐標(biāo)系，所取導(dǎo)體元，該處的磁感強(qiáng)度．方法2：用法拉第電磁感應(yīng)定律求解，需構(gòu)造一個(gè)包含桿AB 在內(nèi)的閉合回路．為此可設(shè)想桿AB在一個(gè)靜止的導(dǎo)軌上滑動(dòng)，如圖（ｂ）所示．設(shè)時(shí)刻t，桿AB 距導(dǎo)軌下端CD的距離為y，先用公式求得穿過(guò)該回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的電動(dòng)勢(shì)，亦即本題桿中的電動(dòng)勢(shì)．解1　根據(jù)分析，桿中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為式中負(fù)號(hào)表示電動(dòng)勢(shì)方向由B 指向A，故點(diǎn)A 電勢(shì)較高．解2　設(shè)順時(shí)針?lè)较驗(yàn)榛芈稟BCD 的正向，根據(jù)分析，在距直導(dǎo)線x 處，取寬為ｄx、長(zhǎng)為y 的面元ｄS，則穿過(guò)面元的磁通量為穿過(guò)回路的磁通量為回路的電動(dòng)勢(shì)為由于靜止的導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為零，所以式中負(fù)號(hào)說(shuō)明回路電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，對(duì)AB導(dǎo)體來(lái)說(shuō)，電動(dòng)勢(shì)方向應(yīng)由B 指向A，故點(diǎn)A電勢(shì)較高．12－14　如圖（ａ）所示，在“無(wú)限長(zhǎng)”直載流導(dǎo)線的近旁，放置一個(gè)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(dòng)，求在圖示位置處，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．題 12 14 圖分析　本題亦可用兩種方法求解．其中應(yīng)注意下列兩點(diǎn)：（1）當(dāng)閉合導(dǎo)體線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中的總電動(dòng)勢(shì)就等于框上各段導(dǎo)體中的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和．如圖（ａ）所示，導(dǎo)體eh 段和fg 段上的電動(dòng)勢(shì)為零［此兩段導(dǎo)體上處處滿足］，因而線框中的總電動(dòng)勢(shì)為其等效電路如圖（ｂ）所示．（2）用公式求解，式中Φ是線框運(yùn)動(dòng)至任意位置處時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量．為此設(shè)時(shí)刻t 時(shí)，線框左邊距導(dǎo)線的距離為ξ，如圖（c）所示，顯然ξ是時(shí)間t 的函數(shù)，且有．在求得線框在任意位置處的電動(dòng)勢(shì)E（ξ）后，再令ξ＝d，即可得線框在題目所給位置處的電動(dòng)勢(shì)．解1　根據(jù)分析，線框中的電動(dòng)勢(shì)為由Eef ＞Ehg 可知，線框中的電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閑fgh．解2　設(shè)順時(shí)針?lè)较驗(yàn)榫€框回路的正向．根據(jù)分析，在任意位置處，穿過(guò)線框的磁通量為相應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為令ξ＝d，得線框在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì)為由E ＞0 可知，線框中電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍?2－15　在半徑為R 的圓柱形空間中存在著均勻磁場(chǎng)，B 的方向與柱的軸線平行．如圖（ａ）所示，有一長(zhǎng)為l 的金屬棒放在磁場(chǎng)中，設(shè)B 隨時(shí)間的變化率為常量．試證：棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為題 1215 圖分析　變化磁場(chǎng)在其周圍激發(fā)感生電場(chǎng)，把導(dǎo)體置于感生電場(chǎng)中，導(dǎo)體中的自由電子就會(huì)在電場(chǎng)力的作用下移動(dòng)，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(dòng)勢(shì)．由于本題的感生電場(chǎng)分布與上題所述情況完全相同，故可利用上題結(jié)果，由計(jì)算棒上感生電動(dòng)勢(shì)．此外，還可連接OP、OQ，設(shè)想PQOP 構(gòu)成一個(gè)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(guò)該處的感生電場(chǎng)強(qiáng)度Ek 處處垂直，故，OP、OQ 兩段均無(wú)電動(dòng)勢(shì)，這樣，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出的閉合回路的總電動(dòng)勢(shì)，就是導(dǎo)體棒PQ 上的電動(dòng)勢(shì)．證1　由電磁感應(yīng)定律，在r ＜R 區(qū)域，解得該區(qū)域內(nèi)感生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小設(shè)PQ 上線元ｄx 處，Ek的方向如圖（b）所示，則金屬桿PQ 上的電動(dòng)勢(shì)為證2　由法拉第電磁感應(yīng)定律，有討論　假如金屬棒PQ 有一段在圓外，則圓外一段導(dǎo)體上有無(wú)電動(dòng)勢(shì)？ 該如何求解？12－16　截面積為長(zhǎng)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(huà)出少量幾匝），求該螺繞環(huán)的自感L．題 1216 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L 的方法有兩種：1．設(shè)有電流I 通過(guò)線圈，計(jì)算磁場(chǎng)穿過(guò)自身回路的總磁通量，再用公式計(jì)算L．2．讓回路中通以變化率已知的電流，測(cè)出回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EL ，由公式計(jì)算L．式中EL 和都較容易通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定，所以此方法一般適合于工程中．此外，還可通過(guò)計(jì)算能量的方法求解．解　用方法1 求解，設(shè)有電流I 通過(guò)線圈，線圈回路呈長(zhǎng)方形，如圖（ｂ）所示，由安培環(huán)路定理可求得在R1 ＜r ＜R2 范圍內(nèi)的磁場(chǎng)分布為由于線圈由N 匝相同的回路構(gòu)成，所以穿過(guò)自身回路的磁鏈為則若管中充滿均勻同種磁介質(zhì)，其相對(duì)磁導(dǎo)率為μr ，則自感將增大μr倍．12－17　如圖所示，螺線管的管心是兩個(gè)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μ1 和μ2 ，管長(zhǎng)為，匝數(shù)為N，求螺線管的自感．（設(shè)管的截面很小）題 1217 圖分析　本題求解時(shí)應(yīng)注意磁介質(zhì)的存在對(duì)磁場(chǎng)的影響．在無(wú)介質(zhì)時(shí)，通電螺線管內(nèi)的磁場(chǎng)是均勻的，磁感強(qiáng)度為B0 ，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μ1 B0 和μ2 B0 ．通過(guò)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(guò)螺線管，則管中兩介質(zhì)中磁感強(qiáng)度分別為,通過(guò)N匝回路的磁鏈為則自感12－18　有兩根半徑均為a 的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，它們中心距離為d．試求長(zhǎng)為l的一對(duì)導(dǎo)線的自感（導(dǎo)線內(nèi)部的磁通量可略去不計(jì)）．題 1218 圖分析　兩平行長(zhǎng)直導(dǎo)線可以看成無(wú)限長(zhǎng)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(shí)針?lè)较螂娏鱅，然后計(jì)算圖中陰影部分（寬為d、長(zhǎng)為l）的磁通量．該區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)可以看成兩無(wú)限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線分別在該區(qū)域產(chǎn)生的磁場(chǎng)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(shí)，兩平行導(dǎo)線間的磁感強(qiáng)度為穿過(guò)圖中陰影部分的磁通量為則長(zhǎng)為l 的一對(duì)導(dǎo)線的自感為如導(dǎo)線內(nèi)部磁通量不能忽略，則一對(duì)導(dǎo)線的自感為．L1 稱為外自感，即本題已求出的L，L2 稱為一根導(dǎo)線的內(nèi)自感．長(zhǎng)為l的導(dǎo)線的內(nèi)自感，有興趣的讀者可自行求解．12－19　如圖所示，在一柱形紙筒上繞有兩組相同線圈AB 和A′B′，每個(gè)線圈的自感均為L(zhǎng)，求：（1） A 和A′相接時(shí)，B 和B′間的自感L1 ；（2） A′和B 相接時(shí)，A 和B′間的自感L2 ．題 1219 圖分析　無(wú)論線圈AB 和A′B′作哪種方式連接，均可看成一個(gè)大線圈回路的兩個(gè)部分，故仍可從自感系數(shù)的定義出發(fā)求解．求解過(guò)程中可利用磁通量疊加的方法，如每一組載流線圈單獨(dú)存在時(shí)穿過(guò)自身回路的磁通量為Φ，則穿過(guò)兩線圈回路的磁通量為2Φ；而當(dāng)兩組線圈按（1）或（2）方式連接后，則穿過(guò)大線圈回路的總磁通量為2Φ177。 cm－3 ，在銅導(dǎo)線里，假設(shè)每一個(gè)銅原子貢獻(xiàn)出一個(gè)自由電子，（1）為了技術(shù)上的安全，銅線內(nèi)最大電流密度 ，求此時(shí)銅線內(nèi)電子的漂移速率vd ；（2） 在室溫下電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率是電子漂移速率vd的多少倍？分析　一個(gè)銅原子的質(zhì)量,其中NA 為阿伏伽德羅常數(shù)，由銅的密度ρ 可以推算出銅的原子數(shù)密度根據(jù)假設(shè)，每個(gè)銅原子貢獻(xiàn)出一個(gè)自由電子，其電荷為e，電流密度 ．從而可解得電子的漂移速率vd．將電子氣視為理想氣體，根據(jù)氣體動(dòng)理論，電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率其中k 為玻耳茲曼常量，me 為電子質(zhì)量．從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關(guān)系．解?。?） 銅導(dǎo)線單位體積的原子數(shù)為電流密度為jm 時(shí)銅線內(nèi)電子的漂移速率（2） 室溫下（T＝300 Ｋ）電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率與電子漂移速率之比為室溫下電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率遠(yuǎn)大于電子在恒定電場(chǎng)中的定向漂移速率．電子實(shí)際的運(yùn)動(dòng)是無(wú)規(guī)熱運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)相反方向的漂移運(yùn)動(dòng)的疊加．考慮到電子的漂移速率很小，電信號(hào)的信息載體顯然不會(huì)是定向漂移的電子．實(shí)驗(yàn)證明電信號(hào)是通過(guò)電磁波以光速傳遞的．11－8　有兩個(gè)同軸導(dǎo)體圓柱面，它們的長(zhǎng)度均為20 m， mm， μA電流沿徑向流過(guò)， mm的圓柱面上的電流密度．題 118 圖分析　如圖所示是同軸柱面的橫截面，電流密度j 對(duì)中心軸對(duì)稱分布．根據(jù)恒定電流的連續(xù)性，在兩個(gè)同軸導(dǎo)體之間的任意一個(gè)半徑為r 的同軸圓柱面上流過(guò)的電流I 都相等，因此可得解　由分析可知，在半徑r ＝ mm的圓柱面上的電流密度11－9　如圖所示，已知地球北極地磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度B 10－5T．如設(shè)想此地磁場(chǎng)是由地球赤道上一圓電流所激發(fā)的，此電流有多大？ 流向如何？解　設(shè)赤道電流為I，則由教材第11－4節(jié)例2 知，圓電流軸線上北極點(diǎn)的磁感強(qiáng)度因此赤道上的等效圓電流為由于在地球地磁場(chǎng)的Ｎ 極在地理南極，根據(jù)右手螺旋法則可判斷赤道圓電流應(yīng)該是由東向西流，與地球自轉(zhuǎn)方向相反．題 119 圖11－10　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)，．題 1110 圖分析　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(zhǎng)線通過(guò)點(diǎn)O，由于，由畢奧－薩伐爾定律知．流過(guò)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(chǎng)分別為,其中l(wèi)1 、l2 分別是圓弧acb、adb的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻R 與弧長(zhǎng)l 成正比，而圓弧acb、adb又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有將疊加可得點(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11－11　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?cè)邳c(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度各為多少？題 1111 圖分析　應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解．將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長(zhǎng)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?。ǎ幔?長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn)O 而言，有，因此它在點(diǎn)O 產(chǎn)生的磁場(chǎng)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．（ｂ） 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長(zhǎng)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(wú)限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外．11－12　載流導(dǎo)線形狀如圖所示（圖中直線部分導(dǎo)線延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)），求點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B． 題 1112 圖分析　由教材11－4 節(jié)例題2的結(jié)果不難導(dǎo)出，圓弧載流導(dǎo)線在圓心激發(fā)的磁感強(qiáng)度，其中α為圓弧載流導(dǎo)線所張的圓心角，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定；半無(wú)限長(zhǎng)載流導(dǎo)線在圓心點(diǎn)O 激發(fā)的磁感強(qiáng)度，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定.點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度可以視為由圓弧載流導(dǎo)線、半無(wú)限長(zhǎng)載流導(dǎo)線等激發(fā)的磁場(chǎng)在空間點(diǎn)O 的疊加.解　根據(jù)磁場(chǎng)的疊加在圖（ａ）中，　在圖（ｂ）中，在圖（c）中，11－13　如圖(a)所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流為I，試求通過(guò)矩形面積的磁通量．題 1113 圖分析　由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量Φ≠BS．為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ＝ldx，如圖（ｂ）所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)穿過(guò)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11－14　已知10 mm2 裸銅線允許通過(guò)50 A 電流而不會(huì)使導(dǎo)線過(guò)熱．電流在導(dǎo)線橫截面上均勻分布．求導(dǎo)線內(nèi)、外磁感強(qiáng)度的分布.題 1114 圖分析　可將導(dǎo)線視作長(zhǎng)直圓柱體，電流沿軸向均勻流過(guò)導(dǎo)體，故其磁場(chǎng)必然呈軸對(duì)稱分布，即在與導(dǎo)線同軸的圓柱面上的各點(diǎn)，B大小相等、方向與電流成右手螺旋關(guān)系．為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導(dǎo)線表面的磁感強(qiáng)度．解　圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L，取其繞向與電流成右手螺旋關(guān)系，根據(jù)安培環(huán)路定理，有在導(dǎo)線內(nèi)r ＜R， ，因而在導(dǎo)線外r ＞R，因而磁感強(qiáng)度分布曲線如圖所示．11－15　有一同軸電纜，其尺寸如圖（ａ）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(huà)出B －r 圖線．題 1115 圖分析　同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱，取半徑為r 的同心圓為積分路徑， ，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