第三篇 电磁学
培力的作用，其方向与下滑的方向相反，且随着速度?的增大而增大。因此，棒作减速运动，当棒所受的
?F?0时，运动速度达到最大值，不再增加，即随后以该速度作匀速直线运动。
B2l2cos?FA?? (1)
R解：导体棒在下滑过程中，受重力P，导轨支持力FN和安培力FA的作用，如图9-47 (b)所示。由安培定律可知，在t时刻导体棒所受的安培力大小为：
在导体棒下滑方向，由由牛顿第二定律可得：
mgsin??FAcos??ma?m由(1)和(2)有
d? (2) dtB2l2cos?d??cos??：gsin??
mRdtB2l2cos2?令T?，则上式变为：
mRgsin?-T?=分离变量并两边积分有：
d? dt?由上式可得导体在t时刻的速度为：
υ0td???dt 0gsin?-T???特例：当t??时
mgRsin?(1?eB2l2cos2??B2l2cos2?tmR)
由此可见，当t增大时，?按指数规律增大，其图像见图9-47 (c)。
???m?mgRsin? 222Blcos?23上式为导体棒下滑时所能达到的最大速度。即导体棒下滑时的稳定速度。
9－16 一空心长直螺线管，长为0.50m，横截面积为10.0cm，若螺线管上密绕线圈3.0?10匝，问：
(1)自感为多大？
(2)若其中电流随时间的变化率为10A?S，自感电动势的大小和方向又如何？ 分析：由密绕长直螺线管的导出公式求出L，再求?L。 解：(1)长直螺线管的自感为：
?1N2SL?N?nS???2.26?10?2H
l(2)当
dI?10A?s?1时，线圈中的自感电动势为： dtdI?L??L??0.226V
dt83
第三篇 电磁学
负号表示，当电流时，自感电动势的方向与回路中电流I的方向相反。
9－17 如图9－48所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB和A'B'，每个线圈的自感均为L，求：
(1)A和A'相接时，B和B'间的自感L1； (2) A'和B相接时，A和B'间的自感L2。
分析：无论线圈AB和A'B'作哪种方式连接，均要看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解，求解过程中可利用磁通量的叠加原理。如一组载流线圈单独存在时，穿过自身回路的磁通量为?，则穿过两线圈回路的磁通量为2?；而当线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁
通量为2??2?，“?”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反。
解：如图9－48所示，设一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为?0，则穿过两线圈回路的磁通量为2?0。
(1)当A和A'连接时，AB和A'B'线圈中的电流流向相反，通过回路两回路的磁通量方向相反，故整个回路的磁通量为：?1?2?0?2?0?0，故
图9－48 习题9－17图解
L1?同，故整个回路的磁通量为：
?1?0 I(2)当A'和B连接时，AB和A'B'线圈中的电流流向相同，通过回路两回路的磁通量方向亦相
?2?2?0?2?0?4?0
故
L2?2?2??4?4L II9－18如图9-49所示，一面积为4.0cm共50匝的小圆形线圈A，放在半径为20cm共100匝的大圆形线圈B的正中央，此两线圈同心且同平面。设线A内各点的磁感应强度可看作是相同的，求：
分析：求解两线圈回路的互感与求自感一样通常有二种方法：
解：方法一：理论计算：设回路1中通有电流I1，则穿过回路2的磁通量为?21，则互感
M?M21??21，或设回路2中通有电流I2，则穿过回路1的磁通量为?12，则互感I1M?M12??12； I2方法二：工程中一般用M??MdI/dt求解，式中dI/dt为某一回路的电流变化率，?M为另一
回路的互感电动势，两者在实验中易测量。
（1）两线圈的互感；
（2）当线圈B中电流的变化率为?50A?s时，线圈A中感应电动势的大小和方向。 解：(1)设流过线圈B中的电流为I，由于线圈A很小，可近似认为线圈B在线圈A中产生的磁
84
?1第三篇 电磁学
感强度是均匀的，其大小为：
B?NB?0I2R
则穿过线圈A中的总磁通量(磁链)为：
?A?NABSA?NANB两线圈的互感为：
?0I2RSA
??A?NANB0SA?6.28?10?6H I2R注：此题，若设线圈A中流过的电流为I，由于其周围的磁
M?由此可见，计算互感时一定要善于选择方便的途径。
(2)?A??M图9-49习题9-18图解 场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B中的磁通量也就很难求得，因而互感也就很难求得。
dI?3.14?10?4V dt互感电动势的方向和线圈B中的电流方向相同。
9－19有一双层密绕的空心长直螺线管，长为l，截面积为S，如图9-50所示，此共轴螺线管的内层绕组的总匝数为N1，外层绕组的总匝数为N2，求两个绕组的互感。
分析：设任一回路中通有电流I1，求出它穿过另一回路的磁通量为?21，再根据互感定义式求互感。
解：假设在长直线管1上通过的电流为I1，则螺线管内中部的磁感应强度为：
B＝?0N1I1 lN1N2I1S l图9-50 习题9-19图解 穿过N2匝线圈的总磁通量为：
?21?BSN2＝?0根据互感系数的定义可得：
?NNM＝21＝?012S
I1l9-20 一个直径为0.01m，长为0.10m的长直密绕螺线管，共1000匝线圈，总电阻为7.76?。求：如把线圈接到电动势??2.0V的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？磁能密度是多少?
分析：计算单—载流回路所具有的磁能，通常有二种方法：
(1)若已知回路的自感为L，则该回路通有电流I时所储存的磁能为：Wm?感磁能。
12LI；通常称为自2B2111(2)已知磁场能量密度?m???H2?BH?B?H，由Wm???mdV，求磁能，其中
2?222积分遍及磁场存在的空间。
解：因:密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感为：
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第三篇 电磁学
L?电流稳定后，线圈中电流为：
?0N2Sl
I?
则线圈中所储存的磁能为：
?R
12?0N2S?2Wm?LI??3.28?10?5J 222lR又由Wm?V?m?Sl?m得磁能密度为：
?m?Wm?4.17J?m?3 Sl9-21 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I。试证：每单位长度导线内所贮
?I2藏的磁能为。
16?分析：由安培环路定律求出无限长载流直导线激发的在磁场，由于本题仅求单位长度导体内所储存的磁能，故用Wm???VmdV较方便。
证明：对于半径为R无限长直载流导线，由安培环路定律可知： 当r?R时，B1??0I?Ir，当r?R时，B2?02 2?r2?RB2由?m?可得磁能密度为：
2?0?m?1?0Ir2() 22?02?R再由Wm??mdV可得单位长度导线内所贮藏的磁能为：
?Wm???mdV??VR0?0I21?0Ir2 ()2?rdr?22?02?R16?9-22 如图9－51所示，平板容器两极板都是半径为5.0cm的圆导体片，设充电电荷在极板上均匀分布，两极板间电场强度的时间变化率为
dE?2.0?1013V?m?1?s?1，求 dt（1）两极板间的位移电流；
（2）两极板间磁感应强度的分布及极板边缘的磁感应强度。 分析：由题可知，磁场对两极板的中心轴线具有对称分布，在垂直于该轴的平面上，取以轴点为圆心，以r为半径的圆作积分环手螺旋，因此可用全电流安培环路定律、D与E、H与B的关系求解。
解：（1）两极板间的位移电流为：
图9-51 习题9-22图解 路，由于对称性，在此积分回路上磁感应强度的大小相等，方向沿环路的切线方向，且与电流成右 86
第三篇 电磁学
Id?d?DdDdE?S??R2?0?1.4A dtdtdt（2）由全电流安培环路定律有：
???H?dl?lB?02? r?? r2?0r
dE dtB?当r=R时，B??0?0dE2dt?0?02RdE?5.6?10?6T dt可见，虽然电场强度的时间变化率已经很大，但它所触发的磁场仍然是很弱的，在实验中不易测量到。
综合练习题
一、填空题
1、把一根导线弯成形状固定的平面曲线放在均匀磁场B中，绕其一端α点以角速率?逆时针方向旋转，转轴与B平行，如图9-52所示。则整个回路电动势为 ，ab两端的电动势为 。
图9-52
图－53
2、引起动生电动势的非静电力是 力，其非静电场强度Ek = 。 3、如图9-53所示，在通有电流为I的长直导线近旁有一导线段ab长l，离长直导线距离d，当它沿平行于长直导线的方向以速度?平移时，导线中的?i=____ 。
4、感应电场是由 产生的，它的电场线是 的，它对导体中的自由电荷的作用力大小为 。
5、如图9-54所示，导体AB长为L，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应线垂直纸面向里，AB搁在支架上成为电路的一部分。当电路接通时，导体AB弹跳起来，此时导体AB中的电流方向为 。
6、 半径为r的小导线圆环置于半径为R的大导线圆环的中心，二者在同一平面内。且r??R。若在大导线圆环中通有电流i?I0sin?t，其中?，I0为常量，t为时间。则任意时刻，小导线圆环中感应电动势的大小为 。
7、一个折成角形的金属导线aoc（ao?oc?l）位于xoy平面中，磁感强度为B的匀强磁场垂直于xoy平面，如图9－55所示。当aoc以速度?沿x轴正方向运动时，导线a，c两点的电势差Vac= ；当aoc以速度?沿y轴正方向运动时，导线上o，a两点的电势差Voa＝ 。
8、自感为0.25H的线圈中，当电流在(1／16)s内由2A均匀减少到零时，线圈中自感电动势的大小为 。
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