【正文】 求解方法是疊加思想的逆運用，即補償?shù)姆椒ǎ?2－11　長為L的銅棒，以距端點r 處為支點，求棒兩端的電勢差．題 1211 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OA 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12－2 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 處取導體元ｄl，則因此棒兩端的電勢差為當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OA 棒和OB 棒上電動勢的代數(shù)和，如圖（ｂ）所示．其中,則12－12　如圖所示，長為L 的導體棒OP，處于均勻磁場中，并繞OO′軸以角速度ω旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為θ，磁感強度B 與轉(zhuǎn)軸平行．求OP 棒在圖示位置處的電動勢．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 計算（此時必須構(gòu)造一個包含OP導體在內(nèi)的閉合回路， 如直角三角形導體回路OPQO），也可用來計算．由于對稱性，導體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P 的電勢較高．解2　設(shè)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Φ為零，則回路的總電動勢顯然，EQO ＝0，所以由上可知，導體棒OP 旋轉(zhuǎn)時，在單位時間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導體棒QP 等效．12－13　如圖（ａ）所示，金屬桿AB 以勻速平行于一長直導線移動，此導線通有電流I ＝40 A．求桿中的感應(yīng)電動勢，桿的哪一端電勢較高？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）所示的坐標系，所取導體元，該處的磁感強度．方法2：用法拉第電磁感應(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AB在一個靜止的導軌上滑動，如圖（ｂ）所示．設(shè)時刻t，桿AB 距導軌下端CD的距離為y，先用公式求得穿過該回路的磁通量，再代入公式，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)電動勢為式中負號表示電動勢方向由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，在距直導線x 處，取寬為ｄx、長為y 的面元ｄS，則穿過面元的磁通量為穿過回路的磁通量為回路的電動勢為由于靜止的導軌上電動勢為零，所以式中負號說明回路電動勢方向為逆時針，對AB導體來說，電動勢方向應(yīng)由B 指向A，故點A電勢較高．12－14　如圖（ａ）所示，在“無限長”直載流導線的近旁，放置一個矩形導體線框，該線框在垂直于導線方向上以勻速率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 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：（1）當閉合導體線框在磁場中運動時，線框中的總電動勢就等于框上各段導體中的動生電動勢的代數(shù)和．如圖（ａ）所示，導體eh 段和fg 段上的電動勢為零［此兩段導體上處處滿足］，因而線框中的總電動勢為其等效電路如圖（ｂ）所示．（2）用公式求解，式中Φ是線框運動至任意位置處時，穿過線框的磁通量．為此設(shè)時刻t 時，線框左邊距導線的距離為ξ，如圖（c）所示，顯然ξ是時間t 的函數(shù)，且有．在求得線框在任意位置處的電動勢E（ξ）后，再令ξ＝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，線框中的電動勢為由Eef ＞Ehg 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)電動勢為令ξ＝d，得線框在圖示位置處的電動勢為由E ＞0 可知，線框中電動勢方向為順時針方向．12－15　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 隨時間的變化率為常量．試證：棒上感應(yīng)電動勢的大小為題 1215 圖分析　變化磁場在其周圍激發(fā)感生電場，把導體置于感生電場中，導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度Ek 處處垂直，故，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，就是導體棒PQ 上的電動勢．證1　由電磁感應(yīng)定律，在r ＜R 區(qū)域，解得該區(qū)域內(nèi)感生電場強度的大小設(shè)PQ 上線元ｄx 處，Ek的方向如圖（b）所示，則金屬桿PQ 上的電動勢為證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，則圓外一段導體上有無電動勢？ 該如何求解？12－16　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 通過線圈，計算磁場穿過自身回路的總磁通量，再用公式計算L．2．讓回路中通以變化率已知的電流，測出回路中的感應(yīng)電動勢EL ，由公式計算L．式中EL 和都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R1 ＜r ＜R2 范圍內(nèi)的磁場分布為由于線圈由N 匝相同的回路構(gòu)成，所以穿過自身回路的磁鏈為則若管中充滿均勻同種磁介質(zhì)，其相對磁導率為μr ，則自感將增大μr倍．12－17　如圖所示，螺線管的管心是兩個套在一起的同軸圓柱體，其截面積分別為S1 和S2 ，磁導率分別為μ1 和μ2 ，管長為，匝數(shù)為N，求螺線管的自感．（設(shè)管的截面很?。╊} 1217 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，磁感強度為B0 ，由于磁介質(zhì)的存在，在不同磁介質(zhì)中磁感強度分別為μ1 B0 和μ2 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)中磁感強度分別為,通過N匝回路的磁鏈為則自感12－18　有兩根半徑均為a 的平行長直導線，它們中心距離為d．試求長為l的一對導線的自感（導線內(nèi)部的磁通量可略去不計）．題 1218 圖分析　兩平行長直導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l）的磁通量．該區(qū)域內(nèi)磁場可以看成兩無限長直載流導線分別在該區(qū)域產(chǎn)生的磁場的疊加．解　在如圖所示的坐標中，當兩導線中通有圖示的電流I 時，兩平行導線間的磁感強度為穿過圖中陰影部分的磁通量為則長為l 的一對導線的自感為如導線內(nèi)部磁通量不能忽略，則一對導線的自感為．L1 稱為外自感，即本題已求出的L，L2 稱為一根導線的內(nèi)自感．長為l的導線的內(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′，每個線圈的自感均為L，求：（1） A 和A′相接時，B 和B′間的自感L1 ；（2） A′和B 相接時，A 和B′間的自感L2 ．題 1219 圖分析　無論線圈AB 和A′B′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Φ，則穿過兩線圈回路的磁通量為2Φ；而當兩組線圈按（1）或（2）方式連接后，則穿過大線圈回路的總磁通量為2Φ177。 cm－3 ，在銅導線里，假設(shè)每一個銅原子貢獻出一個自由電子，（1）為了技術(shù)上的安全，銅線內(nèi)最大電流密度 ，求此時銅線內(nèi)電子的漂移速率vd ；（2） 在室溫下電子熱運動的平均速率是電子漂移速率vd的多少倍？分析　一個銅原子的質(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)，每個銅原子貢獻出一個自由電子，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)氣體動理論，電子熱運動的平均速率其中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?。?） 銅導線單位體積的原子數(shù)為電流密度為jm 時銅線內(nèi)電子的漂移速率（2） 室溫下（T＝300 Ｋ）電子熱運動的平均速率與電子漂移速率之比為室溫下電子熱運動的平均速率遠大于電子在恒定電場中的定向漂移速率．電子實際的運動是無規(guī)熱運動和沿電場相反方向的漂移運動的疊加．考慮到電子的漂移速率很小，電信號的信息載體顯然不會是定向漂移的電子．實驗證明電信號是通過電磁波以光速傳遞的．11－8　有兩個同軸導體圓柱面，它們的長度均為20 m， mm， μA電流沿徑向流過， 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 對中心軸對稱分布．根據(jù)恒定電流的連續(xù)性，在兩個同軸導體之間的任意一個半徑為r 的同軸圓柱面上流過的電流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磁感強度B 10－5T．如設(shè)想此地磁場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的磁感強度因此赤道上的等效圓電流為由于在地球地磁場的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，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b 兩點，．題 1110 圖分析　根據(jù)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、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)．由于電源距環(huán)較遠，．而be、fa兩段直線的延長線通過點O，由于，由畢奧－薩伐爾定律知．流過圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點O 激發(fā)的磁場分別為,其中l(wèi)1 、l2 分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻R 與弧長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O 的磁感強度B．解　由上述分析可知，點O 的合磁感強度11－11　如圖所示，幾種載流導線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們在點O 的磁感強度各為多少？題 1111 圖分析　應(yīng)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(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度.解?。ǎ幔?長直電流對點O 而言，有，因此它在點O 產(chǎn)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(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外．（ｂ） 將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里．（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B0 的方向垂直紙面向外．11－12　載流導線形狀如圖所示（圖中直線部分導線延伸到無窮遠），求點O的磁感強度B． 題 1112 圖分析　由教材11－4 節(jié)例題2的結(jié)果不難導出，圓弧載流導線在圓心激發(fā)的磁感強度，其中α為圓弧載流導線所張的圓心角，磁感強度的方向依照右手定則確定；半無限長載流導線在圓心點O 激發(fā)的磁感強度，磁感強度的方向依照右手定則確定.點O的磁感強度可以視為由圓弧載流導線、半無限長載流導線等激發(fā)的磁場在空間點O 的疊加.解　根據(jù)磁場的疊加在圖（ａ）中，　在圖（ｂ）中，在圖（c）中，11－13　如圖(a)所示，載流長直導線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量．題 1113 圖分析　由于矩形平面上各點的磁感強度不同，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，載流長直導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11－14　已知10 mm2 裸銅線允許通過50 A 電流而不會使導線過熱．電流在導線橫截面上均勻分布．求導線內(nèi)、外磁感強度的分布.題 1114 圖分析　可將導線視作長直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導體，故其磁場必然呈軸對稱分布，即在與導線同軸的圓柱面上的各點，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，求出導線表面的磁感強度．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，有在導線內(nèi)r ＜R， ，因而在導線外r ＞R，因而磁感強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） r ＜R1 ；（2） R1 ＜r ＜R2 ；（3） R2 ＜r ＜R3 ；（4） r ＞R3 ．畫出B －r 圖線．題 1115 圖分析　同軸電纜導體內(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， ，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強度．解　由上述