第六章 电磁感应与暂态过程习题及答案

一、判断题

1、若感应电流的方向与楞次定律所确定的方向相反，将违反能量守恒定律。 √

2、楞次定律实质上是能量守恒定律的反映。 √

3、涡电流的电流线与感应电场的电场线重合。 ×

4、设想在无限大区域内存在均匀的磁场，想象在这磁场中作一闭合路径，使路径的平面与磁场垂直，当磁场随时间变化时，由于通过这闭合路径所围面积的磁感通量发生变化，则此闭合路径存在感生电动势。 ×

5、如果电子感应加速器的激励电流是正弦交流电，只能在第一个四分之一周期才能加速电子。 √

6、自感系数×

7、自感磁能和互感磁能可以有负值。 ×

8、存在位移电流，必存在位移电流的磁场。 ×

9、对一定的点，电磁波中的电能密度和磁能密度总相等。 √ 10、在电子感应加速器中，轨道平面上的磁场的平均磁感强度必须是轨道上的磁感强度的两倍。 √

11、一根长直导线载有电流I，I均匀分布在它的横截面上，导线内部单位长度的磁场能量

LI,说明通过线圈的电流强度越小，自感系数越大。

0I2为：16。

√

12、在真空中，只有当电荷作加速运动时，它才可能发射电磁波。 √

13、振动偶极子辐射的电磁波，具有一定方向性，在沿振动偶极子轴线方向辐射最强，而与偶极子轴线垂直的方向没有辐射。 ×

14、一个正在充电的圆形平板电容器，若不计边缘效应，电磁场输入的功率是

dq2PS•dAdt2C。(式中C是电容，q是极板上的电量，dA是柱例面上取的面元)。

√

二、选择题

1、一导体棒AB在均匀磁场中绕中点O作切割磁感线的转动AB两点间的电势差为： （A）0

（B）1/2OAωB （C）-1/2ABωB （D）OAωB A

2、如图所示，a和b是两块金属板，用绝缘物隔开，仅有一点C是导通的，金属板两端接在一电流计上，整个回路处于均匀磁场中，磁场垂直板面，现设想用某种方法让C点绝缘，而同时让C点导通，在此过程中

acb（A）电路周围的面积有变化。

（B）电路周围的面积的磁通量有变化。 （C）电路中有感生电流出现。 c'（D）电路中无感生电流出现。 D

3、在一长直螺线管中，放置ab，cd两段导体，一段在直 径上，另一段在弦上，如图所示，若螺线管中的电流从

a零开始，缓慢增加。则a、b、c、d各点电势有如下关系：

c（A）a点和b点等电势，c点电势高于d点电势

（B）a点和b点等电势，c点电势低于d点电势 （C）a点电势高于b点电势，c点和d点等电势 （D）a点电势低于b点电势，c点和d点等电势 A db

4、如图所示，在一圆筒上密绕两个相同的线圈a b和a′b′，a b用细线表示，a′b′用粗线表示，如何连接这两个线圈，才能使这两个线圈组成的系统自感系数为零。

aa'（A）联接a′b′

（B）联接a b′ （C）联接b b ′ （D）联接a′b C

bb'2nV5、一体积为V的长螺线管的自感系数为L=0，则半个螺线管的自感系数是

1122nVnV200nV024（A） （B） （C） （D）0

C

6、如图所示，导体ABC以速度V在匀强磁场中作切割磁力线运动，如果AB=BC=L，杆中的动生电动势大小为：

（A）ε=BLV

vC（B）ε=BLV （1+cosθ）

（C）ε=BLV cosθ

AB（D）ε=BLV sinθ

B

B7、一细导线弯成直径为d的半圆形状，位于水平面内（如图）均匀磁场竖直向上通过导

动势

线所在平面，当导线绕过A点的竖直轴以匀速度ω 逆时针方向旋转时，导体AC之间的电

AC为：

22（A）dB

（B）2d

2（C）1/2dB

2BC（D）1/2 dB AC

8、一根无限长直导线中通以电流I，其旁的U形导体上有根可滑动的导线ab，如图所示，设三者在同一平面内，今使ab向右以等速度V运动，线框中的感应电动势

（A）

0vIln22方向由a到b 0vIln22 方向由b到a

IavL0（B）

2L0vI0ln32（C） 方向由a到b

0vIln32 方向由b到a

b（D）

D

9、一个分布在圆柱形体积内的均匀磁场，磁感应强度为B，方向沿圆柱的轴线，圆柱的半

dBdt径为R，B的量值以的恒定速率减小，在磁场中放置一等腰形金属框ABCD（如图所

示）已知AB=R，CD=R/2，线框中总电动势为：

332RK（A）16 顺时针方向

332RK（B）16 逆时针方向 32RK4（C） 顺时针方向 32RK4（D） 逆时针方向

A

RODA60CB10、均匀磁场与导体回路法线n的夹角为

即B=Kt（K>O），ab边长为L，且以速度u向右滑动（t=0时，X=0），导体回路内任意时刻

感应电动势的大小和方向为： ˆenB（A）2LKut 逆时针方向

（B）1/2Lut顺时针方向 a（C）LKut 顺时针方向 u（D）Lkut 逆时针方向

C xb11、在电子感应加速器中，如果在任意半径处场B=K/r，则轨道平

面上的平均磁感应强度与轨道上的磁感应强度之比是： （A）1：1 （B）1：2 （C）2：3 （D）2：1 D

12、已知两共轴细长螺线管，外管线圈半径为r1内管线圈半径为r2,匝数分别为N1、N2.它们的互感系数是：

ˆe



3,磁感应强度B随时间按正比的规律增加，

M（A）

r1r2L1L2

M（B）（C）Mr2r1L1L2

L1L2

（D）ML1L2 B

13、两线圈顺接后总自感为1.00H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反接后的总自感为0.40H，则它们之间的互感系数为：

（A）0.63H （B）0.35H （C）0.15H （D）1.4H C

14、有两个完全相同的线圈，其自感系数为L，互感系数为M，顺接并联后其等效自感系数为：

（A）2（L+M） （B）2（L-M）

LM（C）2

LM（D）2

D

15、已知两个共轴的螺线管A和B完全耦合。若A的自感为L1载有电流I1,B的自感为L2载有电流I2,则此两个线圈内储存的总磁能：

122(L1I1L2I2)（A）2

（B）

L1L2I1I2

122（L1I1L2I22L1L2I1I2）（C）2

122（L1I1L2I22L1L2I1I2）（D） 2

D

16、 在t=0时，沿Z轴加速一个原先静止在坐标系原点的点电荷，则辐射电场在Y轴方向、Z轴方向和在与Z轴成30角的方向上，辐射强度之比是：

（A）1：1：1 （B）0：2：1 （C）2：0：1 （D）2：1：0 C

217、设电磁波中的坡印廷矢量的大小S100W/m,则电磁场能量密度为：

0（A）100J/m （B）10J/m （C）3.310J/m （D）3.310J/m C

18、在与磁感应强度为B的均匀恒定磁场垂直的平面内，有一长为L的直导线ab，导线绕a点以匀角速度ω转动，转轴与B平行，则ab上的动生电动势为： （A）

3373331BL22

2（B）BL （C）

（D）ε=0

Bab1BL24

A

三、填空题

1、通过回路所圈围的面积的磁通量发生变化时，回路中就产生感应电动势，引起磁通量变化的物理量是（ ）

磁感应强度B、圈围的面积S及二者夹角θ

2、设想存在一个区域很大的均匀磁场，一金属板以恒定的速度V在磁场中运动，板面与磁场垂直。（1）金属板中（ ）感应电流。磁场对金属板的运动（ ）阻尼作用。（2）金属板中（ ）电动势。（3）若用一导线连接金属两端，导线中（）电流。〔括号内填“无”或“有”〕

无 有 有 有

3、有一金属环，由两个半圆组成，电阻分别为R1和R2，一均匀磁场垂直于圆环所在的平

，A面，当磁场强度增加时，如果R1R2（，A如果R1R2（ B）；

B）；如果R1R2，（A B）

AR1〔括号内填“<”,“>”或“=” 〕。 R2> < = B

4、某一时刻回路1的磁场对回路2的磁感通量正比于同一时刻回路1中的电流即

21M21I1。这个结论成立的条件是（ ）。 I1应为似稳电流

5、设一均匀磁场的磁感强度为B，方向与N匝线圈回路所圈围的面积垂直，各回路圈围的面积均匀正方形，边长为（1+n/N）a，（n=0、1、2、3……N-1），则磁场对N匝线圈回路的磁通匝链数为( ).当B随时间而变时，导线中的感应电动势是（ ）.

6、有两个相距不太远的线圈，使互感系数为零的条件是（ ）。

二个线圈的轴线彼此垂直，其中心在一条直线上

7、对于似稳电流，通过无分支的电路的各个截面的电流相等，这个结论成立的条件是（ ）。

t«T

a8、如图所示，一平面线圈由两个用导线折成

的正方形线圈联接而成，一均匀磁场垂直于

（7N1）7N1dB22Ba（2N1）a（2N1）6N 6Ndt

BB0sint的

线圈平面，其磁感应强度按

规律变化。则线圈中感应电动势的最大值是 （ ）。

babmB0（a2b2）

9、只有一根辐条的轮子在磁感应强度为B的均匀外磁场中转动

BB轮轴与平行，正好充满转轮的区域，如图所示，轮子和辐

条都是导体，辐条长为R轮子每秒转N圈，两根导线a和b通过 各自的刷子分别与轮轴和轮边接触。（1）a、b间的感应电动势 （ ）（2）在a、b间一个电阻，若使辐条中的电流为I， 这时磁场作用在辐条上的力矩的大小为（ ）。

BRab1ˆBIR2e2NBR 2

10、一金属细棒OA长为L，与竖直轴OZ的夹角为θ，放在磁感 应强度为B的均匀磁场中，磁场方向如图所示，细棒以角速度ω 绕OZ轴转动（与OZ轴的夹角不变 ），O、A两端间的电势差 （ ）。

BzA1BL2sin2 2

oAC11、如图所示,AB、CD为两均匀金属棒，各是1m，放在均匀稳 恒磁场中，磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向外，两棒电阻为

RABRCD4,当两棒在导轨上分别以v14m/s，v22m/s v1向左作匀速运动时（忽略导轨的电阻，且不计导轨与棒之间的 摩擦）。则两棒中点O1，O2之间的电位差为（ ）。

12、如图所示,边长为L的正方形回路，置于分布在虚线圆内的

o1Bv2o2DVOO‘0dBKdt均匀磁场中，B的方向垂直于导体回路，且以的变化率

减小，图中b为圆心，ac沿直径（1）ce段的电动势（ ）

(2)回路中的感生电动势 （ ）

cbal2K4 l2K

13、电子在电子感应加速器中沿半径为0.4m的轨道作圆周运动，如果每转一周它的动能增加160eV（1）轨道内磁感应强度B的平均变化率（ ）,(2)欲使电子获得16MeV的能量需转（ ）周，共走（ ）路程。

253.18×10T/s 10 251km

14、半径为R1，总匝数为N1的圆形线圈A与半径为R2，匝数为N2的线圈C相距为d，c的中心在A的轴线上，如图所示，两线圈的轴线交角为，设R1»R2则两者的互感系数为（ ）。

0R1N1N2R2（2R1d2）22322cos

AC

15、如图所示，一矩形线圈，放在一很长的直导线旁边与之共面，线 圈与长直导线之间的互感系数是（ ）

bba0aln22

16、一线圈的自感L=5.0H，电阻R=20Ω，把U=100V的不变电压加到它的两端，当电流达到最大值

I0UR时，线圈所储存的磁能是（ ）。

uUsint 62.5J

m17、一个同轴圆柱形电容器，半径为a和b，长度为L，假定两板间的电压,

且电场随半径的变化与静电的情况相同，则通过半径为r（a18、一带电量为q的粒子，以f的频率作圆周运动。半径为R则运动一周的过程中，辐射的总能量为（ ）。

2LUmcostblna

19、一矩形闭合导线回路放在均匀磁场中，磁场方向与回路平 面垂直，如图所示，回路的一条边ab可以在另外的两条边上滑 动，在滑动过程中，保持良好的电接触，若可动边的长度为L， 滑动速度为V，则回路中的感应电动势大小（ ），方向（ ）。

83q2f3R230c3

av BLV ba

20、一个长为L，单位匝数为n，体积为V的长螺线管的自感系数（ ）。

b0n2V

四、问答题

1、把一条形永久磁铁从闭合螺线管中的左端插入，由右端抽出，试用图表示在此过程中感应电流的方向。

答：由楞次定律判别感应电流方向，当磁场N极左端插入时，感应电流方向如图（1）所示。当磁铁S极左端插入时，感应电流方向如图（2）所示。当磁铁N极从右端抽出时，感应电流方向如图（3）所示。当磁铁S极从右端抽出时，感应电流方向如图（4）所示

（1） （2） （3） （4）

2、如果要使悬挂在均匀磁场中并在平衡位置左右来回转动的线圈很快停止振动，可将此线圈的两端与一开关相连，只要按下开关（称为阻尼开关），使线圈闭合就能达到此目的，试解释之。

答：用开关使线圈闭合后，由于线圈左右来回转动，穿过它的磁通量在不断变化，在线圈中产生感生电流，反过来载流闭合线圈在磁场又要受到力矩作用阻碍线圈转动。所以线圈很快停止振动。

3、将电路中的闸刀闭合时不见跳火，而当扳断电路时，常有火花发生，为什么？

tLi1eRR答：通路时，回路电流为，R为通路时的总电阻。接口处电压

RRtdiRLtULLe1eLdtRL由于当t=0通路瞬间，U=，由于电压较低，

不发生火花。

LtieR0断路时，原电路与开关处的气隙组成回路，回路电流为，R0为原回路的diRLtUiRLedtR0电阻，R为考虑气隙电阻后的总电阻，接口处的电压

RU ， 因为RR0 ， 所以UR0当t=0时可以击穿空气产生火花放电。

4、一无限长螺线管的导线中通有变化的电流，螺线管附近有 一段导线ab,两端未闭合，如图。问ab两端是否有电压？若 用一交流电压表按图中的实线联接ab两点，电压表的读数为 何？若按图中的虚线联接a、b两点, 电压表的读数又为何？ 怎样解释这一现象？ b

答（1）变化的电流在螺线管内部产生均匀变化磁场，在螺线管外部不产生磁场。变化磁场产生感生电场。在感生电场力的作用力，导线ab两边将有电荷积累，故ab两端有电压 （2）用实线联接ab两点后，电压表的读数为零，因为穿过它们组成的回路磁通量为零。在回路中不产生电动势

（3）用虚线联接ab两点后，有变化的磁通量穿过它们组成的回路。产生感生电动势，即

RRaddtdBdBdB2dSRUR2dtdtdt，故电压表的读数

5、在LC电路中，当电容器放电完毕时，这电路中的振荡为什么还不停止？

答：当电容器放电完毕时极板上的电量q=0，但q的变化率

电容器贮存的全部电能转变为电感器中的磁能。由于线圈电流不能突变，它将继续从电容左板经线圈流入电容右板，对电容反充电。随着电场的重新建立。能量又从线圈向电容器流回。最后全部磁能又转变成电能。接着电容又开始放电。不过方向相反。因此电路中的振荡将继续进行下去。

idqdt不等零。并达到最大值，

五、证明

1、有一根横截面为正方形，长为L，质量为m，电阻为R，沿着两条平行的、电阻可忽略的长导电轨道无磨擦地滑下。这两根平行轨道的底端由另一根与这导线平行的无电阻的轨道连接因而形成一个矩形的闭合导电回路（见图1-1），该闭合回路所在的平面与水平面成角，而且在整个区域中存在着磁感强度为B的沿竖直方向的均匀磁场。 （1）求证：这根导线下滑时所达到的稳定速度的大小为（2）试证这个结果与能量守恒定律是一致的

vmgRsinB2L2cos2

BvF

图1-1 图1-2

证明：（1）导线在重力作用下沿框架下滑将切割磁力线，在导线中产生感应电动势，其大小由图1-2可知

vBdlvBsinlvBlcos2……①

在回路中有感应电流i，即

vBlcosiR……②

此载流导线在磁场中又受到磁场力F，即

mg FilB……③

该力的方向为水平，见如图1-2所示 导线下滑时速度达到稳定时有

mgsinilBcos

vB2l2cos2mgsinR……④

所以

v（2）根据能量守恒定律，当金属棒达到稳定速度时，回路中感应电流所产生的焦耳热（热

功率）等于重力所做的功（功率）即

mgRsinB2l2cos2

i2RmgsinvvBlcosRmgvsinR 

所以

2v

2、设图中的回路电阻为R，处于非均匀磁场中，若回路的自感可以忽略，试证明：使回路在磁场中以恒定的速度运动过程中，外力在时间间隔dt内做的功与在该时间内电阻所消耗的能量相等。

证明：假设t时刻切割磁感线的两个边所在处的磁感应强度分别为B1、B2，其中B1B2，如图所示，回路在磁场中运动时，产生感应电动势为

mgRsinB2l2cos2lvB1lvB2vlB1B2……①

则回路中的电流为

回路所受磁力为

IvlB1B2B2 R ……② B1vl2B1B2F'IlB1B2R……③

2当回路以恒定速度运动时，外力与磁力大小相等，方向相反，即

vl2B1B2FF'R……④

2再设dt时间内，回路发生的位移x，则外力所做的功为

vl2B1B2AFxxR……⑤

在dt时间内回路中电阻所消耗的焦耳热为

v2l2B1B2vl2B1B2xQiRdtRdtdt2RdtR

2vl2B1B2 xR……⑥

222由⑤式与⑥式相比较知

3、在长为l、半径为b、匝数为N的细长螺线管轴线的中部放置一个半径为a的导体圆环，并使环平面法线与轴线夹角固定成45角（如图）已知环的电阻r，螺线管的电阻为R，电

源的电动势为，内阻为零，当开关K合上后，试证圆环受到的最大力矩为

AQ

a40228brRl（忽略圆环的自感和圆环对螺线管的互感电动势。螺线管内外为真空。）

证明：当开关闭合上后，螺线管和电源组成LR电路，螺线管中电流为

i1eRRtL其中L为螺线管的自感系数 螺线管内的场强为

①

l2aK45bB0通过圆环的磁通量为 由①、②式得

Ni②l

BSBScosBScos45③

Rt1eL④

RtN220a2N2L1ea0lR22lR导体环中的电动势为

td20a2NRLedt2lL……⑤

导体圆环中的感应电流为

R20a2NLti环er2lLr……⑥

圆环所受力矩为

mBsin45mBsin45

2mai环为圆环磁矩 其中

所以

RRt220a2NLtN22Lai环Bae01e222lLrlRRt022a4N22R2LtL2

2l2LrRee……⑦

由

224aN2q2d0dt2l2LrRRtL2RtRR2RLLe01eLL得

ee12

RtL将

d2102代入对t的二阶导数中得dt2，因此有最大值

2022a4N2211max2l2LrR222022a4N228l2LrR

因为螺线管自感系数为

所以

0N2b2N2N2L0V02lblll

0a428lrRb2

max4、在电子感应加速器中，电子被磁场控制在一个环形真空的圆周轨道上运动，同时受到变化磁场产生的感应电场的作用而加速，证明：轨道平面上的磁场的平均磁感强度必须是轨道上的磁感强度的两倍才能使电子轨道半径在电子能量增加的过程中保持恒定。

证明：磁场的洛仑兹力使电子在固定轨道上作圆周运动。感应电场使电子在固定圆周轨道上作加速运动。电子沿半径为R的轨道运动时，它的动量大小为

mveRBR……① 电子的运动方程为

d(mv)  k ……②  eEdt

磁场的变化产生感应电场为

 dB EdldSsdt

dB Ek2RR2dt ……③

RdB

Ek由①②③式解得 2dt 1BB R25、两根平行导线，横截面的半径都是a，中心相距为d，载有大小相等方向相反的电流。设

两导线内部的磁通量都可略去不计。试证明这样一对导线在长为l的一段的自感为

证明：如图所示，两导线长为l的一段之间的磁通量为

L0ldalna

daBdSBdSBldrSSa

0IIl0ldra2r2drIlda110dra2rdrIlda0lnrlndra2Ildaa0lnln2adaIlda0ln2a]

daIBIada这段的自感为

LI6、图示为一对互感耦合的LR电路。证明在无漏磁的条件下，两回路充放电的时间常数都

0ldalna

di1diM2R1i10①dtdt didiL22M1R2i20②dtdt 由②得di2RMdi12i2③dtL2L2dt L1将③式代入①式得

是

证明：当充电时，根据根据尔霍夫方程，对左右两回路得微分方程为 R1M L1L2R2 KL1L2R1R2

LL12M2diLRidt12211MR2i2L2④

因为无漏磁L1L2M则有

L2R1i1MR2i2L2⑤i2L2R1i1L2⑥MR2

di2L2R1di1⑦dtMR2dt将⑦式代入①式得

L2R1di1 LR1i1⑧1R2dt

由⑧式和初始条件i100解得

i1 回路1充电时间常数为

R11eR1R2tL1R2L2R1⑨

R2L1L2R1L1L2⑩R1R2R1R2

L1L2R1R2

由⑥式知由于i2与i1为线性关系,故回路2的充电时间常数也为放时时，对左右两回路有微分方程

di1diM2R1i10dtdt……⑪ didiL22M1R2i20dtdt……⑫ L1由⑫式解得

di2RiMdi122dtL2L2dt……⑬

将⑬式代入⑪式得

LL12M2didtLRiRi2112220……⑭

因无漏磁L1L2M则有

L2R1i1MR2i20……⑮

LRi221i1MR2…… 16对 16 式求导得

di2L2R1di1dtMR2dt…… 17将 17 式代入 11 式得

L2R1di1LR1i`0181Rdt2……

18i10R解得 由 式和初始条件

i1R1eR1R2tL1R2L2R1……

回路1和回路2的放电时间常数为

19L1L2R1R2…… 202六、计算题

1、 如图所示，电阻R=2Ω，面积S=400cm的矩形回路，以匀角速度ω=10/s绕y轴旋转，

此回路处于沿x轴方向的磁感强度B=0.5T的均匀磁场中。求：（1）穿过此回路的最大磁感通量；（2）最大的感应电动势；（3）最大转矩；（4）证明外转矩在一周内所作的功等于在此回路中消耗的能量。

（2）t时刻穿过回路的磁感通量为

解：（1）当回路平面与B垂直时，此回路磁感通量最大为 mBS4001040.52102wb

zyBx由电磁感应定律知，回路的电动势为

BScost

OdBSsintdt

当sint1时，电动势最大，则有

（3）回路中最大电流为

mBS0.5400104100.2V

0.20.1AR2 由mB得 Im（4）在一周内外力矩所做的功为

mmImSB0.14001040.52103N.m

A20dmBsintdt022R0SBsintdt

dt时间内回路中消耗的焦耳热为

220S2B22S2B211S2B22sintdt（tsin2t）0RR24R

2、一平行的金属导轨上放置一质量为m的金属杆，导轨间距为L。一端用电阻R相连接，均匀磁场B垂直于两导轨所在平面（如图所示），若杆以初速度v0向右滑动，假定导轨是光

滑的，忽略导轨的金属杆的电阻，求：（1）金属杆移动的最大距离；（2）在这过程中电阻R上所发出的焦耳热。 路，有感应电流，即

S2B2dQIRdt（）Rdtsin2tdtRR222SBS2B22Qsintdt0RR所以：A=Q

2v解 1）当杆A、B以0的初速度向历运动，要产生动生电动势，由于它与电阻R组成闭合回

BABL

vBLiR

ARBv0LBv载流导体AB在磁场中受与0方向相反的安培力作用，即

2222BLBˆˆLdsiˆFILBiiRRdt

由牛顿第二定律得

B2L2dsdmamRdtdt

金属杆能够移动的最大距离是杆的速度为零，上式积分得

mRds22dvBL

s0ds0v0Smax2）在此过程中回路的焦耳热是

mRv0B2l2

mRdv22Bl

3、如图3-1所示的电阻R、质量m、宽为L的窄长矩形回路，受恒力F的作用从所画的位

置由静止开始运动，在虚线右方有磁感应强度为B、垂直于图面的均匀磁场。（1）画出回路速度随时间变化的函数曲线；（2）求末速度；（3）推导作为时间函数的速度方程。

解：当回路进入磁场时，CD边切割磁感线，在回路中产生的动生电动势和感应电流分别是 1）Bvl

B2l2R2B2l2dSQiRdtvdtvdtR2Rdt

B2l2B2l20mRvdsv22dvv0RRBl012mvdvmv0v02

2R 载流导体CD在磁场中受到与F方向相反的 FB安培力作用，大小为 图C3-1

IBvlR

AD

B2l2vFIlBR dvFFmdt

B2l2dvFvmRdtdtdv 22BlmFvRB2l2dFv22tBlvRdt0Rm0B2l2FvR

vFRB2l2t由初始条件t=0，v=0，得回路的速度方程为 图3-2

vFR(1e22BlB2l2tRm)由速度方程画出回路的速度随时间变化的曲线如图3-2所示

B2lFv0R2）当安培力与外力相等时，回路速度达到稳定，由平衡条件得末速度为

FRv22Bl

4、一非相对论性带电粒子在一无限长的载流密绕的螺线管中绕管轴作圆轨道运动，管中磁感强度的大小为B0，粒子运动的轨道半径为R0。如果管中的磁场在t0的时间内突然地由B0变到B，粒子最终的轨道半径R1为多少？粒子的轨道中心是否仍在管轴上？ 解： 1）当带电粒子在固定轨道上运动时，满足的条件是

v2mqvBR ……①

由①式可得在因定轨道上运动方程为

mv0eR0B0……②

mveR1B……③

dB0B0dt当磁场突然地由变到B时，假设，将产生感应电场

dBEdldsLkdt

R因为dt时间，轨道半径仍为0，同时B方向与dS的方向相反

所以

Ek2R0EK1dBR02dt……④

dB2R0dt

在感应电场作用下，带电粒子作匀加速运动，由牛顿第二定律得

d（mv）dBqEKq2R0dtdt v1Bv0dmv2B0qR0dB

1mvmv0qR0BB02……⑤

将②、③式代入⑤式得

qR1BqR0B01qR0BB02BB2）由于突然变化，由于的方向没有变化，由①式知，带电粒子圆周运动的切向速度只

1R0BB0R1B2RBB0R102B……⑥

改变大小，方向也不变化。所以粒子的轨道中心仍在管轴上。

ddx2之内存在着随时间t变化的均匀磁场，磁场的磁5、如图5-1所示，在空间区域2感强度为B=dt（a为恒量），其方向垂直纸面向里，试求t=T时刻下列各点处的电场强度E：（1）

解：（1）由于变化的磁场具有面对称，所以产生的感应电场只有平行于对称面的分量，也具有面对称，x0的平面是对称面，因此x0时，Ek0 （2）当

电场的环流为

x0；（2）xd；（3）xd。2

xldad2如图5-2所示，感应2时，通过对称面作矩形环路abcd，使abl，

LEkdldBdsdt

cexdBdbldt2OxddddOaddBEk2222dt dBaBatdt因为，，所以 图5-1 图5-2 1Ekad2

（3）当xd时，作矩形环路abef，使afd，同理 Ekld2fEklEkdBdldt2

6、利用感应加热的方法可以除去吸附在真空室中金属部件上的气体，装置示意如图所示，设线圈长为L=20cm，匝数为N=30匝，线圈中的高频电流为I=I0sin（2ft）,其中I0=25A，

5

频率f=1.0×10Hz，被加热的部件是电子管的阳极，它是半径r=4.0cm、管壁很薄的中空圆

1ad2l，其电阻R=500×10Ω，求： 筒，高度h

（1） 阳极中的感应电流最大值； （2） 阳极内每秒产生的热量；

（3） 当频率f增加一倍时，热量增加几倍？ 解：（1）圆筒处的磁场可看作无限长螺线管中磁场，有

-3

穿过圆筒的磁通量为

B0nI0NI0sin（2ft）l

NI0sin（2ft）l

hl

由磁感应定律，圆筒中的感生电动势为

Br2r20圆筒中的感应电流为

dN22r20fI0cos（2ft）dtl

22r20fNI0Icos（2ft）RRl 当cos2ft1时，电流最大，即

22r20fNI0ImRl

3223.14410441071.010530255001032010230A

（2）由焦耳定律知

dQI2Rdt

22r20fNI02（）Rcos22ftdtRl

当t1秒时，产生的热量为

22r20fNI02tQ（）Rcos22ftdt0Rl

22r20fNI022ft1（）Rsin22Rl241ft02ft122r20fNI021（）RRl213025001032225J（3）由上式知当f增加一倍时，热量增加4倍。

5

7、在等同步电子感应加速器中，电子绕行2×10圈后再被引出，射到一块金属板上以产生X射线。如果在加速过程中，磁感通量的变化率d/dt400V，问被引出的电子具有多大的动能和速率？（考虑相对论效应。） 解：（1）电子被加速一周时所获得的动能等于感应电场对它所作的功

PkeEk2r

式中

Ek为感应电场强度，r为电子轨道半径

1dB2rdt代入上式得 将

dBSdPke2r2eedtdt Ek电子绕行n圈后的总动能为

d21051.610940012.81012Jdt

mv（2）设电子被引出时的质量为，速度为，能量为P，则有

12mvP2 PnPkne由相对论效应可得

12m01vc22vP

所以

2242224mc4P4Pc0 0

222m0c

v24P216P416m0P2c42244P216P416m0Pc222m0c412.8210241612.841048169.12106212.82102434103229.1210623210160.013102487210162461480.5810 v2.95108ms

8、一空心的螺绕环，其平均周长为60cm，横截面积为3cm2，总匝数为2400，现将一个匝

数为100的小线圈S套在螺绕环上（见图），求： 1)螺绕环的自感系数；

2)环与线圈S间的互感系数；

3)若S接于冲击电流计，且知S和电流计的总电阻为2000Ω，问当螺绕环内的电流I=3A由正向变成反向时，通过冲击电流计的电量共有多少C？ 解：（1）螺绕环中心B值为

B10nI10通过螺绕环的磁通匝链数为

N1I1l1

S1N1B1S10N12S1I1l1

由自感系数定义得

L11I10N12S1l17

410240023104601023 3.610H

2）通过线圈S的磁链为

21N2B1S10N1N2I1S1l1

由自感系数定义得

M21I10N1N2S1l1

4107241021023104601021.5104H

（3）当螺绕环的电流由正向变成反向时，小线圈中磁链的变化为

2120N1N2I1S1l1

由电磁感应定律得线圈中的感应电动势为

线圈中的电流为

21t IR由电流强度的定义得

21Rt

2120N1N2I1S1RRl1

722241024101031042103601027 4.510C qIt9、如图所示装置由两条带状金属导体板组成，每块板长l、宽b（板垂直于纸面），两薄板间有一小的间距a（ab,al）。现将两板的右端短路，左端接入一电动势为ε的电池，设电流均匀通过导体板，并忽略端部效应，求这一回路的自感系数。 解：设通过导体板的电流为I，则电流流为

i两极可看成是无限大载流平面，板间的场强为

Ib

BBB II002b 2bI0b

通过回路的磁通量为

alb

由自感系数定义得 LBSL0IaL0LIab

0Lab

10、在如图所示的电路中，求以下三种情况下R1与R2上的电压：

1)K接通瞬时；

2)K接通以后，电路达到稳态时； 3)K切断瞬时。

解：1）K接通瞬时，通过L的电流不能突变，L相当于断路，R1、R2两端电压为

UR10

（2）电路稳态时：由基尔霍夫定律得

KL2VR21kR110UR22VL微分方程的解为

diiR1dt

i1R1(1eR1tL)

当t时，所以

i1R1

UR1i1R12VUR22V或者用简便方法，稳定时L相当短路

UR1UR22V

（3） K断开时，R1、L、R2构成回路，通过L的电流不能突变，应等于稳定时的电流，

即

i1R1所以

20.2A10

UR1R1i1100.22V

11、有一线圈，其电感为20H，电阻为10Ω，把这线圈突然接到ε=100V的电池组上，试求在线圈与电池组连接之后经过0.1s时（1）磁场中储藏能量的增加率；（2）产生焦耳热的速率；（3）电池放出能量的速率。

解：RL电路如图所示，当K闭合瞬时，暂态方程为

UR2R2i110000.2200VLR

微分方程解为

diiRdt

RtLLRK 电流的变化率为

RttdiRReLeLdtRLL

1WLi2

2（1）由得

RttdWdiLiL(1eL)eL

dtdtRLi(1e)R10100.10.110023(1e20)e2010103(10.95)0.95

47.5J/s

2(1eRtL)eRtL（2）由QiRt得

2dQ2iRdt

()(1e)R1002()(10.95)210 2.5J/s （3）由Wit得

RtdW1002Li(1e)(10.95)50J/sdtR10

12、在如图所示的电路中，ε=10V，R1=5.0Ω，R2=10Ω、L=5.0H，试就（1）电键K刚接通

i和i2，通后电键

和（2）电键K接通后很长时间这两种情况，分别计算通过R和R的电流11

2

3RtL2di2iK的电流i，R2两端的电势差，L两端的电势差以及通过L的电流2的变化率dt。

解：（1）K刚接通时：L的电流不能突变，L相当于断路，所以有

i20ii1R1K102A5LR1R2UR20VUL10Vi2（1eR22tdi2RLedtLR2tL）102A/s5

t02）稳定时：L不能突变，相当短路，所以有

iR1R2R1R2R1R2510103AR1R2510i1i2R1102A5

UR2101AR210i2R211010VUL0，di20dt

13、两线圈之间的互感为M，电阻分别为R1和R2，第一个线圈接在电动势为ε的电源上，

Rg第二个线圈接在电阻为的电流计G上，如图所示，设原先开关K是接通的，第二个线圈内无电流，然后把K断开，求通过G的电量q。

解：K断开时，在L2线圈中产生自感电动势和互感电动势，由基尔霍夫定律得

di2diM1（R2Rg）i20dtdt……①

dqi2dt代入①式得 式中i1是第一个线圈中的电流，将

dididqL22M1（R2Rg）0dtdtdt L2di2Mdi1（R2Rg）dq0L2……②

MKR1L1L2R2RgR1；q0；i20

当t时，i1I10；i20；q0对②式积分得

当t0时，

0i1I10L2di2Mdi1（R2Rg）dq=0I100qM所以

R1

（R2Rg）Q0

QMR（1R2Rg）

14、如图14-1所示，一半径为a、单位长度上匝数为n的无限长直螺线管，通过的电流为

II0sint。管外套一均匀导体圆环，电流计G接在环上的A、B两点。AB间环的电阻分

12R和R3。电流计内阻为r。别是3（1）求通过G的电流。（2）若改变G的位置，把G放到

虚线表示的地方，流过G的电流又是多少？

解：无限长螺线管内场强为

根据电磁感应定律圆环导体中感应电动势大小为

B0ni

AR32R3 图14-1

（1）当电流计接在A、B左边时，电路相当于图14-2所示，根据基尔霍夫定律，对回路Ⅰ得

ddd（BS）（0nia2）dtdtdt

B0na2di0na2I0costdt……①

R0ri1（i2i1）3对回路Ⅱ

i1 ②

GR3i2i2i12R3R2（i2i1）Ri233联立①、②式得

③

39r2R……④ 图14-2 将①式中的代入④式得通过电流计G的电流为 i130na2I0i2cost9r2R

（2）当电流计接在A、B右边时，电路相当于图14-3所示 根据基尔霍夫定律，对回路Ⅲ得

i32R3i4i3i4R2Ri3（i3i4）332R0ri4（i3i4）3⑤ ⑥

R3VGV联立④、⑤式得

i4将①式中的代入⑥式得通过电流G的电流为

69r2R 图14-3

i415、一自感为L、电阻为R的线圈与一无自感的电阻R0串联地接于电源上，如图所示。 （1）求开关K1闭合t时间后，线圈两端的电位差（2）

若

60nrI0cost9r2R

Ubc；

20V,R050,R150,L5.0H，求t=0.5时（为电路的时间常

Ubc和电阻R两端的电压Uab；

0

KK（3） 待电路中电流达到稳定值，闭合开关2，求闭合0.01s后，通过2中的电流的大小

数）线圈两端的电位差和方向。

解：1）K1闭合K2断开的情况下设电流为I，则电路方程为

dl（R0R）i0dt ……① 利用初始条件t0时I0解①式得 LaR0bRLci（1eR0RR0RtL）……②

K1efK2线圈两端的电位差为

UbcR0i

RR0tR01(1eL)R0R

R0R(RR0eR0RtL)

……③

4R0R

式中为电路的时间常数

tRR0eR0E2）将已知数据代入③式得

0.520Ubc（15050e）18V50150 UabUbc20182V

3）设通过电源的电流为尔霍夫方程有

Ie，通过线圈L的电流为iL，通过开关K2的电流为ik，根据基

iKiLIe0……①

根据基尔霍夫的回路方程对回路cfebc有

LdiLRiL0dt……②

iLILR0R解微分方程有

当t0时，

iLR0ReRtL……③

对回路eabefe有

R0Ie0……④

所以

IeR0……⑤

将②、④式代入①式得

iKIeiLR0R0ReRtL

1500.01202050e50501500.33A iK的方向由ef

16、真空中，在同一平面内有一条无限长的载流为I1的细直导线和一边长为a载流为I2的

正方形线圈，已知直导线与正方形线圈的一边平行且相互最近距离为b，在线圈向左移动到b/2的过程中，若维持I1和I2都不变，求磁力作功A和磁能增量W。

解：1）建立坐标如图16-1所示，由对称性和环路定理得I1在x处产生的磁感应强度为

B由安培公式知，线圈在y轴方向上受力为零，在x轴方向上平行直导线的两边受力分别为

0I12x

线圈所受合力为

IˆF101aI2i2x0IˆF2aI2i2(xa)

yI1F1xOaI2BF2xFF1F2磁力作功为

0aI1I211ˆ()i2xax 图16-1

dAFdlAb2b0aI1I22abln2ba dBdS0aI1I211()dx2xax

2）如图16-2所示，在线圈平面中取面元dSadx，则通过该面元的磁通量为

0I1adx2x

当线圈距直导线距离为b时，通过整个线圈的磁通量为

abIa1Iaab011dx01lnb2x2b

由自感系数定义得

yaaaabI1M10lnI12b

d当线圈距直导线距离为2时，通过整个线圈的磁通量为 x

12bM2ab220I1a1Ia2abdx01ln2x2b 图16-2

dxx此时的自感系数为

2I10a2abln2b

自感系数的变化为

MM2M10a2abln2ab

I1，I2不变情况下由自感磁能公式WMI1I2得磁能的变化为

WMI1I217、如图所示，无电阻的电感器L连接导轨M的一端，长为l电阻为零的棒N在导轨上可无

摩檫地滑动，施一恒力F，向右拉导体棒N，使它切割磁力线，如果它在水平方向上的初始位置是x（0）=0，那么，

（1）电路中电流I和坐标x之间的关系是什么？ （2）棒的运动方程是怎样的？ （3）求x（t）；

（4）试分析棒在运动中的能量转换过程。

N解：（1）当棒N运动以x处时，通过回路的磁能量为

MBlx ……① B设此时回路中的感应电流为I，则该回路的自感系数为 LFmLMIx ……②

由①、②式可确定回路中电流I和坐标x之间的关系

0aI1I22abln2ab

IBlx/L

（2）由牛顿第二定律得棒N的运动方程为

d2xB2l2xm2FBIlFL……④ dt（3）由④式得

d2xB2l2xFB2l2LF(22x)2dtLmmLmBl LFd2(22x)B2l2LFBl(x)0dt2LmB2l2

22Bl2Lm则有 设

LFd2(22x)2LFBl(22x)02dtBl……⑤

解⑤式微分方程得

LFxAcost22Bl ……⑥

LFt=O x0，A22Bl 当

所以

LF（1cost）=xmax1-cost22Bl……⑦

LFxmax22Bl为棒N的最大位移 其中x（4）、外力作功完全转化为磁能和抵抗安培力作功

线圈中的自感磁能为

Wm12LI2……⑧

对⑧式微分，并将③式代入得

1BlxBlB2l2dWmL2IdILdxxdx2LLL……⑨

对⑨式微分得

B2l2WmLxmax0B2l2F2L2F2Lxdx2222L（Bl）2B2l2……⑩

恒力F作功为

dA外Fdx

A外Fxmax0dxFxmaxF2L22Bl……⑪

安培力作功为

BlxB2l2dA安培力IlBdxlBdxxdxLL

B2l2xmaxB2l22xmaxF2LA安培力xdxx|0L02L2B2l2……⑫

由⑩、⑪ 、⑫ 比较知 A外力WmA安培力……⑬

18、一无限长直圆柱面，半径为R，单位长度上的电荷+q。若此圆柱面绕其轴线，从静止开始以角速度β匀加速旋转，此时有一表面绝缘的金属杆与圆柱面相切（如图18-1所示），某时刻DC=CB=R。（1）求此时金属杆上的感应电动势的大小；（2）若用电阻r和安培计A（其内阻可以忽略不计）接在DB两端，则安培计A的读数为多少？

解：当圆柱面匀加速速时，圆柱面相当于无限长螺线管其上单位和度电流为

T（1）

管内外的磁感应强度为

it22

DCRBB内0i0t2r

AB外0 图18-1

连OD、OB，组成回路ODBO，如图18-2因为OD、OB垂直生电动势就等于BD产生的电动势。 通过回路的磁通量为

Ek不产生感生电动势，因此回路产

0t120R2tBSR2228

由电磁感应定律得BD金属杆的电动势为

EKDoBRCRBD

d11EK0R20R2dt88 图 18-2

B2） 在DCB rD组成回路中，因为通过回路的磁通量=0。所以ε=0，I=0

A19、如图所示，电路中直流电源的电动势为12V，电阻R=6Ω，电容器的电容C=0.1uF，试

求：

(1)接通电源瞬时，电容器两极板间的位移电流；

6(2)经过t=610s时，电容器两极板间的位移电流。 解：由图得电路方程

qdquciRRcdt （1）

dq1Kq0R dtRc

dqRcqcdt

由初始条件t0,q0解微分方程得电容器极板上电量变化规律为

RCq（c1e1tRc由高斯定理知，电容器极板间的电位移矢量为

1tqcD（1eRc）ss

）

极板间的位移电流密度为

1tDRcjDetRs

所以接通电源瞬时极板间的位移电流为

RsR12I2AR6当t=0，

sIjDdse1tRcse1tRc

（2）将已知数据代入上式得

20、如图所示，设在真空中有一半径为R的无限长密绕的螺线管，单位长度上的匝数为n

IRe1tRc1260.11066106e2e10A6

1it）kt（k为一正的恒量）其轴线在S平面内，螺线管中通以随时间变化的电流（，在S平面

内有一边长为a的正方形回路L，它的一组对边与螺线管轴线平行，且靠近轴线的一条边与轴线相距为r，试求：

（1） 电场强度E沿回路L的环流； （2） 磁感强度B沿回路L的环流

解：（1）螺线管内的磁感强度为

2dBEkdldSLdt以螺线管轴线为轴取半径为r'的圆形线，如图20-1所示，根据得

Ek2r20nktR2

所以

B0nI0nkt2

r因为Ekdl L 所以Ek沿回路L的环流为

Edl0BLk

（2）位移电流密度为

Ek0nkRt2dr'Ekr' arEkS在回路L的平面上，取距轴线为r'的面元dSadr，穿过该面元的位移电流为

Ek00nkR2jD0tr

dIDjDdS

穿过整个回路的位移电流为

IDjDds00nkRasr电磁场的环路定理得B沿回路L的环流为

ra22BdlInkRaln0D00r

2radrra00nkR2alnrr

21、一无限长的同轴电缆由两薄壁空心导体圆筒所组成，内、外圆筒的半径分别为R1和R2，如图21-1所示，设电流沿内筒流出、由外筒流回，大小为

I12At2，A为一正的恒量，试

求出到电缆线的距离为r（r解：在距轴线为r'处取圆形线，如图21-2所示，由对称性和环路定理得，只有内、外圆筒间存在磁感强度

P12R1rB2r0At2

R20At2B4r 图21-1

变化的磁场产生感应电场Ek，Ek的方向与轴线平行，在距轴线为r处取矩形线，如图21-3

Bdl0I

所示，则有

BEkdltdS

A2tEkl0ldr4r

21IIr'0AtRdr0AtlR2llnR2r2R10AtR2ln2R1

图21-2 所以在rR1范围内的感应电场强度为

Ekr'dr'L变化的电场产生位移电流，则有

再以r为半径作圆形线，由环路定理得 图21-3

dE00AR2jD0lndt2R1

lrBdl0I

B2r0jDds0所以，r处的磁感强度为

200ArR2Bln4R1

00AR2lnr22R1

22、在自由空间中沿X方向传播的单色平面电磁波的波长为3.0m，电场E沿着y方向，振幅为300V/m，试求：（1）这个电磁波的频率；（2）磁场B的方向和振幅；（3）电磁波的波数K和频率ω；（4）电磁波的能流密度及其对于时间的平均值。 解：（1）根据电磁波的波长、波速和周期的关系得

c

c3108f1108Hz3 （2）由E波与B波振幅的关系得

EmcBm

TEm3001106T8c310 由于电矢量E和磁矩B与波矢k满足右手定则：即kEB，根据题意可知B的方向沿z轴方向

（3）根据波数k和波长的关系得

23.1422k3.003 根据2f知，圆频率为

Bm 210/s

（4）根据电磁波的性质，电场和磁场位相相同，初相相等。设它们的初相为零。则在传播方向x处的能流密度为

8s1在传播方向x处的平均能流密度为

1T1T1ssdtBmEmcos2(tKx)dtT0T00

0BE10BmEmcos2(tkx)

1BmEm1(t)T02T0BmEm3001062119.4W/m7224100 -10

23、设某电台发出的电磁波传至某地时，其磁感强度B=10T（指有效值），（1）计算磁场能

量密度的时间平均值；（2）若磁场变化的频率为550KHz，现在有一匝数为N=120，截面积

-42

S=10m的线圈，它的线圈平面与磁场B的方向垂直，试估计该变化的磁场在线圈中激发的感应电动势的有效值。

B有效解：（1）由最大值与有效值的关系根据磁能密度公式

Bm2求得磁感强度最大值为

Bm2B有效21010T

m120B21T12mBmcos2(tKx)dtT020

2012210153Bm410J/m7444100

BBmcos(tKx)求得线圈中的感应电动势为

（2）由波方程

dBmsin(tKx)NSdt BmNSsin(tKx)

由此式知

2

24、一平行板空气电容器的电容为C，充电至两板的电势差为U0后与电源隔绝开。设电容器两极板间距为b，现用一根长为L，截面半径为a，电导率为的细导线从电容器内部将其两块极板的中心连接起来。

(1)求连接后导线表面处的坡印廷矢量表达式。

(2)计算流进导线的总能流（导线的自感和电容的边缘效应均可忽略。） 解：（1）电容器被充电后，通过中心细导线放电，等效电路如图所示，其放电电量方程为

qQ0e1tRCmBmNSBmNS2f210101202104550103有效m101012021045501034.15106V

C其中Q0cU0

通过导线电流为

1tdqU0RCieRdtR 图24-1

电流方向如图24-1所示

以导线中心为轴，取半径为a的圆形线，由环路定理得

Bdl0I

导线表面处的磁感强度为

1t0U0RCBe2aR

1tRC1tU0RCB2a0eR

RC电路的放电电压方程为

两极板间的电场强度为

1tU0RCEel

ucU0e导线表面处的坡印亭矢量为

1SEB0

BiE如图24-2所示，因为B，所以 图24-2

2t1U00U0RCSEBe00l2aR

lR2a2代入上式得 将导线电阻

E12U0a2a2t/lcSe22l

（2）S方向沿导线径向方向，指向轴线，其总能流为

2U0a22a2t/lcWs2alel

25、一中空的长圆柱体（半径为R、长为L且L>>R），在其表面均匀带电，每单位面积所带

电量为，一个外加的力矩使这圆柱体以恒定角加速度β绕其轴线旋转（设圆柱体的初角速度等于零）。（1）求圆柱体内的磁感强度B（将这圆柱体作为螺线管处理）；（2）求圆柱体内表面上的场强E；（3）求圆柱体内表面上的坡印廷矢量S的大小；（4）证明进入圆柱体内

dR2L2Bdt20 部的S的总通量等于解：（1）圆筒旋转时，设角速度为t，则单位长充的电流为

BSi由对称性和安培环路定理得，筒内的磁感强度为

00 ……①

其方向如图所示 （2）由法拉第电磁感应强定律得

I2RL2RRtLTL2

BiRtEdBEkdlSdtdS EK2R0RR2

EKlR所以

其方向如图所示

10R22……②

S1EB得

（3）对坡印亭矢量公式

0110R20Rt02 1022R3t 2……③

S其方向如图所示

S（4）进入圆筒长为l一段的通量为

sS2RL022R4tL……④ dR2L2(B)02R42Lt又dt20……⑤

比较④、⑤两式得

dR2L2s(B)dt20

26、设100W的灯泡将全部能量以电磁波的形式沿各方向均匀地辐射出去，求（1）20m处的地方电场强度是方均根值；（2）在该处理想反射面产生的光压。

解：（1）设E、H的波方程分别为

EEmcos（tkx）

HHmcos（tkx）

 则E、H的方均根值分别为

E2

1TT02Emcos2(tkx)dt

2EmT Em2……①

设单位时间内通过4r球面上的总能量为

由平均能流密度公式得

由电磁波的性质有

2Pm，则通过此球的平均能流密度为

SPm4r2……②

S1EmHm2……③

0m0m……④

联立②、③、④式得

EHPm2r2Em

将⑤式代入①式得

00……⑤

（2）光到达半径为r的球面上所用时间为

1E2r2P00110041072.7V/m1202203.148.8510……⑥

trc……⑦

光到达球面时动量为

mvGV1SVc2……⑧

G1Sc2为平均动量密度

其中V为球面所包圆的体积，作用在球面上的平均压力为

由②、⑦、⑧、⑨式得反射面产生的光压为

Fmvt……⑨

4Pmr3FmvSVc3P2Sstcst4r2c24r2r

Pm12r2c1000.221010N/m228 123.1420310

27、一根无限长的直导线，其中通有变化的电流，电流以恒定的速率J0增长，一长为a宽为b的矩形导线框，与直线电流位于同一平面，平行于直导线的两条边到直导线的距离分别为R和R+b。如图所示，试求导线框中的感应电动势。 解：直导线中电流产生的磁场的磁感强度为

0I

B 2r因II(t)，故BB(t)。磁场对导线框圈

dr围面积中一宽为dr的狭条的磁通量为 Ira B0IdmBadradr

2r于是

Rb

0aIRbdr0aIRb

mln 2Rr2b由法拉第电磁感应定律，导线框中的感应电动势为

0aRbdI0aJ0Rbd

lnln dt2bdt2R的正方向为逆时针方向。

28、一长螺线管，长度l=1m，截面积S=1cm²，绕有N1=1200匝导线，通有直流电流I=2A，螺线管外绕有N2=200匝的线圈，线圈的总电阻R=100Ω,如图所示，问当螺线管中的电流反向时，通过外线圈导线截面上的总电量为多少？

解：当螺线管中的电流反向时其磁场亦反向，于是通过线圈的磁通量发生变化，导线中产生感应电动势。螺线管中磁场的磁感强度为 NGB0I

l磁场对外线圈没匝的磁通量为 N1BSIS m0l对整个外线圈的磁通匝链数为 N1N2NIS 2m0l外线圈中感应电动势为 d(N2m)dmN 2dtdt外线圈中感应电流为

N2dmi

l在dt时间内通过外线圈导线截面的电量为

N2dqidtdm

R 通过导线截面的总电量为

N2m2N qdqdm2(m2 Rm1R 2N1N202N2mIS1.21106C

RRdtm1)RRl29、考虑一无限长的圆柱形区域，圆柱的半径为a，已知圆柱形区域内充满均匀的且随时间作低频率简谐变化的磁场，磁场与圆柱轴线平行，在圆柱形区域外，没有磁场，即 ˆxB0cos(ta)e(ra) B0 (ra)其中B0、ω和都是恒量，试求空间各处的电场强度。

解：由于变化的磁场分布在无限长的圆柱形区域内，感应电场的分布具有圆柱对称性。在圆柱区域内，作一半径为ra的圆周C1，如图29-1所示，感应电场对C1的环流为

B EkdldS C1S1ta即

C1B2C2Ek2rr

t

当时

图29-1

1B1 EkrB0rsin(t) 2  t 2 在圆柱外作一半径为ra的圆周C2，感应电场对C2环流为 BEdldS KEKC2S2t  B EK2ra2 o a r

t

当ra时 22aB1aEk BEkB0sin(t)0 2rt2rt

图29-2

raˆEK的方向沿柱坐标的e方向（顺时针方向）。任一时刻，电场强度与r的关系如图29-2所

示。

30、有金属棒MN，长为L，放在例2磁场中，金属棒位于垂直于磁场的平面内，圆形区域的中心到棒的距离为h，如图30-1所示，求棒的电动势。 解：（1）感应电场力法。沿金属MN求积分得

NNrdB EdlcosdlMNkdBMM2dt 0dt LhdBOdl

02dth



EK  MN  0 说明电动势的方向由M指向N。 图30-1

（2）用法拉第电磁感应定律求解。作辅助线OM与ON，如图30-2因场强EK与OM及ON垂直，故OM及ON段的感应电动势等于零。可见闭合曲线OMNO的感应电动势即为MN段的电动势。OMNO所围面积为

hdBL2dt

MdlN 1ShL

2取电动势的参考方向为逆时针方向 于是穿过闭合曲线OMNO的磁通量为 1BShLB m2

得

dt2dt

表示势的方向由M指向N。

31、在电子感应加速器中，电子被磁场控制在一个环形真空的圆轨道上运动，同时受到变化磁场产生的感应电场的作用而加速，证明：轨道平面上的平均磁感强度必须是轨道上磁感强度的两倍，才能使电子轨道半径在电子能量增加的过程中保持恒定。

解：电子感应加速器是加速电子的设备，其结构原理如图31-1所示。N、S为两个磁极，间隙放一环形真空室，环面与磁场垂直。磁场用低频强电流激励。工作时感应电场使电子加速，磁场的洛伦兹力使电子沿确定的圆周运动，如图31-2所示。设电子轨道的半径是R，则在电子轨道上的电场强度可计算如下： dBEdldS sdt dBEk2RR2

dt RdBEk

dm1hLdB0图30-2

2dtB为电子轨道平面上的平均磁感强度。

感应电场力使电子加速，根据牛顿第二定律有

d(m)eEKdtd(m)RdBedt2dteRBm2

磁场的洛伦兹力使电子作周运动，即 图31-1 ev2evBm RRR

mveRBRBR为电子轨道上的磁感强度。经比较得

EK 1BR 2 B 图31-2

32、一非常长的同轴电缆，内圆筒的半径为R1，外圆筒的半径为R2，今在电缆中通以随时间变化的电流I，I的变化率为恒量b，试求圆筒轴线上的感应电场的强度。

B解：根据t的分布情况和对称性，可知轴线上感应电场的分布与无限长多层螺线管的轴线上磁场的分布相同。在电缆外面，即rR2处不存在电场。作一矩形闭合路径，如图所示，

计算感应电场对此路径的环流为

R2BB R2EdlEldSldrkkR1 R1tt由于 0IIIB

2r

l 0dI0bB

t2rdt2rrdr于是得 R2b0dr EkR12r

0R2

bln 2R1方向沿轴向下。 33、一圆柱形线圈由50匝表面绝缘的细导线绕成，圆面积S=4.0m²，放在另一个半径R=20cm的大圆形线圈中心，两者同轴，大圆线圈由100匝表面绝缘的导线绕成。(1)求这两个线圈的互感M。 (2)当大线圈导线中电流每秒减少50A时，求小线圈中感应电动势。

解：（1）令大线圈为1线圈，小线圈为2线圈，且设大线圈中通以电流I1。每一匝大线圈在圆心处产生的

磁感强度为

0N1I1B 12R整个大线圈在圆心处产生的磁感强度为

B1N1B0N1I12R

因小线圈半径远小于R，穿过小线圈的磁通匝链数为

0N1N2I1S2

NBS21212

2R 210N1N2S2M

I12R

4107100504.01046.3106H 20.20（2）小线圈中的感应电动势为

dIM6.3106(50)3.2104V

dt34、一根很长的同轴电缆，由半径为a和b的两圆筒组成，电流由内圆筒流向负载，经外圆

筒返回电源，求长度为l的一段电缆的自感系数。

解：设圆筒中的电流为I，则两圆筒间的磁场的磁感强度为 0IB 2r

磁场的能量密度

12 mB 20长为l的一段电缆内的磁场能量为 1I2b1WmmdV022rldr 2a24r

bdrla 0I2ln0lI2ar 4b4 于是 12 0lLIaL2ln

2b

35、在图所示的电路中，L为一理想电感，已知U=200V，R1=10Ω，R2=100Ω，L=10H，将电路接通并持续很长时间，求在这段时间内电阻R2上放出的焦耳热，然后切断电路并持续很长时间，求在这段时间内电阻R2上放出的焦耳热。 解：接通电路后，电路方程为 KiR1ii1i2

i1i2

di1U LiRLU1 dt di1i2R2L

dt

由第一式代入第二式得

1di

i(ULi1R1) 2R1dt代入第三式得

diRRR2

L112i1U dtRRRR解此微分方程，并利用初始条件：t0,i10，得

1212

R1R2 tUL(R1R2) i11e R1R1R2 tUL(R1R2) i2eR1R2

从接通到达稳定，R2上放出的焦耳热为

2 UL2 Q2i2R2dt0 2R1(R1R2)2 22010220J

2(10100)

稳定后i2=0，i1=U/R=I1 (R2短路） ，当K断开R2放出热量等于L中贮存的磁能，即



112202 WLI1210()2420J 2210

36、研究平行板电容器在充电或放电过程中，磁场与传导电流、位移电流的关系。

解：考虑一平行板电容器，极板成圆形，半径为a，极板间为真空。若两极板之间的距离比板的半径小得多，则电容器内部的电场是均匀的。设极板上的电量为q，面电荷密度

fqa2。在电容器内部

q ˆZE2ea0

由于电场随时间变化，电容器中存在位移电流，其电流密度为

jD0E1dqˆze2tadt

D1ˆIe2CzaD位移电流为 Ia2j图36-1

电容器内部的位移电流的分布，如图36-1所示。

若接于电容器两极板的导线沿z轴，又很长，则磁矢量B相对z轴是对称的。作一半径为r的圆形闭合路径，圆心位于z轴上，圆面与z轴垂直，得

ICB把空间分成四个区域，如图36-2所示。 区域1：只存在位移电流， 1B10jDr2

2r

0IC2r

2a

I0C2r

2a

区域2：无传导电流 图36-2

11BI D  0 I 2 0C

2r2r区域3、4：只存在传导电流

1

BB0IC34

2r图36-2给出了各区域中磁矢量的方向。

37、一球形电容器，内半径为a，外半径为b，两球壳间充满均匀而各向同性的导电介质，其电导率为，若在初始时刻t=0，电容器内球壳所带电量为q0 ，求电容器内部的电场和磁场与时间的关系。

解：电容器内部的电场是球对称的径向场，因而传导电流密度jcE亦是球对称的径向电流，传导电流将使电容器极板上的电量减少。由于电容器内部的导电电介质等效于电容器接

0It0(IcID)2r2r

有漏电电阻R，若任何时刻导电电介质中的传导电流为IC，电容器的电容为C，极板上的电量为q，则有 qICR0

其中

dqI Cdt所以

dq1 Rq0 dtC解微分方程得

t

qq0eRC ICI0etRC其中 q I00 RC于是离球心为r处的传导电流密度为

I0tRCq0 tRCjee C224r4rRC电场强度为

jCq0tRC Ee v4vRCr2位移电流密度为

0q0E1tRC

jeD0222

t4vRCr因为 QQQICRCC

UICR又因为

j Q0EdS0CdS0IC vv所以 0vRCCqjC由jC和jD表达式比较得 jDjC 所以 jtjCjD0

即在电容器内部任一点的全电流密度为零。

38、在范得拉夫加速器中，一个质子穿过700kV的势差被均匀加速，直线加速区的长度为3m，求质子在加速过程中辐射的总能量，并与质子获得的动能作比较。 解：加速运动的电荷在单位时间内辐射的总能量为

q2a2

P(t)

60c3假定质子被加速的时间为t，在加速过程中，质子辐射的总能量为 q2a2tWrP(t)t因为 36c0

at

22as所以 q23Wr

120c3s

其中S为直线加速区域的长度。

设质子的质量为m，则质子的末动能为

1 WKm2 2由此得

2

Wqr  WK60mc3s假定质子原来静止，质子的末动能取决于加速器电势差U，则 1Wkm2qU

2故

12 2Wq2qUr  WK60c3smm代入已知数据得

Wr 1.311020 WK在直线加速器中，粒子的辐射功率与粒子的单位长度内获得的动能有一定的联系，因 12d(m)

dWdk 2mmadxdxdx由此得

2 q2dWkP(t) 326cmdx0

39、一回旋加速器的D形扁盒的半径为0.92m，加于两扁盒隙缝间的加速电压的频率为 1.5  10 7 ，电压的峰值为20kV，试比较一质子在回转一周过程中辐射损耗的能量和Hz获得的动能。

解：质子在回转一周的过程中，经过隙缝两次，故质子在一周内获得的最大动能

WK2qUm，

Um为加速电压的峰值。粒子在D形盒里作圆周运动，存在向心加速度，因而辐射能量。向

222aR4fR，为粒子作圆周运动的角速度，f为圆周运动的频率，它n心加速度

等于加速电压的频率。如果忽略相对论效应，则由拉莫尔公式，辐射功率为

q2(42f2R2)283q2f4R2P(t)60c330c3

在回转一周的过程中，辐射的总能量为 183q2f3R2WrP(t) 3f3c0

辐射耗损的能量与粒子获得的能量之比为

Wr43qf3R3 15Wk30cUmax34010