楚雄师范学院：《电磁学》课程教学资源（习题解答）第七章 电磁感应与暂态过程

第七章电磁感应与暂态过程6.2.1有一无限长螺线管，每米有线圈800匝，在其中心放置一个圆形小线圈，其匝数为30，其半径为1.0厘米，且使其轴线与无限长螺线管轴线平行，若在二利秒内，使螺线管中电流均匀地从0增到5.0安，问圆形小线圈中感应电100动势为多大？解：已知长螺线管内部产生的磁感应强度为：B=μoni通过圆形小线圈的磁通匝链数为：Φ=μni·n'元r?感应电动势的大小为：dd1=o nn'nr2 di23dtdt=4元2×10-7×800×30×10-×51100=4.74×10-（伏）6.2.2一无限长螺线管每厘米有200匝，载有电流1.5安，螺线管的直径为3.0厘米，在管内放置一个直么工业区规划2.0厘米的密绕100匝的线圈A，且使其轴线与无限长螺线管的轴线平行，在0.05秒内使螺线管中的电流匀速地降为0，然后使其在相反的方向匀速率地上升为1.5安，试问当电流改变时，线圈中的感应电动势有多大？此过程中感应电动势的大小，方向变不变？为什么？解：感应电动势的大小：dd=Honn'元r?di8=dtdt20010-×100×10×15-(-1.5)=4元2×107×30.05=4.74×10-（伏）此过程中感应电动势的大小方向均不变。大小不变是因为典是常dt量。根据楞次定律判断的方向不变。6.2.3如图所示，通过回路的磁通量与线圈平面垂直且指向纸面内，磁通量依下列关系变化Φ，=(6t2+7t+1)×10-3韦伯，式中t的单位为秒，求t=2秒时

第七章 电磁感应与暂态过程 6．2．1 有一无限长螺线管，每米有线圈 800 匝，在其中心放置一个圆形小 线圈，其匝数为 30，其半径为 1.0 厘米，且使其轴线与无限长螺线管轴线平行， 若在 1 100 秒内，使螺线管中电流均匀地从 0 增到 5.0 安，问圆形小线圈中感应电 动势为多大？ 解：已知长螺线管内部产生的磁感应强度为： B n i  0 通过圆形小线圈的磁通匝链数为： 2 0    n i  n  r 感应电动势的大小为： dt di nn r d t d e 2  0    100 1 5 4 10 800 30 10 2 7 4          4.74 10 ( )   3 伏 6．2．2 一无限长螺线管每厘米有 200 匝，载有电流 1.5 安，螺线管的直径 为 3.0 厘米，在管内放置一个直么工业区规划 2.0 厘米的密绕 100 匝的线圈 A， 且使其轴线与无限长螺线管的轴线平行，在 0.05 秒内使螺线管中的电流匀速地 降为 0，然后使其在相反的方向匀速率地上升为 1.5 安，试问当电流改变时，线 圈中的感应电动势有多大？此过程中感应电动势的大小、方向变不变？为什么？ 解：感应电动势的大小： dt di nn r d t d 2   0    0.05 1.5 ( 1.5) 100 10 10 200 4 10 4 2 2 7             4.74 10 ( )   2 伏 此过程中感应电动势的大小方向均不变。  大小不变是因为 dt di 是常 量。 根据楞次定律判断  的方向不变。 6．2．3 如图所示，通过回路的磁通量与线圈平面垂直且指向纸面内，磁通 量依下列关系变化 2 3 (6 7 1) 10 B t t       韦伯，式中 t 的单位为秒，求 t=2 秒时

回路中感应电动势的大小和方向。解：do (121 + 7)×10-38:dt=2秒时8=（12×2+7)×10-3=3.1×10-2（伏）电动势为逆时针方向。6.2.4由两个正方形线圈构成的平面线圈，如图所示，已知a=20（厘米），b=10(厘米），今有按B=Bsinのt规律变化的磁场垂直通过线圈平面，B。=1x10-2（特），①=100（弧度/秒）。线圈单位长度的电阻为5×10-2欧/米，求线圈中感应电流的最大值。解：当B想内且崇>0则§,6,均为道时针方向。故整个电路中的电动势大dt小为：dBdB(α -b)(S, -S,)=8=8,-8, =dtdtdB)(α2 -b3)而mdtdB= B,ocos otdtdB=Boadt将上试代入式得m=Boo(a?-b")Ia=- Bo(a'-b)_ Bo(a-b)R4R(a+b)4R。式中R。为单位长度的电阻。I=1×10~×100(20-10)×10-2=0.5（安）4×5×10-26.2．5如图所示，具有相同轴线的两个圆形导线回路，小回路在大回路上面，相距为x，x远大于回路半径R，因此当大回路中有恒定电流I按图示方向流动时，小线圈所围面积之内（元r2）的磁场可视为均匀的。现假定x以等速率

回路中感应电动势的大小和方向。 解： 3 (12 7) 10      t dt d B  t  2秒时 （ ） 3 （伏） 2 12 2 7 10 3.1 10          电动势为逆时针方向。 6．2．4 由两个正方形线圈构成的平面线圈，如图所示，已知 a=20（厘米）， b=10（厘米），今有按 0 B B t  sin 规律变化的磁场垂直通过线圈平面， 2 0 B 1 10   （特），  100 （弧度/秒）。线圈单位长度的电阻为 2 5 10  欧/米，求线圈中感 应电流的最大值。 解：当 B  想内且 dt dB >0 则 1 2  , 均为逆时针方向。故整个电路中的电动势大 小为： ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 a b dt dB S S dt dB         而 ( ) 2 2 a b dt dB m m          B t dt dB  0cos B0 dt dB m        将上试代入  m 式得 ( ) 2 2  m  B0 a  b 0 0 0 2 2 0 4 ( ) 4 ( ) ( ) R B a b R a b B a b R I m m          式中 R。为单位长度的电阻。 0.5( ) 4 5 10 1 10 100(20 10) 10 2 2 2  安           m I 6．2．5 如图所示，具有相同轴线的两个圆形导线回路，小回路在大回路上 面，相距为 x，x 远大于回路半径 R，因此当大回路中有恒定电流 I 按图示方向 流动时，小线圈所围面积之内（ 2  r ）的磁场可视为均匀的。现假定 x 以等速率

dx=v而变化。dt（1）试确定穿过小回路的磁通量Φ和x之间的关系：（2）当x=NR时刻（N为一正数，小回路内产生的感应电动势）；（3）若v>0确定小回路内感应电流的方向。AoIR2解：（1）圆形电流轴上的B=-2(R2 +x)B= 4oIR?当 x>>R时2x3当小线圈的半径工较小时，小线圈内的B可作是均匀的，所以小线量Φ=B.元r?=01元rR?圈中的磁通量2x3（2）感应电动势的大小dp(μ01 元r?R)x-dx48=dtdt2将x=N R及v=会代入上式dt30元1r28=32R°N4V3）由楞次定律判断，小线圈中的电流方向与大线圈中的电流方向相同。6.3.1一细导线弯成直径为d的地圆形状（如图），均匀磁场B垂直向上通过导体所在平面。当导体绕着A点垂直于半圆面逆时针以勾角速度の旋转时，求导体AC间的电动势8Ac。解：在半圆AC之间连一补助线AC如图6.3.1（a）所示。当闭合的ABC半圆线圈在磁场中旋转时，由于转动过程中Φ不变: 8=-dp=0dt8=ABC +8cA=0..01c =0cxc=J(vxB)·dl ="Boldl= Bo["'ldl =oBd?..0ABC -10oBd226.3.2如图所示，忽略电阻的两平行导轨上放置一金属杆，其EF段的电

dx v dt  而变化。 （1）试确定穿过小回路的磁通量  和 x 之间的关系； （2）当 x=NR 时刻（N 为一正数，小回路内产生的感应电动势）； （3）若 v>0 确定小回路内感应电流的方向。 解：（1）圆形电流轴上的 2 3 2 2 2 0 2(R x ) IR B    当 x>>R 时 3 2 0 2x IR B   当小线圈的半径 r 较小时，小线圈内的 B 可作是均匀的，所以小线 圈中的磁通量 3 2 2 2 0 2x I r R B r       （2）感应电动势的大小 dt dx I r R x dt d 2 2 4 0 ( ) 2 3          将 x=N R 及 代入上式 dt dx v  v R N Ir 2 4 2 0 2 3    （3） 由楞次定律判断，小线圈中的电流方向与大线圈中的电流方向相同。 6．3．1 一细导线弯成直径为 d 的地圆形状（如图），均匀磁场 B 垂直向上 通过导体所在平面。当导体绕着 A 点垂直于半圆面逆时针以勾角速度  旋转时， 求导体 AC 间的电动势 AC  。 解：在半圆⌒AC 之间连一补助线 AC 如图 6.3.1（a）所示。当闭合的 ABC 半 圆线圈在磁场中旋转时，由于转动过程中  不变 ∴  0    dt d     ⌒ABC +  C A =0 ∴  ABC  AC            d d AC v B dl B l d l B ldl Bd 0 2 0 2 1  ( )       ∴  ⌒ABC = 2 2 1 Bd 6．3．2 如图所示，忽略电阻的两平行导轨上放置一金属杆，其 EF 段的电

阻为R，有一均匀磁场垂直通过导轨所在的平面，已知导轨两端电阻为R与R，求当金属杆以恒导速率v运动时在杆上的电流I（忽略导轨与金属杆的摩擦及回路的自感）。×B).dl = vBl解：SFFvBlvBII =R,·RR+R#R+R, +R26.3.3一平行导轨上放置一质量为m的金属杆，其AB段的长为1，导轨的一端连接电阻R，均匀磁场B垂直地通过导轨平面（如图所示），当杆以初速度v向右运动时，试求：（1）金属杆能移动的距离？（2）在这过程中电阻R所发的焦尔热：（3）试用能量守恒规律分析讨论上述结果。（注：忽略金属杆AB的电阻及它在导轨的摩擦力，忽略回路自感。）解：Ⅲ（1）当金属杆AB以。的初速度向右运动，要产生动生电动势。由于它与电阻R组成闭合回路，载流导体AB在磁场中要受到作用力。在AB杆初始位置建立坐标OS。OBA=VBl1=VBIR又安培力公式得B"l,?B? dsF"=-ilBs=-5.(1)RRdt上式说明F与方向相反，AB杆受到的是阻力。AB运动到一定距离就会停止。由牛顿第2定律：f'= ma=mas(2)（1）（2）式相等：B212 dsdvma=mR dtdtmRd(3)ds = -Ba12将3式两边积分

阻为 R，有一均匀磁场垂直通过导轨所在的平面，已知导轨两端电阻为 R1 与 R2 ， 求当金属杆以恒导速率 v 运动时在杆上的电流 I（忽略导轨与金属杆的摩擦及回 路的自感）。 解： v B dl vBl E F FE          ( ) 1 2 1 2 R R R R R vBl R R vBI I       并 6．3．3 一平行导轨上放置一质量为 m 的金属杆，其 AB 段的长为 l，导轨的 一端连接电阻 R，均匀磁场 B 垂直地通过导轨平面（如图所示），当杆以初速度 0 v 向右运动时，试求： （1）金属杆能移动的距离？ （2）在这过程中电阻 R 所发的焦尔热； （3）试用能量守恒规律分析讨论上述结果。 （注：忽略金属杆 AB 的电阻及它在导轨的摩擦力，忽略回路自感。） 解：m（1）当金属杆 AB 以 0 v  的初速度向右运动，要产生动生电动势。由于 它与电阻 R 组成闭合回路，载流导体 AB 在磁场中要受到作用力 f   。在 AB 杆初 始位置建立坐标 OS。 vBl  BA  R vBl i  。 又安培力公式得 s R B lv f il Bsˆ ˆ 2 2       s dt ds R B l ˆ 2 2   （1） 上式说明 f   与 0 v  方向相反，AB 杆受到的是阻力。AB 运动到一定距离 就会停止。 由牛顿第 2 定律： f   ma  mas ˆ   （2） （1）（2）式相等： dt dv ma m dt ds R B l    2 2 dv B l mR ds 2 2   （3） 将 3 式两边积分

mR-dB212mRmRyS=(V)B12B12（2）所发的焦耳热Q=「iRdlBdQ-BrRJvd=BRJR?dtB"12B-?mRvds:B212RR-vd=1mg02（3）由于金属杆由初速为V。减至末速为零。动能的变化量1AEk=E始-E来=-mv2其值正好等于在整个过程中电阻发出的焦耳热。这说明由机械能转变为电能最后转变为热能，在整个过程中符合能量守恒转换定律。6.3.4上题中如果用一恒力F拉金属杆，求证杆的速度随时间变化规律为：B"12F(1-e"l)，其中a=（已知杆的初速率为0）。V-mRma证：由牛顿第2定律ma=F+f由于安培力的方向总与运动方向（即外力方向）相反，故写成B'1vma=F-f",f的大小为f'=RB312B212vdvdv=F_..m令α== dtR dtB212RFmRB?1?Mrdv积分αdtFmαAInma-αtFmaα

dv B l mR ds v S     0 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 ( ) B l mRv v B l mR s   v  （2）所发的焦耳热  Q  i Rd l 2   v dt R B l R Q 2 2 2 2   dt dt ds v R B l 2 2 vds R B l 2 2  dv B l mR v R B l v          2 2 0 2 2 0 2 0 0 2 1 0 m vdv mv v     （ 3 ） 由 于 金 属 杆 由 初 速 为 V 。 减 至 末 速 为 零 。 动 能 的 变 化 量 2 0 2 1 E E E mv  K  始  末  其值正好等于在整个过程中电阻发出的焦耳热。这说明由机械能转变为电能 最后转变为热能，在整个过程中符合能量守恒转换定律。 6．3．4 上题中如果用一恒力 F 拉金属杆，求证杆的速度随时间变化规律为： 1 (1 ) F a v e ma    ，其中 2 2 B l a mR  （已知杆的初速率为０）。 证：由牛顿第 2 定律 ma F f       由于安培力的方向总与运动方向（即外力方向）相反，故写成 ma  F  f  , f 的大小为  R B l v f 2 2   ∴ R B l v F dt dv m 2 2   dt v B l RF Mr B l dv          2 2 2 2 令 mR B l 2 2   积分     v t d t v m F dv 0 0   t m F v m F       ln

F因而V=[证毕](1-e-at)ma6.3.5如图所示，AB，CD为两均匀金属棒，各长1米，放在均匀稳恒磁场中，B=2（特），方向垂直纸面向外，两棒电阻为：RaB=Rcp=4（欧），当两棒在导轨上分别以=4（米/秒），2=2（米/秒）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），试求：（1）两棒上动生电动势的大小及方向，并在图上标出；(2) UAB=?UcD=?（3）两棒中点O,O,之间的电位差Uoo=？解:(1)OBA=[(,×B)di =v,Bl=4×2×1=8（伏）oDc= J,(v, ×B)·dl = v,Bl=2×2×1=4（伏）(2) 1-m-8 =8±4=0.5(安)Ras+RcD2×4方向为顺时针。UAB=OBA-IRAB=8-2=6(伏)UcD=8Dc-IRcp=4+2=8（伏）RAB(3) Uo1B =OBO1 -2Uo2D = ODo2 -12UO,O, =UOB +UDO, =OBO, -ODO,-IRAB=4-2-0.5X4=06.3.6导线ab弯成如图的形状（其中cd是一半圆形导线，半径r=0.10（米），ac和ab段的长度1均为0.10米，在均匀磁场B=0.5（特）中绕轴ab转动，转速n=3000（转/分），设电路的总电阻（包括电表M的内阻）为1000欧，求导线中的（1）电动势及电流的频率；（2）电动势及电流的最大值

因而 (1 ) a t e ma F v    [证毕] 6．3．5 如图所示，AB，CD 为两均匀金属棒，各长 1 米，放在均匀稳恒磁场 中，B=2（特），方向垂直纸面向外，两棒电阻为： 4 R R AB CD   （欧），当两棒 在导轨上分别以 1 v  4 （米/秒）， 2 v  2 （米/秒）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），试求： （1）两棒上动生电动势的大小及方向，并在图上标出； （2） ? UAB  ? UCD  （3）两棒中点 1 2 O O, 之间的电位差 1 2 ? UOO  解：（1）      A B B A v B dl v Bl 1 1 ( )     =4×2×1=8 （伏）      C D D C v B dl v Bl 2 2 ( )     =2×2×1=4（伏） （2） 0.5( ) 2 4 8 4  安       AB CD BA DC R R I   方向为顺时针。 UAB   BA  IRAB  8  2 （伏） 6 UCD   DC  IRCD  4  2 （伏） 8 （3）         2 1 1 AB O B BO R U  I         2 2 2 CD O D DO R U  I O O O B DO BO DO AB U U U    IR 1 2 1 2 1 2   =4-2-0.5×4=0 6．3．6 导线 ab 弯成如图的形状（其中 cd 是一半圆形导线，半径 r=0.10 （米），ac 和 ab 段的长度 l 均为 0.10 米，在均匀磁场 B=0.5（特）中绕轴 ab 转动，转速 n=3000（转/分），设电路的总电阻（包括电表 M 的内阻）为 1000 欧， 求导线中的 （1）电动势及电流的频率； （2）电动势及电流的最大值

解：（1）n=3000（转/分）=3000/60（转/分）=50（转/秒）=50（赫）线圈转动一一周期电动势变化一个周期，电流变化也是一个周期，故电动势，电流的频率与线圈的转动频率是一样的::f=n=50(赫)（2）半圆线圈cd的通量@=B.S=B()0=2f)cosotPBrm-2dp8m =wsinot2dtBmo0.5×元（0.1)2×2元×50S-22=2.47（伏）Im = m = 2.47(安)=2.47×10-3R1000=2.47（毫安）6.3.7一圆形均匀刚性线圈，其总电阻为R半径为r，在匀强磁场B中以匀角速度の绕其OO'转动（如图所示），转轴垂直于B，设自感可以忽略，当线圈平面转至与B平行时，试求：（1）ab,等于多少？（b点是ac的中点即ab=bc）（2）a，c两点中哪点电位高？a，b两点中哪点电位高？解：当线圈转至图示位置时，线圈中的磁通量是由大变小，线圈中电流为顺时针方向。（1）在ab上取任一点p，则×B方向向下如图所示。产生电动势8ab =I'(vxB)·di =I'vBdlcosαvBsinedlv=orsinedl =rode[or Bsinede[0-↓ sin20元orBBor4(82 smroo-on -amn2二"BorSac=Boro4（2）由前面分析已知，电流真实方向为顺时针方向

解：（1）n=3000(转/分)=3000/60（转/分）=50（转/秒）=50（赫） 线圈转动-周期电动势变化一个周期，电流变化也是一个周期，故电动 势，电流的频率与线圈的转动频率是一样的 ∴ f=n=50 (赫) （2）半圆线圈 cd 的通量 t r B S B   )cos 2 ( 2         2f t B r dt d m     sin 2 2     2 0.5 (0.1) 2 50 2 2 2           B r =2.47（伏） 3 2.47 10 1000 2.47      R I m m  （安） =2.47 （毫安） 6．3．7 一圆形均匀刚性线圈，其总电阻为 R 半径为 0 r ，在匀强磁场 B 中以 匀角速度  绕其 OO 转动（如图所示），转轴垂直于 B，设自感可以忽略，当线 圈平面转至与 B 平行时，试求： （1） , ab ac   等于多少？（b 点是 ac 的中点即 ab bc  ） （2）a，c 两点中哪点电位高？a，b 两点中哪点电位高？ 解：当线圈转至图示位置时，线圈中的磁通量是由大变小，线圈中电流为顺 时针方向。 （1）在⌒ab 上取任一点 p，则 v B    方向向下如图所示。产生电动势 v B dl b a ab         ( ) cos   b a vBdl   b a vBsin dl v r0 sin dl  r0d     r B d a 2 4 2 0 sin   2 0 4 0 2 0 4 1 8 sin 2 4 1 2 1 r B Br                           B r d a ac 2 2 2 0 sin   2 0 2 0 2 0 4 sin 2 4 1 2 1 r B Br               （2）由前面分析已知，电流真实方向为顺时针方向

40ac="BorI =RRRRR-XBor-4Bor.=0UcA =+8a.-1-44R4故a，c两点等电位。同理RUba=+Oab-182.R"Bor·-+Bor8NR1Bor?4故a点电位高于b点电位。6.4.1如图所示，一个限定在圆柱形体积内的均匀磁场，磁感应强度为B，圆柱的半径为R，B的量值以100高斯/秒的恒定速率减小，当电子分别置于磁场a点处，b点处与c点处时，试求电子所获得的瞬时加速度（量值与方向）各为多少？（设r=5.0（厘米））解：由于磁场的对称性，在半径相等处E大小相等，方向沿圆的切线方向Ou=f Em·di =--dpdtdBL是半径为r的圆。积分方向与B成右手螺旋由题知-100（高dt/秒)Emdl =Eg·2元r=_dD..0岁=dtEμ·2元r=-(元r3)dBdtBu=-dB2dtE, =E,=-dBr=5.0(厘米)2 dt5×10-2x(-10-2)2=2.5×10-4（牛/库）E,=-rdBr=02 dt=0eE。_1.6×10-19×2.5x10-A点的加速度a。9.1x10-31I

2 0 4 B r R R I ac      4 R U I CA   ac  0 4 4 2 0 2  0    R B r R B r     故 a,c 两点等电位。 同理 8 R U I ba   ab  =+ 4 8 1 8 2 0 2 0 R B r R B r             2 0 4 1   Br 故 a 点电位高于 b 点电位。 6．4．1 如图所示，一个限定在圆柱形体积内的均匀磁场，磁感应强度为 B， 圆柱的半径为 R，B 的量值以 100 高斯/秒的恒定速率减小，当电子分别置于磁场 a 点处，b 点处与 c 点处时，试求电子所获得的瞬时加速度（量值与方向）各为 多少？（设 r=5.0（厘米）） 解：由于磁场的对称性，在半径相等处 E感  大小相等，方向沿圆的切线方向 dt d E dl L          感 感 L 是半径为 r 的圆。积分方向与 B  成右手螺旋由题知  100 dt dB （高 /秒） ∴ dt d E dl E r L          感 感 感 2   dt dB E 2 r ( r ) 2 感      dt r dB E 2 感   5.0( ) 2    r  厘米 dt r dB Ea Ec （ 2） 2 10 2 5 10         2.5104（牛/库） 0 2   r  dt r dB Eb =0 A 点的加速度 3 1 1 9 4 9.1 10 1.6 10 2.5 10          m eE a a a

=4.4×107（米/秒2）A处的电子的加速度的方向向右。C点的加速度a=4.4×107（米/秒）C处的电子的加速度的方向向左。a,=06.4.2在上题所述的变化磁场中，放置一等腰梯形金属框（如图所示）ABCD，R，试求：已知AB=R，CD=（1）各边产生的感应电动势8AB,8BC,8cD6DA；（2）线框的总电动势的大小。解：3（1）如图所示B方向向里，设感应电动势的正方向与B成右手螺旋关系。B沿切向，方向垂直与AD，CB。因此8pAE减·di=0Bc =0ed由教材中己知E=-2dtds=-rdBcoso dl2 dtV3coso=_hh=R21rdB(-h)dlds:SAR:2 dtrdBdl2 dt JoR--R2×10-2 (伏)22dt4负号表示电动势的真实方向与正方向相反。同理，用上述积分方法得·di=是Rx×10- (伏)ocn16（2）线框的总电动势大小为：

 4.4107（米/秒2） A 处的电子的加速度的方向向右。 C 点的加速度 ac  4.4107（米/秒2） C 处的电子的加速度的方向向左。 ab  o 6．4．2 在上题所述的变化磁场中，放置一等腰梯形金属框（如图所示）ABCD， 已知 AB=R， 2 R CD  ，试求： （1）各边产生的感应电动势 , , , AB BC CD DA     ； （2）线框的总电动势的大小。 解：3（1）如图所示 B  方向向里，设感应电动势的正方向与 B  成右手螺旋关 系。 B感  沿切向，方向垂直与 AD，CB。 因此    0  0  BC A D DA  E d l    感 E d l B A AB       感 由教材中已知 dt r dB E 2 感   d l dt r dB d cos 2   r h cos   h R 2 3  d l r h dt r dB d B A B A AB ( ) 2         d l dt r dB R   2 0 10 ( ) 4 3 2 3 2  1  2   R 2  2 伏 dt dB R 负号表示电动势的真实方向与正方向相反。 同理，用上述积分方法得 10 ( ) 16   E感  d l  3 R 2  2 伏 D C CD    （2）线框的总电动势大小为：

V3/3dBR.R216Jdt43V3R2×10-2（伏）16此题也可按法拉第电磁感应定律计算。6.4.3如图所示，在半径为10厘米的圆柱形空间充满磁感应强度为B的均匀磁场，B的方向见图，其量值以3X10韦伯/米2秒的恒定速率增加，有长为20厘米的金属棒放在图示位置，其一半位于磁场内部，另一半在磁场外部，求棒两端的感应电动势8AB。解：用两种方法求解。已知R?dBrdBE感外=E感内=2dt2rdt（一）第一种用积分方法：由上二式可知当BB>0时，E为负值。由于本题B向内，求上二式的积分dt方向取顺时针方向，负号说明E的方向与积分方向相反，故圆柱内外的E方向均为逆时针方向沿切向。按积分方法求解有：SaB=,感肉·di+'E虑外·di=0Ac+cB(1)由图6.4.3（B）可知，AC段在均匀磁场内，其结论与上题同。感应电动势的大小为：·di--Rd(2)4dtIga'shda'h1cosα'dl=h_cosα'cos"α'hrrR? dBcosα'dlSCR2r dtR?dBda'cosα'CBcosa'd.h2Jhdtcos"α'R2 dBi da'R dB(_")dα'C2!2d36

dt dB R R           2 2 16 3 4 3  感 10 ( ) 16  3 3 R 2  2 伏 此题也可按法拉第电磁感应定律计算。 6．4．3 如图所示，在半径为 10 厘米的圆柱形空间充满磁感应强度为 B 的 均匀磁场，B 的方向见图，其量值以 3×10-3韦伯/米 2·秒的恒定速率增加，有 一长为 20 厘米的金属棒放在图示位置，其一半位于磁场内部，另一半在磁场外 部，求棒两端的感应电动势 AB  。 解：用两种方法求解。已知 感内 ； dt r dB E 2   dt dB r R E 2 2 感外   （一）第一种用积分方法： 由上二式可知当  0 dt dB 时， E感 为负值。由于本题 B  向内，求上二式的积分 方向取顺时针方向，负号说明 E感 的方向与积分方向相反，故圆柱内外的 E感 方 向均为逆时针方向沿切向。 按积分方法求解有：  AB E d l C A      感内 E d l B C      感外   AC  CB （1） 由图 6.4.3（B）可知，AC 段在均匀磁场内，其结论与上题同。感应 电动势的大小为：     E d l C A AC    感内 dt dB R 2 4 3  （2） h l t g  r r h d h dl h            1 cos cos cos 2 d l dt dB r B R C  CB    cos 2 2 h R B C    cos 2 2         2 cos cos d d h dt dB       d dt R dB 3 6 2 2      d  dt R dB ) 3 6 ( 2 2