大学物理第十二章 习题答案

12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab边为轴向纸外转过60º过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。

解：线圈以ab边为轴向纸外转过60º过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。

12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。

解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。

12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。

解：设圆环的半径为a，则正方形的边长就为2a，圆环中的感应电动势E1大小为

E1dΦ1dBdBS1πa2 dtdtdt图12–1

bcada

同理，正方形线框中的感应电动势E2大小为

E1dΦ2dBdBS22a2 dtdtdtB

R2πaπ而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为1。所以

R242a22图12–2

圆环与正方形线框中的感应电流之比为

I1πa2222 I22a2π故答案填2。

12–4 如图12-3所示，半径为R的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B的平面内以速度v平动，则导线上的动生电动势E= ，方向为 。

vB a R y v a dl  dl y R 45 O x b O b a v x v O d  R c b 图12–3

图12–4

图12–5

142

解：方法一：用动生电动势公式El(vB)dl求解。

选积分路径l的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元dl，dl上的动生电动势为

dE(vB)dl=vBcosRd

所以导线上的动生电动势为

EdEvBR3π4cosdπ342vBR0

由于>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca方向。 方法二：用法拉第电磁感应定律求解。

如图12-5所示，连接ab使导线构成一个闭合回路。设绕行方向为顺时针方向。又由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量=BS=常数。由法拉第电磁感应定律

Ed可知，线圈中的感应电动势为E=0。又因 dtEEEab

bca于是

EbcaEab[b(2Rsin45)v]2vBR0

由于E>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca方向。

12–5 长直密绕螺线管，长度及线圈匝数相同，半径分别为r1，r2，管内充满均匀介质，其磁导率分别为1，2。设r1:r2=1:2，1:2=2:1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比为L1: L2= ，磁能之比为Wm1: Wm2= 。

N2N22Sπr，因此L1: L2=1:2。由磁能公式解：长直螺线管的自感系数为LllWm12LI，因此Wm1: Wm2=1:2。 212–6 麦克斯韦关于电磁场理论提出的两个基本观点，即两个基本假设是 和 。反映电磁场基本性质和规律的积分形式的麦克斯韦方程组为

nSDdSqi （a）

i0LLEdldΦBdS （b）

StdtSBdS0 （c）

HdlDJdSStSJ全dS （d）

试判断下列结论是包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的，将其代号填入空白处。

（1）变化的磁场一定伴随有电场： ； （2）磁感应线是无头无尾的： ； （3）电荷总伴随有电场： 。

解：两个基本假设是“感生电场假设（变化的磁场激发涡旋电场）”和“位移电流假设（变

143

化的电场激发涡旋磁场）”。故（1）处填（b）；LEdldΦBdS表示变化的磁场一定伴随有电场；

Stdt故（2）处填（c）：SBdS0表示磁感应线是无头无尾的，SDdSqii0n表示电荷总伴随有电场，故（3）处填（a）：

12–7 如图12-6所示，导线AB在均匀磁场中作下列四种运动： （1）垂直于磁场作平动；

（2）绕固定端A作垂直于磁场转动； （3）绕其中心点O作垂直于磁场转动；

（4）绕通过中心点O的水平轴作平行于磁场的转动。

关于导线AB的感应电动势错误的结论是[ ]。

A A A 图12–6

A B B B B A．（1）有感应电动势，A端为高电势 B．（2）有感应电动势，B端为高电势 C．（3）无感应电动势 D．（4）无感应电动势； 解：（2）有感应电动势，A端为高电势。

由dE(vB)dl可得，（1）图中感应电动势E由BA，所以A端为高电势；（2）图中感应电动势E由BA，所以A端为高电势；（3）将AB棒的电动势看作是OA棒和OB棒上电动势的代数和，由于EOA=EOB，则EAB=EAO+EOB= EOA+EOB=0，因此AB棒上的电动势为零。（4）由于(vB)的方向与dl垂直，所以E=0，即无感应电动势。正确答案为（B）。

12–8 如图12-7所示，均匀磁场被局限在无限长圆柱形空间内，且成轴对称分布，图为此磁场的截面，磁场按dB/dt随时间变化，圆柱体外一点P的感应电场Ei应[ ]。

A．等于零

B．不为零，方向向上或向下 C．不为零，方向向左或向右 D．不为零，方向向内或向外 E．无法判定

解：感应电场Ei与–dB/dt遵从右手螺旋系统，所以正确答案应选择（B）。

12–9 如图12-8所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是：[ ]

A．先顺时针后逆时针 B．先逆时针后顺时针

C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针 D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针

图12–8

图12–7 B P 解：从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过

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程中，磁场线至下而上通过检测线圈。从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方的过程中，磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中逆时针；当检测线圈从正上方移至距直导线很远处的过程中，磁通量减小，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中顺时针。故答案应选（D）。

12–10 北半球海洋某处，地磁场水平分量B1=0.8×10–4T，竖直分量B2=0.5×10–4T，海水向北流动。海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L=20m，如图12-9所示。与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为V=0.2mV，则[ ]。

A．西侧极板电势高，东侧极板电势低 B．西侧极板电势低，东侧极板电势高 C．海水的流速大小为0.125m/s D．海水的流速大小为0.2m/s

解：由于地球北极是地磁南极，故磁场应中斜向下穿入水面。将海水看成是水平向北（垂直于纸面向里）移动的导体，地相对

磁场水平分量，水流不切割磁场线，相对于竖直分量，水流切割作切割磁场线运动，由楞次定律可以判断西侧极板电势高，东侧极板电势低。水的流速为

V0.2103v0.2m/s

B2L0.510420图12–9

西L东mV由此可见，正确答案应选（A）和（D）。

12–11 关于由变化的磁场所产生的感生电场（涡旋电场），下列说法正确的是[ ]。 A．感生电场的电场线起于正电荷，终止于负电荷 B．感生电场的电场线是一组闭合曲线 C．感生电场为保守场

D．感生电场的场强Ek沿闭合回路的线积分为零

分析与解：静电场由静止电荷激发，电场线不闭合，有头有尾，起于正电荷，终止于负电荷。而感生电场是由变化的磁场激发，电场线是一组无头无尾的涡旋闭合曲线；感生电场的环量不等于零，EkdlLBdS，说明它是有旋场、非保守场。因而正确答案为St（B）。

12–12 对位移电流，下述说法正确的是[ ]。 A．位移电流的物理本质是变化的电场，但也能激发磁场 B．位移电流是由线性变化磁场产生的 C．位移电流的热效应服从焦耳–楞次定律 D．位移电流只在平板电容器中存在

解：位移电流的起源于变化的电场，变化的电场激发磁场，但位移电流不涉及定向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律。因而正确答案为（A）。

12–13 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为=8.010–5sin100t（SI），求在t=1.010–2s时，线圈中的感应电动势。

解：线圈的磁链为

N1008.0105sin100t8.0103sin100tWb

线圈中的感应电动势为

145

E当t=1.010–2s时，

d2.51cos100πtV dtE2.51cos100πt2.51cos(100π1.0102)2.51V

12–14如图12-10所示，一均匀磁场与矩形导体回路面法线单位矢量en间的夹角为

π/3，已知磁感应强度B随时间线性增加，即B=kt（k>0），回路的AB边长为l，以速度

v向右运动，设t=0时，AB边在x=0处。求任意时刻回路中感应电动势的大小和方向。

解：任意时刻t，回路的面积为S=lx，回路的磁通量为

BS=BScos=ktlxcos

则回路中的感应电动势大小为

en B A v B x  O x 图12–10

dd(ktlxcos)dx klxcosktlcosdtdtdtdx由于xvt，v，则

dtEE2klvtcos2klvtcos电动势的方向由A指向B。

πklvt 312–15 一长直电流I与直导线AB（AB=l）共面，如图12-11所示。AB以速度v沿垂直于长直电流I的方向向右运动，求图示位置时导线AB中的动生电动势。

为

EABB

I

A

v

A d

图12–11

图12–12

B

I

r

dl v B



d

解：在直导线AB上任取电流元dl，如图12-12所示，可得直导线AB中产生的电动势

l(vB)dllvBdlsin(v,B)cos(vB,dl)

Iv0cosdl l2πrdr0Ivdlsin cotlnr2πd由于drsindl，将其代入上式，得

EABddlsin0Iv2πcot由于EAB>0，所以EAB的方向由A指向B，B点电势高。

12–16如图12-13所示，长为L的铜棒AB，以距端点a处为支点O，并以角速率顺时针绕通过支点O且垂直于铜棒的轴转动。设磁感应强度B的均匀磁场与轴平行，求棒AB

146

两端的电势差VAB。

解：方法一：如图12-14所示，以支点O为坐标原点，沿棒取Or为坐标轴，在棒上距点O为r处取导体元dr，它的线速度为v，即v=r。由动生电动势公式知

dE(vB)dl=vBdrBrdr

则长为La的OB棒上的电动势为

1EOBBrdr=B(La)2

02同理，长为a的OA棒上的电动势为

La图12–13

1002将AB棒的电动势看作是OA棒和OB棒上电动势的代数EOAEAOa(vB)dlaBrdr=Ba2

和，如图12-15所示，则AB棒上的电动势为

111EABEAOEOBBa2B(La)2BL(L2a)

222因此棒两端的电势差为

图12–14

VABEAB当L>2a时，B端的电势高于A端的电势。

B2

L(L2a)

方法二：在棒上距点O为r处取导体元dr，如图12-14所示，则

LaLaA OO EABa(vB)dlaBrdrBL(L2a)

图12–15

12A OB B

因此棒两端的电势差为

VABEABB2L(L2a)

12–17 如图12-16所示，金属杆AB在导线架上以匀速v向右滑动。已知金属杆AB的长为50cm，v=4.0m/s，R=0.2，磁感应强度B=0.5T，方向垂直回路平面。试求：

（1）作用在金属杆AB上的拉力； （2）拉力做功的功率； （3）电阻R上所消耗的功率。

解：（1）在金属杆AB运动时产生的动生电动势大小为

R

l v a E方向由ba。

感应电流为

b(vB)dlvBl

b 图2–16

aIEvBl RR磁场作用在AB上的力水平向左，大小为

vB2l24.00.5020.502FBIlN=1.25N

R0.20

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作用在金属杆AB上的拉力F´应与F大小相等，方向相反，即水平向右F´=1.25N。 （2）拉力做功的功率为

PFv1.254W=5.0W

（3）电阻R上所消耗的功率

E2v2B2l2420.5020.502PW=5.0W

RR0.20计算表明，拉力所做的功全部转化为电路中的焦耳热。

12–18 如图12-17所示，长直导线中通有电流I=5A，另有一矩形线圈共1000匝，宽a=10cm，长l=20cm，以速度v=2m/s向右平动，（1）求当d=10cm时线圈中的感应电动势；（2）若线圈不动，而长导线中通有交变电流I=5sin100t（A），则线圈内的感应电动势将为多大？

解：（1）方法一：用法拉第电磁感应定律EA B

d计算。 dtI l D C a 图12–17

v

线圈处于非均匀磁场中，当线圈运动到距长直导线x远处时，磁感应强度大小为

B方向垂直纸面向里。

0I2πx

d 在线圈中取小面积元dS=ldx，如图12-18中阴影部分，取顺时针方向为矩形线圈回路的正方向，则面积元dS的方向也垂直纸面向里，由于dx足够小，可以近似认为该面积元内的B是均匀的，则该面积元的磁通量d为

I l A a B v IdBdS=BdS=0ldx

2πx通过线圈中的总磁通量为

=O x D dx C x dxax0IIlax ldx0ln2πx2πx图12–18

即为x的函数。

由法拉第电磁感应定律，线圈中的感应电动势为

ENd0INladx dt2πx(xa)dt因为x是t的函数，

dxv，所以线圈中的感应电动势为 dtE0INlav2πx(xa)

由题设，当线圈左边离开导线的距离为x =d=10cm时，

E0INlav2πx(xa)4π10751000201021010222π10102(1010210102)=210–3V

由于E>0，所以它的方向为顺时针方向，即ABCDA方向。 方法二：用动生电动势公式Eil(vB)dl，对矩形线圈的每一边求感应电动势，再

148

利用

EL(vB)dLAB(vB)dlBC(vB)dlCD(vB)dlDA(vB)dl

EABEBCECDEDA

进行计算。其等效电路如图12-19所示。

取绕行回路正方向为顺时针方向。对于矩形线圈上、下两边AB、CD，由于(vB)与dl方向垂直，所以

A

B

EABECDA(vB)dl0 C(vB)dl0

BDBDA BC

D C

矩形线圈处于非均匀磁场中，距长直载流导线x远处的磁感应强度为

0I2πx图12–19

其方向垂直纸面向里。

EDAEBCDA(vB1)dlIIv0dlvl0 02πd2πdbBC(vB2)dl0bv0I2π(da)dlvl0I2π(da)

每匝矩形线圈中的感应电势为

I0II11EEABEBCECDEDAvl0vlvl0

2πd2π(da)2πdda2201024π107511 2222π101010101010=210–6V

矩形线圈中总的动生电动势为

ENNE10002106V=210–3V

因为EN>0，所以它的方向沿顺时针方向，即ABCDA方向。

（2）若线圈不动，导线中电流变化，则穿过线圈的磁通量变化，产生感应电动势。 通过线圈的磁链为

INld+a N0ln2πd线圈中总的感应电动势为

ENld+adId 0lndt2ddt41071000201021010210102d(5sin100t) ln22dt10104.35102cos100tV

12–19 一单匝圆形线圈位于xoy平面内，其中心位于原点O，半径为a，电阻为R，平行与z轴有一匀强磁场，假设R极大，求：当磁场依照B=B0e-t的关系降为零时，通过该线

149

圈的电流和电量。

解：根据法拉第电磁感应定律

EdmdSB0etSB0et dtdtπaB0e电动势为正，说明它的方向与B构成右手螺旋关系。

线圈中的感应电流

Eπa2B0tie RRx 2t

B z y a O 图12–20

感应电流的方向亦与B构成右手螺旋关系。

在0~t 时间内，通过线圈某一截面的电量为

πa2B0ttπa2B011qidtedt1etm0mtm

00RRRRt当B降为零时，通过线圈截面的总电量为

πa2B0m0qidt

0RR可见，q仅与磁通量的变化值m有关，而与变化过程无关，即与B(t)无关。

12–20 如图12-21所示，一长为l，质量为m的导体棒ab，其电阻为R，并沿两条平行的导电轨道无摩擦地下滑。轨道的电阻可忽略不计，轨道与导体构成一闭合回路。轨道所在平面与水平面成角，整个装置放在均匀磁场中，磁感应强度B的方向与水平垂直，且竖直向上。求证：导体棒下滑时，达到稳定速度的值是vmgRsinBlcos222。

解：导体棒ab在重力作用下沿轨道下滑，这时通过闭合回路abcda的磁通量要随时间发生变化，于是在棒上就会产生动生电动势和感应电流，因此棒ab在磁场中又会受到安培力的作用。当安培力与重力在斜面上的分力大小相等，方向相反时，棒以匀速下滑。这时可得棒的速度，即为所证的值。

设导体棒ab速度为v。由于导体在磁场中运动产生的动生电动势为

l v b B  图12–21

πE(vB)dl=vBsin()dlvBlcos

la2b

回路abcda中感应电流为

I流向由ba。

EvBlcos RRF B v 图12–22

通过导体棒ab的电流在磁场中受到安培力

vBlcosvB2l2cosFIdlBIlBlB

lRR

由图12-22可判断出该力的方向水平向左。

如图12-23所示，F沿斜面的分量为

150

vB2l2cosvB2l2cos2F//Fcoscos

RR导体棒ab所受重力为G=mg，其沿斜面的分量为

G//mgsin

F b F// B  G I G// c

当此两力平衡时，即F//=G//时，速度达稳定值，由

vB2l2cos2mgsin

R  得

vmgRsinB2l2cos2d 图12–23

12–21 如图12-24所示，在半径为R的圆柱形空间有垂直于纸面向内的变化的均匀磁场B（

dB，金属棒ab=bc=R，求金属棒ac上的感应电动势。 0）

dt解：（1）方法一：由感生电动势公式求解。 由磁场分布的轴对称性可知，磁场变化时在圆柱

体所产生的感应电场Ek的电场线是以圆柱轴线上的某点为圆心的同心圆，且同一圆环上各点Ek的大小相等，方向逆时针，如图12-25所示。以圆柱轴线为中心，在垂直于圆柱轴线的平面内，作一半径为r的圆形闭合路径，回路的绕行方向为逆时针，由感生电动势定义式可知，

a O R b 图12–24

c ElEkdldBdS SdtEk 当rR时，Ek22πrπR2

dtR2dBEk2,(rR)

2rdta Ek O R 由于金属棒ac所在区域与bc所在区域的Ek

表达式不同，所以要分段积分，故

cbc b 图12–25

c EacaEkdlaEk1dlbEk2dlEabEbc

如图12-26所示，对ab段，Ek的方向为逆时针，取线元dl，dl与Ek夹角为，dl到管轴的距离为r，将几何关系h=rcos=Rcos30代入积分，可得

bbEabaEk1dlaEk1cosdl

a2dtbrdBcosdl=1dBbrcosdl

2dta 151

1dBbhdBbhdldl

2dta2dtahdB1dBRRcos30R 2dt2dt1 O h a Ek 3R2dB 4dt 对bc段，有

2 b l r  dl c EbcbEk2dlbEk2cosdl

dtcosdl=RdBccos2dtbr2ccb2rcR2dB图12–26

dl

利用关系l=htan，dl=hsec2d和coshh，r将上述积分统一变量，并注意到

cosr1，2，代入上式有 63R2dBccosR2dB2cosπR2dB2Ebcdlcoshsecd

2dtbr2dt1h12dt因此，整个金属棒ac上的感生电动势为

3π2dBEacEabEbc412Rdt

方向由ac，即c端电势高。

方法二：由法拉第电磁感应定律求解。

由磁场分布的轴对称性可知，磁场变化时在圆柱体所产生的感应电场的电场线是以圆柱轴线上的某点为圆心的同心圆，且同一圆上各点Ek的大小相等，方向逆时针，沿某点的切向方向。如图12-27所示，连接Oa，Ob，按电动势的定义，在闭合回路OabcdO中的电动势为

EOabcdOlEkdl

acEkdlcOEkdlOEkdl

a aO 60 30 R b 图12–27

d R c EacEcOEOa

其中Oa，Oc均沿半径方向，与感生电场Ek的方向始终垂直，所以

OaEcOEOaEkdlEkdl0

cO则该回路的感应电动势等于金属棒ac上的感应电动势，即

EOabcdOlEkdlaEkdlEac

c由法拉第电磁感应定律回路的感应电动势大小为

EOabcdOEacddtdBdBdBdSS(SOabSObd)Sdtdtdt 152

dB112π3π2dBRRcos30RRdt dt226412方向由ac，即c端电势高。

12–22 一无限长直导线，通有电流I，在它旁边放有一共平面的矩形金属框，边长分别为a和b，电阻为R，如图12-28所示。当线圈绕OO´轴转过180时，试求流过线框截面的感应电量。

解：由法拉第电磁感应定律，感应电动势为

O E回路中感应电流为

d dtI

b iE1d RRdtd O´ a 通过回路的感应电量为

qidt1d121dtd(12) RdtR1R图12–28

1SBdSSBdS0Ib2da bdrlnda2πr2π2da2da20I当线圈绕OO´轴转过180，

Ib2da 20ln2π2da因此，有

Ib2da1 (12)0lnRπR2da12–23 半径为2.0cm的螺线管，长30.0cm，上面均匀密绕1200匝线圈，线圈内为空气。

q（1）求此螺线管的自感系数。

（2）当螺线管中电流以3.0102A/s的速率增加时，在线圈中产生的自感电动势多大？ 解：（1）当通以电流I时，线圈内磁感强度为

B0nI0通过螺线管的磁链为

NI lNN2NNBSN0IS0IS

ll该螺线管的自感系数为

LI0N2Sl0N2πR2l4π10712002π0.022=7.610–3H

0.3（2）由自感电动势定义得

ELLdI7.61033.0102= 2.3V dt负号表示自感电动势的方向与电流的方向相反。

12–24 如图12-29所示，两条平行的输电线半径为a，二者中心相距为D，电流一去一

153

Da回。若忽略导线内的磁场，求证这两条输电线单位长度的自感L0ln。

πa

I I I I

a

dS=ldx l

D

x x

dx

D

图12–30 图12–29

证明：在两输电线之间取一面元dS=ldx，如图12-30所示，则面元上任一点的磁感应强度为

I0IBB1B20

2x2(Dx)0IIdBdS=BdS0ldx 2πx2π(Dx)通过长为l的两输电线间的面积的磁通量为

Da0Id故单位长度的输电线的自感为

a2πx0IlDaldxln

2π(Dx)πa0IL由此得证。

Da 0lnIlπa12–25 如图12-31所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S1和S2，磁导率分别为1和2，管长为l，匝数为N，求螺线管的自感（设管的截面很小）。

解：设有电流I通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为

NI lNB22nI2I

lB11nI1通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S1和S2的两部分磁通量之和

N

1, S1 2, S2

l 12B1S1B2S21IS12IS2

ll通过螺线管的N匝回路的磁链为

图12–31

NN1N2IS12N2IS2NNNN(1IS12IS2)

llll则自感为

154

LI1N2S1l2N2S2l

12–26 如图12-32所示，真空中一矩形截面螺绕环由细导线均匀密绕而成，内半径为R1，外半径为R2，高为h，共N匝，如图所示。求此螺绕环的自感系数。

O O O´ R1 R2 h O´ R1 R2 dr r h 图12–32

图12–33

解：（1）当螺绕环通有电流I时，由于螺绕环具有轴对称性，在环内取以环中心为圆心，半径为r的圆形回路，圆周上各点B相等，由安培环路定理有

lBdl0NI

B2πr0NI

则圆上各点的磁感应强度为

NIB0

2πr在螺绕环的纵截面上距轴线r处取一宽为dr，长为h，与轴平行的面积元ds=hdr，如图

12-33所示，则穿过面积元的磁通量为

NIdBdS=BdS0hdr

2πr整个截面上磁通量为

d螺绕环的磁链

R1R20NINIhR2hdr0ln 2πr2πR1NN因此螺绕环的自感系数为

L0NIhR20N2IhR2lnln 2πR12πR1I0N2h2πRln2 R112–27 一矩形线圈长l=20cm，宽b=10cm，由100匝表面绝缘的导线绕成，放置在一根长直导线的旁边，并和直导线在同一平面内，该直导线是一个闭合回路的一部分，其余部离线圈很远，其影响可忽略不计。求图12-34中（a）（b）两种情况下，线圈与长直导线间的

155

互感。

b

b b/2 I l I l

（a）

图12–34

（b）

解：（1）图12-34（a）情况。

设长直导线上有电流I，在矩形线圈面积上距直导线x处，取一宽为dx，长为l且与直导线平行的长条形面积元dS=ldx，如图12-35所示。该面积元上磁感应强度为

b b IB0，在导线右边平面内其方向垂直纸面向里，通过

2πx面积元的磁通量为

I dS l IdBdS=BdS0ldx

2πx则整个线圈上的磁通量为 2πx线圈与长直导线间的互感为

Mx db2b0Ildx0Il2πdx 图12–35

ln2

IN0Nlln2 I2πb/2 4π1071000.2ln2

2π=2.810–6H

（2）图12-34（b）情况。

设长直导线上有电流I，将矩形线圈视为许多宽为dx，长为l的长条形面积元dS组成，在两个关于长直导线对称的面积元上，磁感应强度大小相等，方向相反，因而这两个面积元的磁通量大小相等，符号相反，代数和为零，进而整个矩形面积的磁通量为零，如图12-26所示，因此线圈与长直导线间的互感也为零。 线密绕两个线圈，一个N1匝，另一个N2匝，试求：

（1）两个线圈的自感L1和L2； （2）两个线圈的互感M；

156

dx I l dx 图12–36

12–28 一螺绕环，横截面的半径为a，中心线的半径为R，R>>a，其上由表面绝缘的导

（3）M与L1和L2的关系。

解：设在匝数为N1的螺绕环1中通以电流I1，在匝数为N2的螺绕环2中通以电流I2， （1）由于R>>a，环中B可视为均匀，线圈1中，电流I1产生的磁场为

NIB10n1I1011

2πR每匝的磁通量为

11B1SB1S线圈1的磁链

0N1I12πRπa20N1I1a22R

11N111因此线圈1的自感系数为

L10N12I1a22R

11I10N12a22R

同理，线圈2的自感系数为

L222I20N22a22R

（2）螺绕环1中通以电流I1，它在螺绕环2中产生的磁通量为

21B1S11磁链为

0N1I1a22R

21N221因此互感系数为

M0N1N2I1a22R

21I10N1N2a22R

（3）L1L2完全耦合。

02N12N22a44R2M2。因此，ML1L2，即耦合系数k=1，此两线圈为

12–29 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量。要储存1KWh的能量，利用1.0T的磁场，需要多大体积的磁场？若利用线圈中500A的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应为多大?

解：需要的磁场的体积为

Wm20Wm24π1073.6106V=9.0m3

wmB212所需线圈的自感系数为

L2WmI223.6106500229H

12–30 一长直的铜导线，截面半径为5.5mm，通有电流20A。求导线表面处的电场能量密度和磁场能量密度。铜的电阻率1.6910–8m。

157

解：铜导线表面处的磁感应强度

IB0

2πR铜导线表面处的磁场能量密度

0I2B24π107202=0.21J/m3 wm208π2R28π2(5.5103)2根据欧姆定律的微分形式，铜导线表面处的电场为

EjIπR2j

式中和分别为铜的电导率和电阻率。

电场能量密度为

2we0E2202I2I 242πR22πR0=5.610–17 J/m3

8.851012(1.69108)22022π2(5.5103)412–31 半径为R的圆柱形长直导体，均匀流过电流I，（1）求证：导体内单位长度储存

0I2的磁能为（设导体的相对磁导率r1）;（2）在导体外部磁场中，与导体内部磁能相

16π等的范围是多大？

解：由H的安培环路定理可得导体内、外的磁场强度分布。 当rI lHdlH2πrπR2πrHIr2πR2,(rR)

I2

R r l 当r>R时，有

lHdlH2πrI

H由

I,(rR) 2πrR O r dr 11wmH20rH2

22当r图12–37

Ir0rI2r21 wm0r22428πR2πR当r>R时，在半径r处的磁能密度为

20rI21I0r wm2222πr8πr2（1）在导体内取半径为r，长度为l，厚为dr与导体同轴的圆柱形薄壳，如图12-37所

158

示。薄壳处的磁能密度为wm0rI2r28πR24薄壳体积dV=2rldr薄壳中的磁能为

dWmwmdV0rI2lr34πR4dr

单位长度导体内的总磁能为

R0rI2r30rI20I211 WmdWmwmdVdr40ll16π16π4πR（2）同样，单位长度下，导体外部半径在R+r´范围内的磁能为

0rI2r0I2r111r0rI2dWmwmdVWm2πrldrlnln

lllR8π2r24πR4πR导体外部磁能与导体内部磁能相等，有

0I216π0I24πlnr R因此

rRe14

12–32 （1）试证明平行板电容器两极板之间的位移电流可写为IdCdV，其中C是dt电容器的电容，V是两极板间的电势差。（2）要在1.0F的电容器内产生1.0A的位移电流，加在电容器上的电压变化率应是多大？

证明：（1）设平行板电容器极板上单位面积的带电量为，则由高斯定理可计算出平行板电容器两极板间的电位移大小为

D

电容器平行于极板的截面上的电位移通量为

DDSSqCU

因此，电容器中的位移电流

Id得证。

ddV Cdtdt（2）由（1）可知，加在电容器上的电压变化率应为

dVId1.0=1.0106V/s dtC1.0106 159