1、第五章 静 电 场5 9 若电荷Q 均匀地分布在长为 L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为204LrQE(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 20421r若棒为无限长(即L)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq Q dx/L，它在点P 的电场强度为 rqeE20d41整个带电体在点P 的电场强度 d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点
2、P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同， LEid(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是 Lyjjdsind证 (1) 延长线上一点P 的电场强度 ，利用几何关系 rr x统一积分LqE20d变量，则电场强度的方向 200220 412/14d4 LrQrrQxrLE/-P 沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 rqLd4sin20利用几何关系 sin r/r， 统一积分变量，则2xr203/220 4141LrQEL/- 当棒长L
3、时，若棒单位长度所带电荷为常量，则P 点电场强度rrl022 /1im此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同图(B).这说明只要满足r 2/L2 1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即 SdsE方法2：作半径为R 的平面S与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理01d0qSE这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而 SSd解1 由于闭合曲面内无电荷
4、分布，根据高斯定理，有 SSE依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向， R22cos解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为 rEeeesinincosrRSdd2ERSS2002sinii5 17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为 Rrk 0k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有 2S4drE根据高斯定理 ，可解
5、得电场强度的分布.Vd10SE(2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为 ，每个带电球壳在壳内激发的电场 ，而在球壳rq42 0dE外激发的电场 rqeE204d由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布 RrrRr d0E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0rR)Vd0SE40022d414rkkrrEre02球体外(r R) 40022d414rkkrrERre02解2 将带电球分割成球壳，球壳带电 rkVqd4d2由上述分析，球体内(0rR) rrr keE02201球体外(r
6、R) rrRkRrkr e2020 4d415 20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而.在确定高斯面内的电荷 后，利用高斯定理 即可24drESq0/dqSE求出电场强度的分布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析 02/4rEr R 1 ，该高斯面内无电荷，
7、 ，故0q1R1 r R 2 ，高斯面内电荷 312RQ故 2312024rER2 r R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故 2013rQr R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 Q 2 ，故 2014rE电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量 02334RQE这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时， E 的变化就变陡，最后当厚度
8、趋于零时，E的变化成为一跃变.5 21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 R 1 )，单位长度上的电荷为.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r R 1 ，(2) R 1 r R 2 ，(3) r R 2 .分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且 ，求出不同半径高斯面内rLEd2S的电荷 .即可解得各区域电场的分布.q解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 0/2qrLEr R 1 ， 01E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R1 r R 2 ， Lqr0r R 2
9、， q3E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变002rLE这与5 20 题分析讨论的结果一致.5 22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 Q 3 Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得 Q2 .外力作功W应等于电场力作功W 的负值，即WW.求电场力作功的方法有两种： (1)根据功的定义，电场力作的功为 lEd02W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能
10、差的关系，有 0202VQ其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零 24031201 dd解得 Q32由点电荷电场的叠加，Q 1 、 Q3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 2/32031ydEy将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处， (沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为 dQydQQWy022/320002 841dl解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时 ，并由电势412的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势 dQdV0030124将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功
11、dW0228比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.5 23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为 reE02为电荷线密度.(1)求在r r 1 和r r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有 12012lndrUrE(2) 不能.严格地讲，电场强度 只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷re0分布在无限空间，r处的电势应与直线上的电势相等.5 27 两个同心球
12、面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求pVlEd电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rQV04在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势 R04其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的
13、分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布 22013121 4 0RrQreE由电势 可求得各区域的电势分布.rVld当rR 1 时，有 2010 2011 324dd211RQVRRRrlEllE当R 1 rR 2 时，有 20012013224d2RQrVRrlEl当rR 2 时，有 rVr02133dlE(2) 两个球面间的电势差 2102124d1 RQURl解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即rR 1 ，则201014RQV若该点位于两个球面之间，即R 1 rR 2 ，则 20014r若该点位于两个球面之外，即rR 2 ，则 rQV02134(2
14、) 两个球面间的电势差 20101212 4RURr第六章 静电场中的导体与电介质6 1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A） 升高 （B） 降低 （C） 不会发生变化 （D） 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。6 3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（
15、）（A） dqVE04,（B） 020,（C） ,VE（D） Rqd0204,分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷q，导体球表面的感应电荷q在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷 q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。6 4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( )（A） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C） 若电位移
16、矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E）。6 5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）（A） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ 倍（B） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场
17、强度的1/ 倍（C） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ 倍（D） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的 倍分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有iSS q001d1E即E E / ，因而正确答案为（A ）。6 8 一导体球半径为R ，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V 求此系统的电势和电场的分布分析 若
18、，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强204度处处为零，内球不带电若 ，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带20RV电一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布并由 或电势叠加求出电势的pVlEd分布最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R 、R 2表示解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称取同心球面为高斯面，由高斯定理 ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得 02/4dqrErSE各区域内的电场分布为r R 时， 01rR rR 2 时， 2024qErR 2
19、时， 202rQ由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布r R 时， 20103211 4dd21 RQqVRRRrr lEllElR rR 2 时， 20032 4dd2 rqRRrr lllrR 2 时， rQqVr034dlE3也可以从球面电势的叠加求电势的分布在导体球内（r R ）201014Rq在导体球和球壳之间（R rR 2 ） 2004QrqV在球壳外（rR 2） rq034由题意 102014RQqV得 102014q代入电场、电势的分布得r R 时，；01E01VR rR 2 时， ；201214rRQrVErRQrV201014)(rR 2 时，；201201
20、34)(rrrr2010134)(6 12 如图所示球形金属腔带电量为Q 0，内半径为 ，外半径为b，腔内距球心O 为r 处有一点电荷q，求球心的电势分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷q，外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布球心O 点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势 RV04d由于R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R的带电球面在球心产生的电势为 qs004d由电势的叠加可以求得球心的电势解 导体球内表面感应电荷q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势为 bQqarqV00044第七章
21、恒定磁场7 2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（ ）（A） （ B） Br2r2（C） （ D） coscos分析与解 作半径为r 的圆S与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S的磁通量；因而正确答案为（D）Bm7 3 下列说法正确的是（ ）（A） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回
22、路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）7 4 在图（）和（）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）（A） ，21LLdlBl21P（B） ，21 21（C） ，21LLll21P（D） ，21d21B分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同
23、样会改变回路上各点的磁场分布因而正确答案为（C）7 10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发由于电源距环较远， 而be、fa两段直线的延长线通过点O，由0efB于 ，由毕萨定律知 流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，0Idlrbfa两圆弧在点O 激发的磁场分别为,21014rlIB20rlI其中I 1 、I 2 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有
24、21lI将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度 B解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度 0422101rlIlB7 11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O 的磁感强度各为多少？分析 应用磁场叠加原理求解将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度 iB0解 （） 长直电流对点O 而言，有 ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点0rlIdO 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有 RIB80B0 的方向垂直纸面向外（） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得 I200B0 的方向垂直纸面向里（
25、c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得 RIIRIB4244000B0 的方向垂直纸面向外7 15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量BS为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ldx 图（），载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 xld2d0SB矩形平面的总磁通量 解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量 21 1200lndIxl7 17 有一同轴电缆，其尺寸如图（）所示两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑试计算以下各处的磁感强度：（1） r R 1 ；（2） R 1
26、r R 2 ；（3） R 2 r R 3 ；（4） r R 3 画出B r 图线分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， ，利用安培环路定理 ，可解得各区域的磁感强r2dBl I0dlB度解 由上述分析得r R 1 21012rRrB210IR1 r R 2 IrB02R2 r R 3 IRrIrB230322303rr R 3 0204IrB4磁感强度B（r）的分布曲线如图（）7 29 如图（）所示，一根长直导线载有电流I 1 30 A ，矩形回路载有电流I 2 20 A试计算作用在回路上的合力已知 d 1.0 cm，b 8.0 cm，l 0.12
27、 m分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（）所示，它们的大小分别为 dlIF2103bl104故合力的大小为 N1028.23101043 bdlIlIF合力的方向朝左，指向直导线第八章 电磁感应 电磁场8 1 一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运
28、动（如图所示），则（ ）（A） 线圈中无感应电流（B） 线圈中感应电流为顺时针方向（C） 线圈中感应电流为逆时针方向（D） 线圈中感应电流方向无法确定分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定因而正确答案为（B）8 5 下列概念正确的是（ ）（A） 感应电场是保守场（B） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C） ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比LIm（D） ，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的
29、电场线是一组闭合曲线因而正确答案为（B）8 7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以 的变化率增长若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所tI示求线圈中的感应电动势分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律 来求解由于回路处在非均匀磁场中，td磁通量就需用 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度SdB1 与B 2 之和）为了积分的需要，建立如图所示的坐标系由于B 仅与x 有关，即 ，故取一个()Bx平行于长直导线的宽为x、长为d 的面元S，如图中阴影部分所示，则 ，所以，dS总磁通量可通过线积分求得（若取面元 ，则上述积分实
30、际上为二重积分）本yxSd题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式 求解tlME解1 穿过面元S 的磁通量为 xdIxI22dd 0021 SBS因此穿过线圈的磁通量为 43ln2d2d0200 IxIxdId 再由法拉第电磁感应定律，有 tItEd43ln2d0解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 l0I线圈与两长直导线间的互感为 43ln20dIM当电流以 变化时，线圈中的互感电动势为tld tIdtIE43ln20试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势设时刻t，线圈左端距右侧直导线的
31、距离为，则穿过回路的磁通量 ，它表现为变量I和的二元函数，将fS,1dB代入 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中 ，再令d tEd vt即可求得图示位置处回路中的总电动势最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势8 12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO轴以角速度旋转，棒与转轴间夹角恒为，磁感强度 B 与转轴平行求OP 棒在图示位置处的电动势分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律 计算（此时必须构造一个tEd包含OP导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO），也可用来计算由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示
32、位lBdlEv置是相同的解1 由上分析，得 lBdOPEvlocs90inllsLBlB022sin1di由矢量 的方向可知端点P 的电势较高Bv解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路 OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量为零，则回路的总电动势 QOPOEtE0d显然，E QO 0，所以 21BQOPO由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效后者是垂直切割的情况8 13 如图（）所示，金属杆AB 以匀速 平行于一长直导线移动，此导12.0msv线通有电流I 40A求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析 本题可用两种方法求解（1） 用公式 求解
33、，建立图（a）所示的lBdlEv坐标系，所取导体元 ，该处的磁感强度 （2） 用法拉第电磁感应定律xldxI0求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图（）所示设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式 求得SBd穿过该回路的磁通量，再代入公式 ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的tEd电动势解1 根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示 V1084.3ln2dd 50m1.0 vvIxxlEAB电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为x、长为y 的面元S，则穿
34、过面元的磁通量为 xyId2d0S穿过回路的磁通量为 1ln0m1.0S IxI回路的电动势为 V84.32dln2d 500 IytItE由于静止的形导轨上电动势为零，所以 1.5EAB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A 电势较高8 14 如图（）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向分析 本题亦可用两种方法求解其中应注意下列两点：1当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和如图（）所示，
35、导体eh 段和fg 段上的电动势为零此两段导体上处处满足 ，因而线框0lBdv中的总电动势为其等效电路hgefhgefghef EE llBllBdddvvv如图（）所示2用公式 求解，式中是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量为此tEd设时刻t 时，线框左边距导线的距离为 ，如图（c）所示，显然是时间t 的函数，且有在求得线框在任意位置处的电动势E（）后，再令 d，即可得线框在题目所vt给位置处的电动势解1 根据分析，线框中的电动势为 hgefEhgef lBlddvv22010llIdI12lIv由E ef Ehg 可知，线框中的电动势方向为 efgh解2 设顺时针方向为线框回路的正向根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为 lxIldxIll 12002n1 相应电动势为 120dlItEv令d，得线框在图示位置处的电动势为 120ldIv由 E 0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向
