间充满相对磁导率为μr2的均匀不导电的磁介质．设电流强度由内筒流入由外筒流出，均R2 匀分布是横截面上，导o R1 体的相对磁导率为
μr1．求H和B的分布R3 以及im为多少？
图16.6 [解答]（1）导体圆
柱的横截面积为
S0 = πR12，
圆柱体内的电流密度为δ = I/S0 = I/πR12．
在圆柱体内以轴线的点为圆心作一半径为r的圆，其面积为 S = πr2， 通过的电流为 ΣI = δS = Ir2/R12．
根据磁场中的安培环路定理
在介质的内表面，由于r = R1，所以磁化电流为
im?(?r2?1)I．
2?R1(?r2?1)I． 2?R2在介质的外表面，由于r = R2，所以
im?（3）导体圆筒的横截面积为
S` = π(R32 - R22)，
圆筒内的电流密度为δ` = I/S`．
在圆筒内以作一半径为r的圆，其面积为 S = π(r2 - R22)， 圆所包围的电流为
??H?dl??I，
L?I?I??`S?I?IS`
22R3?r2r2?R2， ?I(1?2)?I222R3?R2R3?R2S环路的周长为l = 2πr，由于B与dl的方向
相同，得磁场强度为 H??IIr，（0≦r≦R）．
?1l2?R12根据安培环路定理场强度为
??H?dl??I，得磁
L磁感应强度为
??IrB??r1?0H?r1022?R1，
2I(R3?r2)?I， H??222?r2?(R3?R2)r（0≦r≦R1）．
（2）在介质之中同样作一半径为r的环路，其周长为l = 2πr，包围的电流为I，可得磁场强度为
（R2≦r≦R3）．
磁感应强度为
H??II，（R1≦r≦R2）． ?l2?r?r1?0I(R32?r2)，
B??r1?0H?222?(R3?R2)r（R2≦r≦R3）．
（4）在圆筒之外作一圆，由于包围的电流为零，所以磁场强度和磁感应强度都为零．
16．7 在平均半径r = 0.1m，横截面积S = 6×10-4m2铸钢环上，均匀密绕N = 200匝线圈，当线圈内通有I1 = 0.63安的电流时，钢环中的磁通量Φ1 = 3.24×10-4Wb．当电流增大到I2 = 4.7安时，磁通量Φ2 = 6.18×10-4Wb，求两种情况下钢环的绝对磁导率．
[解答]钢环中的磁感应强度为B = Φ/S；
30
磁感应强度为
B??r2?0H?B?r2?0I2?r，（R1≦r≦R2）．
磁化强度为
M??0?H?(?r2?1)H?(?r2?1)I2?r．
磁化面电流的线密度为 im = M×n0，n0是介质表面的法向单位矢量．在介质的两个圆形表面，由于M与n0垂直，im = |M×n0| = M．
根据安培环路定理
??H?dl??I，得磁
L场强度为H = NI/2πr．
根据公式B = μH，得绝对磁导率为
??B2?r?． ?HNIS（1）在第一种情况下
2??0.1?3.24?10?4 ??200?0.63?6?10?4 = 2.69×10-3(H·m-1) ．
（2）在第二种情况下
2??0.1?6.18?10?4 ???4200?4.7?6?10= 6.88×10-4(H·m-1) ．
16．8 一矩磁材料，如图所示．反向磁场一超过矫顽力Hc，磁化方向立即翻转．用矩磁材料制造的电子计算机中存储元件的环形磁芯，其外径为0.8mm，内径为0.5mm，高为0.3mm．若磁芯原来已被磁化，方向如图所示，现在
M 需使磁芯从内到外的磁化方
-Hc o H 向全部翻转，
导线中脉冲电流I的峰值至少需要多大？图16.8 设磁性材料的
矫顽力Hc?1?103(A·m-1)．
P204．
17．1 一条铜棒
O` B 长为L = 0.5m，水平
ω B 放置，可绕距离A端A 为L/5处和棒垂直的
L/5 O 轴OO`在水平面内旋
转，每秒转动一周．铜图17.1 棒置于竖直向上的匀
强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T．求铜棒两端A、B的电势差，何端电势高．
[解答]设想一个半径为R的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间dt后转过的角度为
dθ = ωdt，
扫过的面积为 L ω 2
dS = Rdθ/2， l dθ 切割的磁通量为 o R dΦ = BdS = BR2dθ/2，
动生电动势的大小为 ε = dΦ/dt = ωBR2/2．
根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．
AO和BO段的动生电动势大小分别为
?AO??BL， ()?255022?BL2?BO16?BL2． ?()?2550?B4L2?[解答]直线电流I产生磁感应强度为
B = μ0I/2πr，
产生的磁场为 H = B/μ0 = I/2πr．
为了磁芯从内到外的磁化方向全部翻转，电流在磁芯外侧r = 0.4mm处产生的磁场应该为 H = Hc， 即 Hc=I/2πr， 所以，脉冲电流为
I = 2πrHc
由于BO > AO，所以B端的电势比A端更高，A和B端的电势差为
3?BL2 ???BO??AO?103?BL23?2??1.0?10?4(0.5)2 ??1010= 4.71×10-4(V)．
[讨论]如果棒上两点到o的距离分别为L和l，则两点间的电势差为
?2??0.4?10?3
1?103?0.4(A)． 2????B(L?l)2?Bl22?2??B(L2?2Ll)2 第十七章 电磁场
31
．
17．2 一长直载流导线电流强度为I，铜棒AB长为L，A
xA A 端与直导线的距离I l 为xA，AB与直导线θ v r dl 的夹角为θ，以水平
速度v向右运动．求B AB棒的动生电动
o x 势为多少，何端电
图17.2
势高？
[解答]在棒上长为l处取一线元dl，在垂直于速度方向上的长度为
dl⊥ = dlcosθ；
线元到直线之间的距离为
r = xA + lsinθ，
直线电流在线元处产生的磁感应强度为
所以???0IvL，这就是棒垂直割磁力线2?xAB??0I?0I． ?2?r2?(xA?lsin?)由于B，v和dl⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为
d??Bvdl??棒的动生电动势为
?0Ivcos?dl， 2?(xA?lsin?)?0Ivcos?Ldl ???2?0xA?lsin??0Ivcos?Ld(xA?lsin?) ?2?sin??x?lsin?A0??0Ivx?Lsin?， cot?lnA2?xA时所产生电动势．
17．3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB，质
A 量为m，长为B L．在导轨上的v0 R 端接有电阻R．匀强磁场BB 垂直导轨平面图17.3 向里．当AB
杆以初速度v0向运动时，求：
（1）AB杆能够移动的距离；
（2）在移动过程中电阻R上放出的焦耳热为多少？
[分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来．
[解答]（1）方法一：速度法．设杆运动时间t时的速度为v，则动生电动势为
ε = BLv，
电流为 I = ε/R， 所受的安培力的大小为
F = ILB = εLB/R = (BL)2v/R，
方向与速度方向相反．
取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma得速度的微分方程为
A端的电势高．
[讨论]（1）当θ→π/2时，cotθ = cosθ/sinθ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势．
（2）当θ→0时，由于
(BL)2vdv??m，
Rdtdv(BL)2即： ??dt
vmR积分得方程的通解为
x?Lsin?Lsin?Lsin?lnA?ln(1?)?xAxAxA，
(BL)2lnv??t?C1．
mR根据初始条件，当t = 0时，v = v0，可得常
32
量C1 = lnv0．方程的特解为
整个运动过程中产生的焦耳热为
(BL)2v?v0exp[?t]．
mR 由于v = dx/dt，可得位移的微分方程
(BLv0)2?2(BL)2Q?exp[?t]dt
R?mR022?mv02(BL)2?mv0， ?exp[?t]?2mR20(BL)2dx?v0exp[?t]dt，
mR方程的通解为
(BL)2x?v0?exp[?t]dt
mR?mRv0(BL)2?exp[?t]?C2， 2(BL)mR当t = 0时，x = 0，所以常量为C2?方程的特解为
mRv0． (BL)2即：焦耳热是杆的动能转化而来的．
17．4 如图所示，质量为m、长度为L的金属棒AB从静止开始沿倾斜的绝缘框架滑下．磁感应强度B的方向竖直向上（忽略棒AB与框架之间的摩擦），求棒AB的动生电动势．若棒AB沿光滑的金属框架滑下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R为常量，棒AB的动生电动势又为多少？
[解答]（1）棒
B A 的加速度为
D a = gsinθ， 经过时间t，棒的速B 度为 θ v = at = (gsinθ)t， C 图17.4 而切割磁力线的速
度为 v⊥ = vcosθ， 所以棒的动生电动势为
ε = BLv⊥ = BLg(sinθcosθ)t = BLg(sin2θ)t/2． （2）设棒运动时间t时的速度为v，则动生电动势为 ε = BLvcosθ， 电流为 I = ε/R， 所受的安培力的大小为
F = ILB = εLB/R = (BL)2vcosθ/R， 其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的分量为植 F` = Fcosθ， 其方向与速度的方向相反．
取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma得速度的微分方程为
mRv0(BL)2x?{1?exp[?t]}． 2(BL)mR当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为x?mRv0． 2(BL)方法二：冲量法．由F = -(BL)2v/R，得
(BL)2?dx?Fdt，
R右边积分得
?Fdt?0?mv，
t0即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．
左边积分后，可得x?mv0R． (BL)2（2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为
(BLcos?)2vdvmgsin???m，
Rdt即 dt??2(BLv)2dQ?IRdt?dt?dt
RR2mRdv， 2mgRsin??(BLcos?)v(BLv0)22(BL)2?exp[?t]dt
RmR
33
方程可化为
?mRd[mgRsin??(BLcos?)2v]． dt?22(BLcos?)mgRsin??(BLcos?)v积分得方程的通解为
两式联立也可得v?mgRsin?， (BLcos?)2t??mRln[mgRsin??(BLcos?)2v]?C2(BLcos?)．
根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量
C?mRln(mgRsin?)， 2(BLcos?)方程的特解为
?mR[mgRsin??(BLcos?)2v]t?ln2(BLcos?)mgRsin?，
棒的速度为
mgRsin?(BLcos?)2v?{1?exp[?t]}(BLcos?)2mR，
动生电动势为
??BLvcos?
mgR(BLcos?)2?tan?{1?exp[?t]}BLmR．
[讨论]当时间t趋于无穷大时，最终速度为 v?由此可以求出最终电动势和电流．
[注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能．
17．5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t的圆盘，
B 此盘绕通过其中心的ω a r a t 垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a2的均
图17.5
匀磁场B垂直于圆
盘，小面积离轴r（r>>a）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M≈B2a2r2ωζt．
[解答]电导率是电阻率的倒数ζ = 1/ρ．不妨将圆盘与磁场相对的部分当成长、宽和高分别为a、a和t的小导体，其横截面积为 S = at，
电流将从横截面中流过，长度为a，因此其电阻为
a a l1S I t R???S?t．
宽为a的边扫过磁场中，速度大小为
v = rω，
产生的感生电动势为 ε = Bav = Barω，
圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为
I = ε/R = Barωζt，
所受的安培力为
F = IaB = B2a2rωζt，
其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为
M = Fr = B2a2r2ωζt．
其方向与角速度的方向相反．
17．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD放在磁场中，磁感应强度B的方向垂直于金属架COD所在平面，一导体杆MN垂直于OD边，并
M C B 34
mgRsin?， 2(BLcos?)mgRtan?， BLmg最终电流为 I?tan?．
BL最终电动势为
??另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的功率，重力做功的功率为 P = mgsinθv， 感生电流做功的功率为
(BLvcos?)2， P?IR??RR2?2
O θ v N D x 图17.6